Sistemas bifásicos y trifásicos LEIV

ANÁLISIS DE CIRCUITOS BIFÁSICOS Y TRIFÁSICOS
Luis E. Iparraguirre Vásquez

R

Estator

N
s
t
Rotor
r

T

S
S

r

ˆ
E
ˆ
ER

ˆ
ES

ˆ
ET

ωt

ˆ
E

2008

Profesor Asociado
de la Escuela de Ingeniería Electrónica
de la Universidad Privada Antenor Orrego
Trujillo - Perú

ANÁLISIS DE CIRCUITOS BIFÁSICOS Y
TRIFÁSICOS

Reservados todos los derechos
Esta obra es propiedad intelectual del autor
Prohibida su reproducción parcial o total por
cualquier medio, sin permiso por escrito del
autor
Análisis de circuitos bifásicos y trifásicos

1

LEIV.

INTRODUCCIÓN
Para el consumo de grandes cantidades de energía eléctrica demanda generación,
transmisión y distribución de la energía eléctrica, que se logra mediante los circuitos
eléctricos trifásicos. El estudio de los circuitos polifásicos constituye un análisis
exhaustivo de los sistemas bifásicos y trifásicos, balanceados o desbalanceados, que se
estudian en el presente texto.
La generación, transmisión y distribución de la energía eléctrica es el gran negocio de
las grandes compañías eléctricas, utilizando diversos combustibles como el carbón, el
gas natural, petróleo para generar energía eléctrica en centrales térmicas; o utilizar la
energía potencial gravitatoria de grandes masas de agua y que por medio de turbinas
acopladas con los ejes de los generadores conforman las centrales hidráulicas.
El voltaje del generador en las centrales, se eleva mediante una transformador para la
transmisión a grandes distancias, debido a que las centrales, generalmente no están
ubicadas ceca de los centros de consumo, y también para tener un mínimo de pérdidas
en las líneas de transmisión.
La energía eléctrica se genera, transmite y distribuye en sistema trifásico, y sólo cuando
esta cerca de los centros de consumo se reduce su tensión a los valores de consumo
( baja tensión), y también se cambia de trifásico a monofásico de acuerdo a lo solicitado
por los usuarios.
Las líneas de transmisión generalmente están conformadas por ternas, siendo soportadas
por torres de madera o metálicos, debidamente aisladas, y en baja tensión puede estar
conformada por tres hilos o cuatro hilos; uno de los cuales está conectado a tierra y es el
de menor calibre.
El caso ideal es que los sistemas polifásicos son diseñados para operar en estado
balanceado o equilibrado, pero en condiciones normales de operación de los circuitos
polifásicos, operan cerca del equilibrio, es decir que las corrientes de cada fase deben
tener los mismos valores eficaces, para que todas las fases del sistema polifásico
distribuyan su potencia aproximadamente iguales.
La estructura básica de un sistema polifásico consiste en fuentes de voltaje conectadas a
cargas a través de transformadores y líneas de transmisión. La omisión del
transformador en el sistema polifásico, simplifica el análisis sin afectar la comprensión
básica de los cálculos implicados.
En el texto se describe el análisis de los circuitos bifásicos y trifásicos de corriente
alterna, los que son conformados por dos y tres fases respectivamente, con tensiones de
la misma frecuencia. Las corrientes alternas fueron adoptadas notablemente por Nikola
Tesla (1856 – 1943), quien obtuvo diez patentes para motores de inducción de corriente
alterna en 1895


2

LEIV.

1
Hz, frecuencia muy alta
3
para el funcionamiento de los motores eléctricos. Gradualmente se estandarizó en
Estados Unidos la frecuencia de 60 Hz, por el cual el ojo humano no puede detectar el
parpadeo que efectúa la corriente alterna senoidal en una lámpara de incandescencia,
pero si es notorio a frecuencias menores. Las frecuencias mayores tienen como efecto
aumento de pérdida de energía en el circuito magnético de las máquinas eléctricas

Los primeros alternadores de Westinghouse fueron de 133

Fundamentalmente la ventaja que presentan los circuitos trifásicos frente a los
monofásicos es que a igualdad de potencia a transmitir y pérdidas en las líneas o
conductores, las líneas trifásicas son mas económicas que los monofásicos, permitiendo
un ahorro del 25 % en el peso de los conductores (líneas).
Otra ventaja es que la potencia instantánea de un sistema trifásico balanceado es
constante, independiente del tiempo, permitiendo que los motores trifásicos tengan un
par uniforme, evitando vibraciones y esfuerzos en el rotor del motor.
Los motores trifásicos pueden arrancar por sí mismos, sin embargo los motores
monofásicos necesitan un dispositivo para conseguir el arranque.



3

LEIV.

CONTENIDO

Sistemas Polifásicos
Generador Bifásico
Tensiones de fase
Tensiones de líneas
Generador trifásico
Conexiones de los arrollamientos de fuerza en un generador trifásico
Conexión estrella ( Y )
• Secuencia de fases directa o positiva
• Secuencia de fases inversa o negativa
Conexión en delta ( ∆ )
• Secuencia de fases directa o positiva
• Secuencia de fases inversa o negativa
Cargas trifásicas
Cargas trifásicas balanceadas
Cargas trifásicas desbalanceadas
Circuitos trifásicos balanceados
Generador trifásico en Y, con carga trifásica balanceada en Y
en secuencia directa
Tensiones de fase del generador
Corrientes de líneas
Potencias aparentes de fases
Potencia aparente total trifásica
Potencia activa total
Potencia reactiva total
Generador trifásico en ∆, con carga trifásica balanceada en ∆
Corrientes de fases
Potencia aparente total
Medida de la potencia activa total absorbida por una carga trifásica
balanceada o desbalanceada
Método de los dos vatímetros
Medida de la potencia trifásica total por medio del método de los
Dos vatímetros monofásicos para el sistema Y balanceado en
secuencia directa
Medida de la potencia trifásica total por medio del método de los
dos vatímetros monofásicos para el sistema ∆ balanceado en
secuencia directa
Determinación del ángulo de la impedancia de la carga trifásica
Balanceada en Y o ∆

4

Pag.
6
6
10
10
11
13
13
16
17
18
19
19
19
19
20
20
20
20
21
22
23
23
23
25
26
26
27
28
28
29
29
31
32

33

36
39
LEIV.

Pag.
Sistema trifásico tetrafilar balanceado en Y en secuencia inversa o negativa 40
41
42
43
43
44
Medida de la potencia trifásica total por medio del método de los dos
vatímetros monofásicos para el sistema Y balanceado en secuencia
inversa o negativa
46
Sistema trifásico en ∆ en secuencia inversa o negativa
48
48
Corrientes de fases
49
50
51
52
53
53
Medida de la potencia activa mediante el método de dos vatímetros
monofásicos
54
Medida de la potencia reactiva en un sistema Y o ∆ balanceado en
secuencia directa
57
Vatímetro en cuadratura en el sistema Y o ∆ balanceado en
Secuencia directa
57
Lectura del vatímetro monofásico en cuadratura para un sistema
trifásico en Y en secuencia directa
58
Lectura del vatímetro monofásico en cuadratura para un sistema
59
trifásico en ∆ en secuencia directa
Problemas resueltos de circuitos trifásicos balanceados
62 - 92
Problemas propuestos trifásicos balanceados
92 - 98
Circuitos trifásicos desbalanceados
99
Circuito trifásico trifilar en Y desbalanceado
99
Corrientes de mallas
99
99
100
100
Circuito trifásico tetrafilar en Y desbalanceado
101
101
Corriente en el conductor neutro
101
101
101
Circuito trifásico trifilar en ∆ desbalanceado
102
Corrientes de fases
102
102
103
103
Problemas de circuitos trifásicos desbalanceados
104 - 137
Problemas propuestos desbalanceados
137 -140

5

LEIV.

SISTEMAS POLIFASICOS
Un sistema polifásico es aquel que tiene dos o más sistemas monofásicos semejantes, en
que los valores máximos de las ondas alternas senoidales no se producen al mismo
tiempo.
El sistema bifásico es aquel que tiene dos sistemas monofásicos sinusoidales con
semejantes valores de amplitud y frecuencia, pero desfasadas entre si en 90 grados
eléctricos
El sistema trifásico es aquel que tiene tres sistemas monofásicos senoidales cuyas
tensiones con los mismos valores de amplitud y frecuencia, se encuentran desfasadas
entre si en 120 grados eléctricos
En instalaciones especiales como los convertidores rotativos, servicios electrolíticos y
otras es conveniente el uso de sistemas de seis, doce o más fases, que emplean tensiones
desfasadas de 60, 30 etc., grados eléctricos
Los equipos que se utilizan en los sistemas polifásicos presentan muchas ventajas con
respecto a los monofásicos. Los generadores polifásicos son de mayores potencias y
mas económicos, presentando mayores eficiencias.
Los motores polifásicos y equipos asociados como los conmutadores, transformadores y
elementos de control, son generalmente de altas potencias para ser usados
industrialmente.
En el sistema monofásico, los motores presentan un par electromagnético no uniforme,
debido a que el flujo de potencia es pulsante, en donde la potencia se anula cuatro veces
por ciclo y se hace negativa en dos intervalos de tiempo de cada ciclo, teniendo el motor
así la velocidad variable en cada instante.
Sin embargo los motores polifásicos operan con un par o torque electromagnético
uniforme, absorbiendo potencia a un ritmo constante y sin inversiones. Estos motores
polifásicos son más eficientes y económicos.

GENERADOR BIFASICO
En un generador bifásico se encuentran dos arrollamientos iguales e independientes o
interconectados en el estator, de forma tal que quedan desplazadas en el espacio en 90º
eléctricos, tal como se muestra en la Fig. 1. En el rotor para este caso de dos polos se
encuentra el arrollamiento de excitación que es alimentado por una fuente de tensión
continua, a través de un reóstato de campo, y que al girar el rotor a una velocidad
angular ω, se inducen en las bobinas de fuerza ( bobinas del estator) tensiones con
desfases de 90 grados eléctricos, tal como se muestra en la Fig.3
En la Fig. 2 se muestra un rotor de cuatro polos


6

LEIV.

Fig. 2

Rotor de cuatro polos
salientes

Fig. 1 Generador Bifásico de dos polos

ˆ
E

ˆ
EA

ˆ
EB

ωt
α

ˆ
−E

Fig. 3

Tensiones inducidas de un generador bifásico en secuencia AB

Así:

ˆ
ˆ
ˆ
EA = EB = E

…( 1 )

En la fase A se induce:

ˆ
e Aa ( t ) = E Sen ωt V

…( 2 )

En la fase B se induce:

ˆ
e Bb ( t ) = E Sen ( ωt − 90 º ) V

…( 3 )


7

LEIV.

El correspondiente diagrama fasorial de la Fig. 3 se muestra en la Fig. 4a y Fig. 4b
a

A

b

E Aa

E Aa

E Bb

B

E Bb

Fig. 4a

Fig. 4b

Estas tensiones tienen una secuencia AB, es decir que e Aa ( t ) ocurre primero y después
de 90º eléctricos ocurre e Bb ( t ) a esta secuencia de fases se le denomina secuencia
positiva o secuencia directa.
También puede darse la secuencia inversa BA o negativa, cuando ocurre primero
e Bb ( t ) , y después de 90º eléctricos ocurre e Aa ( t ) , tal como se muestra en la Fig. 5

ˆ
E

ˆ
EA

ˆ
EB

ωt
α

ˆ
−E

Fig. 5 Tensiones inducidas de un generador bifásico en secuencia BA
Siendo estas tensiones:

ˆ
e Bb ( t ) = E Sen ωt V

ˆ
e Aa ( t ) = E Sen (ωt − 90 º ) V

(4)
(5)

El correspondiente diagrama fasorial de la Fig. 5 se grafica en las Fig. 6a y Fig. 6b

8

LEIV.

E Bb

E Bb

E Aa
E Aa

Fig. 6a

Fig. 6b

Los primeros sistemas polifásicos eran bifásicos o tetrafásicos, siendo completamente
desalojados por los sistemas trifásicos; pero en servicio subsisten cierta cantidad de
sistemas bifásicos, especialmente en los casos de equipos originales de alta calidad o en
los sistemas servomecánicos, donde las máquinas bifásicas tienen gran ventaja.
Un sistema bifásico se caracteriza por un desfase de 90 grados eléctricos entre las
tensiones; las que son generadas en un alternador de dos devanados independientes,
separados en el espacio por el mismo desplazamiento angular que el desplazamiento de
las tensiones en el tiempo
En la Fig. 7(a) , (b), y (c) se muestra un sistema bifásico en secuencia AB o secuencia
directa
Las tensiones de fases son E AN , E BN
En la tensión E AN , significa que el borne “A” es más positivo que el borne “N”
Las tensiones de líneas son E AB , E BA
En la tensión E AB , significa que el borne “A” es más positivo que el borne “B”
En la tensión E BA , significa que el borne “B” es más positivo que el borne “A”
N

a

A

b

E Aa

E Aa = E AN

N

EA

E AB

E Bb = E BN

E Bb

B

Fig. 7

EB

B

(a)

(b)

E BA

(c)

Siendo el valor eficaz de las tensiones de fase E f y el valor eficaz de las tensiones de
línea E l , se tiene:


9

LEIV.

Tensiones de fases
Si: E AN = E f / 0 º V (referencia) en secuencia directa, entonces E BN = E f / − 90 º V

Tensiones de líneas

E AB = E AN − E BN = E f / 0 º − E f / − 90 º , E AB = 2 E f / 45º V

y

E BA = E BN − E AN = E f / − 90 º − E f / 0 º , E BA = 2 E f / − 135º V
En un sistema bifásico

El = 2 Ef
E Aa

E Aa

El circuito de la Fig. 7(a) pertenece a un generador bifásico
trifilar ( tres hilos).
E Bb

El circuito de la Fig. 8 pertenece a un generador

E Bb

bifásico tetrafilar (cuatro hilos) donde cada fase es utilizada
independientemente como dos sistemas monofásicos.

La Fig. 9 muestra un circuito eléctrico que constituye un generador tetrafásico
pentafilar (4 fases - 5 hilos) del que se tiene:

E Aa = E f / 0 º V

E Bb
2

E Aa
2

Ef
E
/ 0 º + f / − 90 º =
2
2
Ef
=
/ − 45º V
2

E Ab =
E Ab
E Aa
2

E Bb
2


E BN =

10

E Bb = E f / − 90 º V

2 Ef
/ − 45º
2

Ef
/ − 90 º V
2

LEIV.

La Fig. 10 que constituye un sistema tetrafásico tetrafilar ( 4 fases - 4 hilos ), del
que se tiene:
E Aa

E QS = E Aa − E Bb
− E Bb

E QS = E f / 0 º − E f / − 90 º

E Bb

E QS = 2 E f / 45º V
− E Aa

GENERADOR TRIFASICO
Un generador trifásico es aquel que tiene tres arrollamientos independientes,
distribuidos en la periferia interna del estator, para los generadores de polos salientes; o
los tres arrollamientos independientes distribuidos en la periferia externa del rotor, para
los generadores de rotor cilíndrico. En la Fig. 11 se muestra un generador trifásico
bipolar, de rotor de polos salientes.

Fig. 11 Generador trifásico de dos polos salientes

11

LEIV.

En estos tres arrollamientos independientes e iguales, se inducen tensiones alternas
senoidales desfasadas entre si en 120 grados eléctricos, debido a que la distribución de
los arrollamientos en la máquina rotativa, también están a 120 grados eléctricos Cada
arrollamiento independiente tiene un par de bornes denotados con las letras R-r, S-s, y
T-t, tal como se muestra en la Fig. 11. El estator y rotor está formado por chapas
laminadas de acero u otras aleaciones siliciosas.
Las tensiones inducidas en los arrollamientos de fuerza según Faraday, es debida a la
acción de una estructura de excitación en corriente continua, la que genera un campo
electromagnético y que al girar concéntricamente a una velocidad angular ωr , y las
espiras de los arrollamientos de fuerza cortan líneas de flujo, generando las tensiones de
las fases R, S, y T, tal como se muestra en la Fig. 12

ˆ
E

ˆ
ER

ˆ
ES

ˆ
ET

ωt

ˆ
E

Fig. 12 Tensiones inducidas en secuencia RST, de un generador trifásico

ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
E R = ES = E T = E

(6)

ˆ
e Rr ( t ) = E Sen ωt

(7)

ˆ
e Ss ( t ) = E Sen (ωt − 120 º )

(8)

ˆ
e Tt ( t ) = E Sen ( ωt + 120 º )

Así

(9)

La secuencia de fases RST, STR, TRS, es denominada secuencia directa o positiva, y es
la que hace girar a los motores trifásicos de inducción en el sentido horario.
La secuencia de fases RTS, TSR, SRT, es denominada secuencia inversa o negativa, y
hace girar a los motores de inducción en el sentido antihorario.

12

LEIV.

En la Fig. 13 se muestra el diagrama fasorial de las tensiones inducidas en los
arrollamientos de fuerza, tal que al girar a la velocidad angular ωr rad/s, se generan las
tensiones de la Fig. 12
E Tt

12
0º

120º

E Rr

0º
12

E Ss

Fig 13

Una vez establecida la secuencias de fases, debe determinarse el orden en que deben
conectarse los conductores de línea a la carga.
Un motor de inducción trifásico alimentado en secuencia directa o positiva, gira en un
sentido. Si se intercambian dos de los conductores cualesquiera, entonces se invierte la
secuencia de fases a la secuencia inversa o negativa, y el motor de inducción invierte el
sentido de giro.

CONEXIONES DE LOS ARROLLAMIENTOS DE FUERZA EN UN
GENERADOR TRIFÁSICO
Si cada una de las tres fases independientes del
generador trifásico de la Fig. 14, pueden actuar
independientemente, se tendría un sistema trifásico
exafilar

T

E Tt
t

s

r

R
E Rr

E Ss

En la práctica los generadores trifásicos se pueden
conectar en estrella (Y); o en triángulo o delta (∆)

Conexión del generador en Estrella (Y).

S
Para realizar este tipo de conexión los tres bornes r, s, y
t, se unen entre sí, formando un borne común denominado neutro, denotado con la letra
mayúscula N, tal como se muestra en la Fig. 15 conformando un sistema trifásico trifilar
( 3 fases - 3 hilos ); y Fig. 16 conformando un sistema trifásico tetrafilar ( 3 fases - 4
hilos ); ambas en secuencia de fases directa o positiva


13

LEIV.

T

T

T

T
E TN

E TN

t
t N
r
s

N

r

s

R
E RN

E SN

E SN

R

E RN
N

S

S

S

S

Al invertir la secuencia de fases a inversa o negativa, se tendría las Fig. 17 y Fig. 18
S

S

S

S
E SN

E SN
s
t

N

N

R

r

R
E TN

E RN

E TN

E RN
N

T

T

T
Fig. 18.- Generador trifásico tetrafilar en
secuencia inversa o negativa

T

T

E TR
E TN

E RN
N

R

E RS
E SN
E ST

E TR o E RT

S


Del circuito de la Fig. 15 que
corresponde a un generador trifásico
trifilar en secuencia directa, y que
por no tener el conductor neutro,
sólo se puede obtener tensiones de
líneas, que corresponden a las
tensiones entre las líneas R y S,
obteniendo la tensión E RS o E SR ;
entre las líneas S y T, para obtener la
tensión E ST o E TS ; y entre las
líneas T y R, para obtener la tensión

14

LEIV.

Del circuito de la Fig. 16 que corresponde a un generador trifásico tetrafilar en
secuencia directa, se pueden obtener tanto las tensiones de líneas como las tensiones de
fases.
Una tensión de línea se obtiene entre dos líneas cualesquiera, y una tensión de fase se
obtiene entre una línea y el conductor neutro.
Las tensiones de fase tienen el mismo valor eficaz E RN = E SN = E TN = E f

… (10)

y se encuentran desfasadas entre ellas en 120 grados eléctricos
También se determina que fasorialmente:
E RN = − E NR

…(11)

E SN = − E NS

…(12)

E TN = − E NT

…(13)

De la Fig. 19, las tensiones de líneas son.

E RS = E RN − E SN

…(14)

E ST = E SN − E TN

…(15)

E TR = E TN − E RN

…(16)

De la Fig. 19, se ha obtenido el triángulo SNR que es isósceles y que se muestra en la
Fig. 20 y Fig. 21
E RN

Ef

N

N

R

E RS

R

Ef

E SN

El

S

S

Aplicando ley de senos en el triángulo SNR de la Fig. 21 se tiene:
El
sen 120 º

=

Ef
E
E
, que al dar valores se tiene l = f ; relación de la que se
1
sen 30 º
3
2
2

determina que

El = 3 Ef

…(17).

La ecuación (17) indica que el valor eficaz de la tensión de línea es igual a raíz de tres
veces el valor eficaz de la tensión de fase

15

LEIV.

Si la secuencia de fases es directa o positiva, según circuito de la Fig. 16, con
tensiones de fases:
…(18)
E RN = E f / 0 º V
E SN = E f / − 120 º V …(19)

E TN = E f / 120 º V

…(20)

Reemplazando las ecuaciones del (18) al (20) en las ecuaciones del (14) al (16), se tiene
las ecuaciones:

E RS = E f / 0 º − E f / − 120 º = 3 E f / 30 º V

…(21)

E ST = E f / − 120 º − E f / 120 º = 3 E f / − 90 º V

…(22)

E TR = E f / 120 º − E f / 0 º = 3 E f / 150 º V

…(23)

En la Fig. 22 se muestra el diagrama fasorial de tensiones de fases y tensiones de líneas
obtenidas de un generador trifásico tetrafilar en secuencia directa. Indicando también
que los valores eficaces de tensiones de líneas son iguales a raíz de tres veces el valor
eficaz de tensiones de fases
− E RN

30º

120
º

E TN

E RS

30º

E TR

30º
90º
90º

90º

30º

− E SN

0º
12
E RN

30º
E SN
S

120º

30º E
ST
− E TN

Fig. 22.- Diagrama fasorial de tensiones de fase y tensiones de
líneas en secuencia directa de un generador en Y

NOTA.- El ángulo formado entre una tensión de línea y una tensión de fase es de 30º
eléctricos (ver Fig. 19 y Fig. 22)

16

LEIV.

Si la secuencia de fases es inversa o negativa, según Fig. 18, con tensiones de
fases:
…(24)
E RN = E f / 0 º V
E TN = E f / − 120 º V …(25)

E SN = E f / 120 º V
Las tensiones de líneas son:

…(26)

E RT = E RN − E TN

…(27)

E TS = E TN − E SN

…(28)

E SR = E SN − E RN

…(29)
S

E SR
E SN
S
S

N

E SN
N
R

E TN

E TS

N
T

0º
12

E RN

30º
E RT

R

E TN

E RN

T

120
º

º
30

T
Fig. 23.- Tensiones de fase y de línea de un
generador trifásico tetrafilar en
secuencia inversa o negativa

Reemplazando las ecuaciones del (24) al (26) en las ecuaciones del (27) al (29), se tiene
las ecuaciones:

E RT = E f / 0 º − E f / − 120 º = 3 E f / 30 º V

…(30)

E TS = E f / − 120 º − E f / 120 º = 3 E f / − 90 º V

…(31)

E SR = E f / 120 º − E f / 0 º = 3 E f / 150 º V

…(32)

También se obtiene las tensiones de líneas E RS , E ST y E TR , desfasando las
ecuaciones (32), (31) y (30) en 180 º eléctricos

E RS = − E SR = 3 E f / − 30 º V

…(33)

E ST = − E TS = 3 E f / 90 º V

…(34)

E TR = − E RT = 3 E f / − 150 º V

…(35)

NOTA.- El desfase en 180º eléctricos de un fasor se obtiene permutando los subíndices
correspondientes del fasor en referencia.

17

LEIV.

E ST

− E RN
E RT

E SN

− E TN

E SR

E RN

E TN

E TR

E RS

E TS

− E SN

Conexión del generador en Delta (∆).
Los tres arrollamientos del generador trifásico se conectan en configuración ∆, como
se muestra en la Fig. 25. para secuencia positiva
T

T

E Tt = E TR

R

120º

E Tt

t
s

r

R

E Rr
E Ss
S

E Rr = E RS

0º
12

E Ss = E ST
S

Fig. 25.- Generador en delta en
secuencia de fases directa

12
0º

Fig. 26.- Tensiones de fase y de línea de un generador
trifásico trifilar en , en secuencia directa o positiva

18

LEIV.

El borne “r” se conecta en cortocircuito con el borne “S”. De la misma forma el borne
“s” se conecta en cortocircuito con el borne “T”; y el borne “t” se conecta con el borne
“R” .
El la Fig. 26 se muestra las tensiones de fase en secuencia positiva, y que según en la
conexión ∆, las tensiones de fase son iguales a las tensiones de líneas.
Ef = El
…(36)
En las Fig. 27 y Fig. 28 se muestra la conexión ∆, y las tensiones de fase iguales a las
tensiones de líneas de un generador con tensiones en secuencia inversa o negativa

E Ss = E SR
S

S

E Ss

12
0º
s

t

r

R

E Rr = E RT

0º
12

R

E Rr

E Tt

E Tt = E TS

T

T

Fig. 27.- Generador en delta en
secuencia de fases inversa

CARGAS TRIFÁSICAS
Las cargas trifásicas son conectadas en estrella (Y), o en delta o triángulo (∆), y pueden
ser balanceadas (equilibradas) o desbalanceadas (desequilibradas)

Cargas trifásicas balanceadas.- Son Aquellas cargas constituidas por las tres
impedancias de fases: Z f = Z / ϕº Ω
…(37)
exactamente iguales, como se
muestran en las Fig. 29 y Fig. 30
R

R

Zf

Zf

Zf

Zf
Zf

T

T
S
Fig. 29. Carga trifásica
balanceada en estrella

Zf

S

balanceada en triángulo

19

LEIV.

Cargas trifásicas desbalanceadas.- Son Aquellas cargas constituidas por las tres
impedancias de fase desiguales, según se muestran en la Fig.31 y Fig. 32
R

Z1
Z1

Z2

Z2

Z3

T

S

Z3

desbalanceada en triángulo
Z1 ≠ Z 2 ≠ Z3

Z1 ≠ Z 2 ≠ Z 3

CIRCUITOS TRIFÁSICOS BALANCEADOS
El sistema trifásico balanceado está conformado por un generador trifásico que
generalmente tiene las tensiones de fases balanceadas, el cual alimenta cargas trifásicas
balanceadas por medio de tres líneas (3 hilos) o cuatro líneas (4 hilos)

GENERADOR TRIFÁSICO EN Y, CON CARGA
BALANCEADA EN Y, EN SECUENCIA DIRECTA
IT

T

TRIFÁSICA

PT

T
E TN
t
N

E SN

s

r

Zf

PR

IR

Zf

R

E RN

Zf
N

S

I R + IS + I T

IS

S

Tensiones de fase del generador.
Para la Fig. 33 mostrada, sea:
E RN = E f / 0 º V ( referencia ) secuencia (+)

E SN = E f / − 120 º V

…(39)

E TN = E f / 120 º V

…(38)

…(40)


20

LEIV.

Los potenciales de los bornes “r”, “s” y “t” son los mismos, denotados por “N”
(neutro). Los potenciales de los bornes “R” , “S” y “T” de las líneas y el potencial del
neutro son los mismos tanto en el generador como en la carga. Por lo tanto las tensiones
de fase del generador son también tensiones de fase de la carga.

Las corrientes de líneas I R , I S , I T , son denotadas con un subíndice, que corresponde al
borne o índice de la línea por donde circula. Estas corrientes de líneas, son también
corrientes de fase, tanto para el generador, como para la carga, debido a que circulan por
las línea, por las fases del generador en “Y” y las fases de la carga en “Y”.
Il = If
…(41)

IR =

IS =

IT =

E RN
Zf
E SN
Zf
E TN
Zf

=

E f / 0º E f
=
/ − ϕº A
Z / ϕº
Zf

…(42)

=

E f / − 120 º E f
=
/ − 120 º − ϕº A
Z / ϕº
Zf

…(43)

=

E f / 120 º E f
=
/ 120 º − ϕº A
Z / ϕº
Zf

…(44)

De las ecuaciones (42), (43) y (44), se observa que para el sistema trifásico
balanceado, los valores eficaces de las corrientes de líneas son de igual magnitud, es
E
decir: I R = I S = I T = I l = f
…(45)
Zf
También se observa que el desfase entre estas corrientes de líneas es de 120º eléctricos
Al sumar las tres corrientes de líneas, para determinar la corriente en el neutro se tiene
…(46) es decir que por conductor neutro no circula
que I R + IS + I T = 0
corriente (circuito abierto), por lo tanto se puede prescindir del conductor neutro.
Pero el conductor neutro, une el neutro del generador con el neutro de la carga, lo que
constituye un corto circuito.
De lo estudiado se concluye:
En el sistema trifásico balanceado, con generador en “Y” y carga en “Y”, las tres
corrientes de líneas son corrientes de fases, con igual magnitud eficaz es decir
E
I R = IS = IT = Il = If = f
…(47), y se encuentran desfasadas entre ellas en 120º
Zf
eléctricos; y cuya suma fasorial es cero

21

LEIV.

En la Fig. 34 se observa el diagrama fasorial de tensiones de fases, tensiones de líneas y
de corrientes de líneas del sistema trifásico tetrafilar balanceado en estudio, cuando la
carga tiene factor de potencia en atraso
E TS

− E RN

30º
E TR

E TN

E RS

30º
IT
30º

º
30 − E SN

ϕº

30º
ϕº
90º
ϕº
30º

IS
E SN

E RN
IR

ϕº > 0

30º
E ST

− E TN

Fig. 34.- Diagrama fasorial de tensiones de fase, tensiones de línea y de
corrientes de línea, de un sistema trifásico tetrafilar balanceado en
secuencia (+), con factor de potencia en atraso

De la Fig. 33 se determina las potencias aparentes absorbidas por cada impedancia de
fase:

E2
Ef
/ ϕº = f / ϕº VA
Zf
Zf

Fase R-N

SRN = E RN I * = E f / 0 º
R

Fase S-N

*
SSN = E SN IS = E f / − 120 º

E2
Ef
/ 120 º + ϕº = f / ϕº VA
Zf
Zf

…(49)

Fase T-N

STN = E TN I * = E f / 120 º
T

E2
Ef
/ − 120 º + ϕº = f / ϕº VA
Zf
Zf

…(50)


22

…(48)

LEIV.

De las ecuaciones (48), (49) y (50), se observa que las potencias absorbidas por cada
E2
impedancia de fase, son exactamente iguales: SRN = SSN = STN = f / ϕº VA …(50)
Zf
La potencia aparente total entregada por la fuente es la suma de las tres potencias
aparentes absorbidas por cada impedancia de fase. Luego:
E2
Stot = SRN + SSN + STN = 3 x f / ϕº VA
…(51)
Zf
La ecuación (50) puede escribirse: Stot = 3 E f

De la ecuación (17), E f =

El
3

Ef
/ ϕ º VA
Zf

…(52)

…(53)

Ef
= Il
…(54)
Zf
Reemplazando las ecuaciones (53) y (54) en la ecuación (52) se tiene:
De la ecuación (45)

Stot = 3 x

El

x I l / ϕº VA …(55)
3
Efectuando operaciones en el segundo miembro de la ecuación (55) tenemos:
Stot = 3 E l I l / ϕ º VA

…(56)

El módulo de la potencia aparente total es: S tot = 3 E l I l VA …(57)
Pero

Stot = Ptot + J Q tot VA

…(58)

De la ecuación (56) la potencia activa total trifásica es:

Ptot = 3 E l I l cos ϕº vatios …(59)
De la ecuación (56) la potencia reactiva total trifásica es:

Q tot = 3 E l I l senϕº var es …(60)

23

LEIV.

La potencia aparente total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son
funciones de los valores eficaces de la tensión y corriente de línea, como se analiza de la
ecuación (57)
La potencia activa total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son
funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y del factor de potencia
total (el factor de potencia total es igual al factor de potencia de cada impedancia de
fase) como indica la ecuación (59)
La potencia reactiva total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son
funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y del seno del ángulo de
la impedancia de fase, como indica la ecuación (60)
Los valores eficaces de tensión de línea y corriente de línea no determinan como está
conectado el generador ni la carga trifásica balanceada

E TS

− E RN

30º
E TR

30º

E RS

E TN

º
30 − E SN
IT

30º
30º
IR
IS

E RN

30º
ϕº = 0

E SN

30º
E ST
− E TN
secuencia (+), con factor de potencia igual a uno


24

LEIV.

E TS

− E RN
E RS

E TN

30º
E TR

º
30 − E SN

30º
IT

ϕº

30º
ϕº

IR

30º
E RN

ϕº

IS

E SN

ϕº < 0

30º

30º
− E TN

E ST

secuencia (+), con factor de potencia en adelanto

GENERADOR TRIFÁSICO EN ∆, CON CARGA
BALANCEADA EN ∆, EN SECUENCIA DIRECTA
T

T

IT

TRIFÁSICA

PT
I TR

E Tt
t

s

r

Zf

I ST

IR

R

Zf

PR

R

E Rr

Zf

E Ss
S
S


I RS

IS

25

LEIV.


E RS = E f / 0 º V ( referencia ) secuencia (+)
E ST = E f / − 120 º V

…(62)

E TR = E f / 120 º V

…(61)

…(63)

El potencial de borne “r” es mismo que del borne “S”; el potencial del borne “s” es el
mismo que del borne “T”; y el potencial del borne “t” es el mismo que el potencial del
borne “R”, tal como se observa en la Fig.37, quedando el generador conectado en ∆,
Los potenciales “R”, “S” y “T” son los mismos que de la carga en conexión ∆, luego a
cada fase de la carga se a aplicado la tensión de línea, es decir que en conexión del
generador en ∆, las tensiones de fase son también tensiones de líneas
E f = E l , como indica la ecuación (36)

Corrientes de fases
Son aquellas corrientes que circulan por las fases del generador o fases de la carga. Las
corrientes de fases se especifican con doble subíndice como por ejemplo de la Fig. 38 se
dice:
I RS : que circula por la fase de la carga, del borne “R” al borne “S”

IST : que circula por la fase de la carga, del borne “S” al borne “T”
I TR : que circula por la fase de la carga, del borne “T” al borne “R”
Así también se puede determinar la corriente ISR que circula por la fase de la carga, del
borne “S” al borne “R”. Es decir I RS = − I SR …(64)
Cuando se evalúa las corrientes de fase del generador, generalmente es para determinar
las corrientes permisibles que circulan por las bobinas de fuerza del generador, con el
propósito de no deteriorar dichas fases generadoras de energía eléctrica.

I RS =

IST =

I TR =

E RS
Zf
E ST
Zf
E TR
Zf

=

E f / 0º E f
=
/ − ϕº A
Z f / ϕº Z f

=

E f / − 120 º E f
=
/ − 120 º − ϕº A
Z f / ϕº
Zf

=

E f / 120 º E f
=
/ 120 º − ϕº A
Z f / ϕº
Zf

I RS + IST + I TR = 0

…(65)

…(66)

…(67)

…(68)
26

LEIV.

Se observa que en el sistema balanceado en ∆ en secuencia positiva, las tres corrientes
E
de fases tienen el mismo valor eficaz, es decir: I RS = I ST = I TR = I f = f A …(69),
Zf
y se encuentran desfasadas entre ellas en 120’ eléctricos, cuya suma fasorial es cero.

Son las corrientes que circulan por las líneas que unen el generador con la carga. Estas
corrientes circulan del generador hacia la carga, y se denotan con un solo subíndice
correspondiente al borne de la línea en referencia.
Así el circuito de la Fig. 37, las corrientes de líneas son: I R , I S e I T
Aplicando 1ra Ley de Kirchhoff a los bornes “R”, “S” y “T” de la carga en ∆, se tiene:
En el borne “R” I R = I RS − I TR

…(70)

En el borne “S” IS = I ST − I RS

…(71)

En el borne “T” I T = I TR − IST

…(72)

Reemplazando las corrientes de fases, en los segundos miembros en las ecuaciones (70),
(71) y (72) se tiene:

IR =

Ef
E
E
/ − ϕº − f / 120 º − ϕº = 3 f / − 30 º − ϕº A
Zf
Zf
Zf

…(73)

IS =

Ef
E
E
/ − 120 º − ϕº − f / − ϕº = 3 f / − 150 º − ϕº A
Zf
Zf
Zf

…(74)

IT =

Ef
E
E
/ 120 º − ϕº − f / − 120 º − ϕº = 3 f / 90 º − ϕº A …(75)
Zf
Zf
Zf

Sumando los primeros y segundos miembros de las ecuaciones (70), (71) y (72) se
tiene: I R + IS + I T = 0 A
Según la expresión (69) y las magnitudes eficaces de las corrientes de líneas
determinadas por los segundos miembros de las ecuaciones del (73) al (75), se
concluye: I R = I S = I T = I l = 3 I f A
…(76), y se encuentran desfasadas entre
ellas en 120° eléctricos, siendo la suma fasorial igual a cero


27

LEIV.

Para este circuito el diagrama fasorial de tensiones y corrientes, con factor de potencia
en atraso se muestra en la Fig. 38.
E TR

E TS

− IST I T

(30 º − ϕº )

I TR

ϕº 30 º
60 º

IS

30º
ϕº

− I RS
IST

ϕº
30 º
90 º − ϕº

E RS
I RS

− I TR
IR

ϕº > 0
E ST

Fig. 38.- Diagrama fasorial de tensiones y corrientes de
un sistema trifásico trifilar en , balanceado en

Determinando las potencias aparentes absorbidas por cada fase de la carga, se tiene:
En la fase R-S SRS = E RS I * = E f / 0 º
RS

E2
Ef
Zf
Zf

…(77)

*
En la fase S-T SST = E ST I ST = E f / − 120 º

E2
Ef
/ 120 º + ϕº = f / ϕº VA
Zf
Zf

En la fase T-R STR = E TR I * = E f / 120 º
TR

E2
Ef
/ − 120 º + ϕº = f / ϕº VA
Zf
Zf

…(78)

…(79)

Se observa que en el sistema balanceado en ∆, las potencias aparentes por fase son
E2
iguales, es decir SRS = SST = STR = Sf = f / ϕº VA
…(80)
Zf

La potencia aparente total absorbida por la carga es igual a la suma fasorial de las tres
potencias aparentes de cada fase

28

LEIV.

Stot = SRS + SST + STR = 3

2
Ef

Zf

De la ecuación (36), E f = E l

/ ϕ º VA

Ef
/ ϕ º VA
Zf

…(81)

…(82)

…(83)

Ef
= If
…(84)
Zf

Stot = 3 x E l x I f / ϕº VA

…(85)

Según la ecuación (76) se deduce: I f =

Il

A …(86)
3
Reemplazando (86) en (85) y efectuando operaciones en el segundo miembro de la
ecuación (85) tenemos:

…(87)

Pero


…(89)





29

LEIV.

A continuación se muestran en la Fig. 39 y Fig. 40, los diagramas fasoriales de
tensiones y corrientes de un sistema trifásico trifilar en ∆, con factor de potencia
unitario y factor de potencia en adelanto respectivamente
E TR

E TS

IT

− IST

I TR

30 º
I RS

60 º

IS

E RS

30 º

30º

− I TR

IST

IR

− I RS
ϕº = 0

E ST

secuencia (+), con factor de potencia unitario
E TR

E TS

60 º

− IST

IT

ϕº

30 º − ϕº

I TR 30 º

I RS
30 º

ϕº

− I TR

E RS

IR

IST

IS

− I RS

ϕº

ϕº < 0

E ST


30

LEIV.

La potencia aparente total depende únicamente de los valores de tensión y corriente
de línea, según se observa de la ecuación (88)
La potencia activa total absorbida por una carga trifásica balanceada en “∆” en
secuencia directa, son funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y
del factor de potencia total (el factor de potencia total es igual al factor de potencia de
cada impedancia de fase), como se observa de la ecuación (90)
La potencia reactiva total absorbida por una carga trifásica balanceada en “∆” en
secuencia directa, son funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y
del seno del ángulo de la impedancia de fase, deducido de la ecuación (91)

MEDIDA DE LA POTENCIA ACTIVA TOTAL ABSORBIDA POR UNA
CARGA TRIFÁSICA BALANCEADA, O DESBALANCEADA
La medición de la potencia activa total trifásica en un sistema polifásico es posible,
instalando tantos vatímetros monofásicos como fases tiene el sistema
Para en sistema trifásico se utilizarían tres vatímetros monofásicos conectados en cada
fase; de manera tal que cada vatímetro monofásico mida la potencia activa de fase, esto
es que por cada bobina amperimétrica ingrese la corriente de fase y a la bobina
voltimétrica de cada vatímetro monofásico aplicar la tensión de fase (es decir entre línea
y neutro para la carga en estrella; o entre línea y línea para la carga en delta), tal como
se muestra en la Fig. 41 y Fig. 42, para una carga en Y o en ∆ respectivamente
R
PZ

3

PT
Z1 ≠ Z 2 ≠ Z3

IT
Z3

T
Z1

PZ

Z2

IS

PS
IR


Z1

Z3

2

Z2

PZ

1

S
Z1 ≠ Z 2 ≠ Z3

PR

Fig. 42. Medida de la potencia trifásica
de una carga trifásica en triángulo,
mediante tres vatímetros monofásicos

31

LEIV.

El método de los tres vatímetros es adecuado para la medición de la potencia activa de
un sistema trifásico desbalanceado, generalmente si las tensiones entregadas por el
generador y el factor de potencia de la carga, varían constantemente, y la potencia total
es la suma algebraica de las tres lecturas indicadas de cada vatímetro
Así para la Fig. 41 la potencia total es: Ptot = PR + PS + PT
Y para la Fig. 42 la potencia total es: Ptot = PZ + PZ + PZ
1

2

…(92)
…(93)
3

Método de los dos vatímetros
Para la medición de la potencia trifásica, el método de los dos vatímetros es el que
comúnmente se utiliza. Para medir la potencia trifásica total por este método, la carga
puede estar conectado en estrella ( Y ) o delta ( ∆ ), y puede ser balanceada o
desbalanceada
Los dos vatímetros se deben conectar adecuadamente dos líneas, tal como se muestra en
la Fig. 43.
Cada vatímetro se conecta en dos líneas cualesquiera, de manera tal que en cada bobina
amperimétrica ingrese la corriente de línea; y a cada bobina voltimétrica se conecte la
tensión de línea determinada por la línea donde se ha conectado el vatímetro y la otra
línea donde no se ha conectado un vatímetro.
Si bien los vatímetros individuales ya no registran la potencia absorbida por cualquier
fase particular de la carga, la suma algebraica de las lecturas de los dos vatímetros es
igual a la potencia activa total tomada por las carga trifásica, sin que importe las
conexiones, tanto de generador como de la carga (estrella o delta).

T

R

S

IT

IR

PT

C arg a
trifásica
en Y o ∆

PR

balanceada
o
desbalanceada
IS


32

LEIV.

Medida de potencia trifásica total por medio del método de los dos vatímetros
monofásicos para el sistema Y balanceado en secuencia directa
Analizaremos el circuito eléctrico ya estudiado de la Fig. 33, con Generador en “Y” y
carga en “Y”con su diagrama fasorial de tensiones y corrientes es el mostrado en la
Fig. 34
IT

T

PT

T

E TN
N

s

r

Zf

PR

IR

t

Zf

R

E RN

E SN

Zf
N

S

I R + IS + I T

IS

S

E TS

− E RN

30º
E TR

S

30º

E TN

E RS

º
30 − E SN

IT

30º

ϕº

30º
ϕº
IS

90º
ϕº
30º

E RN
IR

E SN

30º
− E TN

E ST


33

LEIV.

Si :
Si :
Si :

0 º < ϕº < 90 º , el factor de potencia es en atraso
0 º = ϕº , el factor de potencia es unitario (máximo)
− 90 º < ϕº < 0 º , el factor de potencia es en adelanto

Para el circuito de la Fig. 33, las lecturas son:
E RS
IR

…(94)

E TS
IT

…(95)

PR = E RS I R cos 〈
PT = E TS I T cos 〈
Siendo E RS = E TS = E l
IR = IT = Il

…(96)
…(97)

De la Fig. 34 el ángulo formado entre E RS e I R es:
〈

y el ángulo formado entre E TS e I T es:

E TS
IT

〈

E RS
IR

= 30 º + ϕ º

= 30 º − ϕº

…(98)

…(99)

Reemplazando las ecuaciones (96), (97) y (98) en la ecuación (94) se obtiene en
valores de líneas PR = E l I l cos (30 º + ϕº ) vatios

…(100)

Reemplazando las ecuaciones (96), (97) y (99) en la ecuación (95) se obtiene en
valores de líneas PT = E l I l cos (30 º − ϕº ) vatios

…(101)

Sumando los primeros miembros de las ecuaciones (100) y (101) se tiene:
PR + PT = E l I l (cos (30 º + ϕ º ) + cos(30 º −ϕ º ) ) vatios

…(102)

Efectuando operaciones en el segundo miembro de la ecuación (102) se tiene:
PR + PT = E l I l 2 cos 30 º cos ϕ º vatios
siendo cos 30 º =

…(103)

3
…(104), que reemplazado en (103) se tiene:
2

PR + PT = 3 E l I l cos ϕº vatios

…(104)

34

LEIV.

El segundo miembro de la expresión de la ecuación (104), es idéntica a la expresión del
segundo miembro de la ecuación (59), e indica que los dos vatímetros monofásicos dan
valores de lecturas, cuya suma es igual a la potencia activa total absorbida por la carga
trifásica balanceada en Y
La potencia total activa es función de los valores eficaces de tensión de línea, corriente
de línea y del factor de potencia total (igual al factor de potencia de cada impedancia de
fase)
En secuencia (+), los vatímetros se han colocado en las líneas “R” y “T” obteniendo
las lecturas:
PR = E l I l cos (30 º + ϕº ) vatios

…(100)

PT = E l I l cos (30 º − ϕº ) vatios

…(101)


…(104)

Graficando las ecuaciones (100) y (101) y (104) se obtiene la Fig. 44, de la que se
deduce:
P
El Il

Ptot
El Il

3

PT
El Il

3/2
75º

− 75º

− ϕº
− 90 º

− 60 º − 45º − 30 º − 15º

15º 30 º

45º

60º

ϕº
90 º

PR
El Il

Fig. 44.- Gráfica de PR , PT , Ptot en secuencia directa, de un sistema trifásico balanceado en Y

1º. Para factor de potencia total en atraso, en secuencia directa R S T R S T, se ha
conectado dos vatímetros:
*

*

a. Un vatímetro conectado en la línea R y el otro en la línea T R S T R S T ,
quedando la línea “S” centrada entre las dos líneas donde se han conectado los
vatímetros
Así: PT ( vatímetro que se encuentra a la derecha ) tiene mayor lectura que PR
(vatímetro que se encuentra a la izquierda) es decir PT > PR


35

LEIV.

b. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “S” y “T”, para factor de
*

*

potencia en atraso y en secuencia directa R S T R S T , la lectura PS > PT

c. Si se hubiera conectado los vatímetros en las líneas “R” y “S”, para factor de
*

*

potencia en atraso y en secuencia directa R S T R S T , la lectura PR > PS

2º. Si el factor de potencia total es unitario, las lecturas son iguales. PR = PT
3º. Para factor de potencia total en adelanto, en secuencia (+), se conecta dos
vatímetros:
*

*

a. Con los vatímetros en las líneas “R” y “T” R S T R S T , vatímetro conectado
en la línea “R” ( vatímetro que se encuentra a la izquierda) tiene mayor lectura
que PT (vatímetro que se encuentra a la derecha) es decir PR > PT
*

*

potencia en adelanto y en secuencia directa R S T R S T , la lectura PT > PS
*

*

potencia en adelanto y en secuencia directa R S T R S T , la lectura PS > PR

4º. En las ecuaciones (100) y (101), al cambiar ϕº por − ϕ º , se permutan las lecturas
monofásicos para el sistema ∆ balanceado en secuencia directa
Analizaremos el circuito eléctrico ya estudiado de la Fig. 37, con Generador en “∆” y
carga en “∆”cuyo diagrama fasorial de tensiones y corrientes es el mostrado en la Fig.
38
T

T

IT

PT

I TR

E Tt

t

s

r

E Rr

Zf

E Ss

S

Zf

I ST

IR

R

Zf

PR

R

S


I RS

IS

36

LEIV.

E TS

E TR
− IST I T

(30 º − ϕº )

I TR
ϕº 30 º

60 º

IS

30º
ϕº

− I RS
IST

ϕº
30 º
90 º − ϕº

E RS
I RS

− I TR

IR
ϕº > 0

E ST


Si :
Si :
Si :

0 º < ϕº < 90 º , el factor de potencia es en atraso
0 º = ϕº , el factor de potencia es unitario (máximo)
− 90 º < ϕº < 0 º , el factor de potencia es en adelanto

Para el circuito eléctrico de la Fig. 33, las lecturas son:
E RS
IR

…(105)

E TS
IT

…(106)

PR = E RS I R cos 〈
PT = E TS I T cos 〈
Siendo E RS = E TS = E l
IR = IT = Il

…(107)
…(108)

De la Fig. 38 el ángulo formado entre E RS e I R es:
〈

y el ángulo formado entre E TS e I T es:

E TS
IT

〈

E RS
IR

= 30 º − ϕº

= 30 º + ϕ º

…(109)

…(110)

Reemplazando las ecuaciones (107), (108) y (109) en la ecuación (105) se obtiene
en valores de líneas PR = E l I l cos (30 º + ϕº ) vatios

37

…(111)
LEIV.

Reemplazando las ecuaciones (107), (108) y (110) en la ecuación (106) se obtiene
en
valores de líneas PT = E l I l cos (30 º − ϕº ) vatios

…(112)

Sumando los primeros miembros de las ecuaciones (111) y (112) se tiene:
PR + PT = E l I l (cos (30 º + ϕ º ) + cos(30 º −ϕ º ) ) vatios

…(113)

PR + PT = E l I l 2 cos 30 º cos ϕ º vatios
siendo cos 30 º =

…(114)

3
…(115), que reemplazado en (114) se tiene:
2


…(116)

El segundo miembro de la ecuación (116), es idéntica al segundo miembro de la
ecuación (90), e indica que los dos vatímetros monofásicos dan valores de lecturas,
cuya suma es igual a la potencia activa total absorbida por la carga trifásica balanceada
en ∆.
fase)
En secuencia (+), los vatímetros se han colocado en las líneas “R” y “T” obteniendo
las lecturas:

…(111)


…(112)


…(116)

Los valores de potencia indicados por las ecuaciones (111) , (112) , y (116), son
observados en la Fig. 45 (Exactamente igual a la Fig. 44)


38

LEIV.

P
El Il
Ptot

3

El Il
PT
El Il

3/2
75º

− 75º

− ϕº
− 90 º

− 60 º − 45º − 30 º − 15º

15º 30 º

45º

60 º

ϕº
90 º

PR
El Il

Para el sistema Y o ∆ trifásico balanceado en secuencia directa:
La ecuación (100) es idéntica a la ecuación (111)
De lo que se concluye que la potencia indicada por cada vatímetro monofásico es
independiente de la conexión del generador y de la conexión de la carga, y que la suma
algebraica de las lecturas de cada vatímetro monofásico es la potencia activa total
absorbida por la carga trifásica.
La potencia activa total siempre positivo, sin embargo las lecturas de los vatímetros
peden tomar valores positivos y negativos, dependiendo de la secuencia de fases y del
factor de potencia de la carga trifásica balanceada.

Determinación del ángulo de impedancia de la carga trifásica balanceada en Y o ∆
Las lecturas de cada vatímetro monofásico de un circuito trifásico balanceado dependen
del factor de potencia, tal como las ecuaciones:

…(100) ó …(111)


…(101) ó …(112)

es lógico que estas ecuaciones nos permitan determinar una fórmula que determine el
ángulo de la impedancia de la carga trifásica balanceada.
Obteniendo la diferencia de lecturas de los vatímetros monofásicos
PT − PR = E l I l  cos(30 º − ϕ º ) − cos(30 º + ϕº ) 





39

…(117)

LEIV.

PT − PR = E l I l  2 sen 30 º senϕº 




PT − PR = E l I l senϕº
Pero

siendo sen 30º = 1 / 2

…(118)


…(104) ó …(116)

Dividiendo miembro a miembro las ecuaciones (118) y (104) se tiene:
PT − PR
=
PR + PT

3 E l I l senϕº
3 E l I l cos ϕ º

 P − PR 
de donde tgϕº = 3  T

 PT + PR 



…(119)

…(120)

En la aplicación de la ecuación (120) para evaluar tg ϕº es necesario aplicar los signos
correctos a los valores de PT y PR

SISTEMA TRIFASICO TETRAFILAR BALANCEADO EN Y, EN SECUENCIA
INVERSA O NEGATIVA
IS

S
S
E SN
s
N

t

r

Zf

PR

IR

Zf

R

E RN

Zf

E TN
N
T
T

I R + IS + I T

IT

PT

En la Fig. 46 se muestra el circuito eléctrico a estudiar, con los dos vatímetros
monofásicos conectados en las líneas “R” y “T”
Las tensiones de fase del generador en secuencia inversa son:

40

LEIV.

E RN = E f / 0 º V

…( 121 )

E SN = E f / 120 º V

…(122)

E TN = E f / − 120 º V

…(123)

( referencia a 0º ) secuencia (-)

Las corrientes de líneas I R , IS , I T e son denotadas con un subíndice, que corresponde
al borne o índice de la línea por donde circula. Estas corrientes de líneas, son también
corrientes de fase, tanto para el generador, como para la carga, debido a que circulan por
las línea, por las fases del generador en “Y” y las fases de la carga en “Y”.
Il = If
…(41)
IR =

IS =

IT =

E RN
Zf
E SN
Zf
E TN
Zf

=

E f / 0º E f
=
/ − ϕº A
Z / ϕº
Zf

…(124)

=

E f / 120 º E f
=
/ 120 º − ϕº A
Z / ϕº
Zf

…(125)

=

E f / − 120 º E f
=
/ − 120 º − ϕº A
Z / ϕº
Zf

…(126)

De las ecuaciones (124), (125) y (126), se observa que para el sistema trifásico
balanceado, los valores eficaces de las corrientes de líneas son de igual magnitud, es
E
…(127)
decir: I R = I S = I T = I l = I f = f
Zf
También se observa que el desfase entre las corrientes de líneas es de 120º eléctricos
Al sumar las tres corrientes de líneas, para determinar la corriente en el neutro se tiene
que I R + IS + I T = 0
…(128) es decir que por conductor neutro no circula
corriente ( característica de un circuito abierto), por lo tanto se puede prescindir del
conductor neutro.
El conductor neutro, une el neutro del generador con el neutro de la carga, lo que
constituye un corto circuito.
De lo estudiado se concluye:
En el sistema trifásico balanceado, con generador en “Y” y carga en “Y”, las tres
corrientes de líneas son corrientes de fases, con igual magnitud eficaz es decir
E
I R = IS = IT = Il = I f = f
…(127), y se encuentran desfasadas entre ellas en
Zf
120º eléctricos; y cuya suma fasorial es cero

41

LEIV.

En la Fig. 47 se observa el diagrama fasorial de tensiones de fases, tensiones de líneas y
de corrientes de líneas del sistema trifásico tetrafilar balanceado en secuencia negativa o
inversa, cuando la carga tiene factor de potencia en atraso

− E TN
E ST
30º

E RT

E SR
E SN

ϕº I
S

30º
ϕº > 0

IT

ϕº

30º
90

ϕº
E TR

E RN

30º
30º
º −ϕ

º

IR

30 − E SN
º

30º
30º
− E RN

E RS

E TN

E TS

corrientes de línea de un sistema trifásico tetrafilar en secuencia (-),
con factor de potencia en atraso

De la Fig. 47 se determina las potencias aparentes absorbidas por cada impedancia de
fase:

E2
Ef
Zf
Zf

Fase R-N

SRN = E RN I * = E f / 0 º
R

Fase S-N

*
SSN = E SN IS = E f / 120 º

Fase T-N

STN = E TN I * = E f / − 120 º
T


…(129)

E2
Ef
/ − 120 º + ϕº = f / ϕº VA …(130)
Zf
Zf
E2
Ef
/ 120 º + ϕº = f / ϕº VA …(131)
Zf
Zf
42

LEIV.

De las ecuaciones (129), (130) y (131), se observa que las potencias absorbidas por
cada impedancia de fase, son exactamente iguales:

SRN = SSN = STN =

2
Ef

Zf

/ ϕº VA

…(132)

La potencia aparente total entregada por la fuente es la suma de las tres potencias
aparentes absorbidas por cada impedancia de fase. Luego:
Stot = SRN + SSN + STN = 3 x

2
Ef

/ ϕº VA

…(133)


Ef
/ ϕ º VA
Zf

Para el sistema estrella, E f =

El
3

Zf

…(134)

…(135)

Ef
= Il
…(136)
Zf

Stot = 3 x

El

x I l / ϕº VA …(137)
3
Efectuando operaciones en el segundo miembro de la ecuación (137) tenemos:

…(138)

Pero


…(140)




43

LEIV.



− E TN

E ST

E RT

E SR
E SN

E RN

E TR

30 − E SN
º

E TN

ϕº = 0º

E RS

− E RN

E TS

La potencia aparente total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son
funciones de los valores eficaces de la tensión y corriente de línea, como se analiza de la
ecuación (139)
La potencia activa total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son
funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y del factor de potencia
total (el factor de potencia total es igual al factor de potencia de cada impedancia de
fase) como indica la ecuación (141)


44

LEIV.

La potencia reactiva total absorbida por una carga trifásica balanceada en “Y” son
funciones de los valores eficaces de tensión y corriente de línea y del seno del ángulo de
la impedancia de fase, como indica la ecuación (142)

En las Fig. 48 y Fig. 49 se muestran los diagramas fasoriales de tensiones y
corrientes en secuencia inversa, de los sistemas trifásicos tetrafilares en Y, con factor de
potencia unitario y factor de potencia en adelanto respectivamente

− E TN

E ST

E RT

E SR

E SN

ϕº

ϕº
E RN
ϕº

E TR

30 − E SN
º

E TN

ϕº < 0 º

E RS

− E RN

E TS


45

LEIV.

monofásicos para el sistema Y balanceado en secuencia inversa o negativa
Según el circuito eléctrico de la Fig. 46, los vatímetros están conectados en las líneas R
y T, luego las lecturas de los vatímetros serán:
E RS
IR

…(143)

E TS
IT

…(144)

PR = E RS I R cos〈
PT = E TS I T cos〈
La tensiones

E RS = E TS = E l

Las corrientes I R = I T = I l

…(145)
…(146)

− E TN

30º

E ST

E RT

E SR
E SN

ϕº I
S

30º
ϕº > 0

IT

9

− E RN

ϕ
0º −

º

IR

30 − E SN
º

30º
30º

ϕº

30º

ϕº
E TR

E RN

30º
30º

E RS

E TN

E TS

corrientes de línea de un sistema trifásico tetrafilar en secuencia (-),
con factor de potencia en atraso

Del diagrama de la Fig. 47 se obtienen los ángulos entre tensiones y corrientes, así

46

LEIV.

〈

E RS
IR

= 30 º − ϕº

〈

…(147)

E TS
IT

= 30 º + ϕº

…(148)

Reemplazando las ecuaciones (145), (146) y (147) en la ecuación (143) se tiene:
PR = E l I l cos(30 º − ϕº ) vatios

…(149)

Reemplazando las ecuaciones (145), (146) y (148) en la ecuación (144) se tiene
PT = E l I l cos(30 º + ϕº ) vatios

…(150)

Sumando miembro a miembro las ecuaciones (149) y (150) se tiene:
…(151)
PR + PT = E l I l  cos(30º − ϕ º ) + cos(30 º + ϕº )  vatios




PR + PT = 3 E l I l cos ϕ º vatios

…(152)

trifásica balanceada en Y
fase)
Graficando las potencias de las ecuaciones (149), (150) y (152) se obtiene la Fig. 50, de
la que se deduce:
Ptot
El Il

Ptot
El Il

3

PR
El Il

3/2

75º

− 75º

− ϕº
− 90º

− 60º − 45º − 30 º − 15º


15º 30 º

47

45º

60 º

ϕº

90 º

PT
El Il

LEIV.

1º. Para factor de potencia total en atraso, en secuencia inversa R T S R T S, se han
*

*

a. Un vatímetro conectado en la línea R y el otro en la línea T R T S R T S ,
vatímetros
Así: para factor de potencia en atraso y en secuencia inversa, PR ( vatímetro
que se encuentra a la derecha ) tiene mayor lectura que PT (vatímetro que se
encuentra a la izquierda) es decir PR > PT

*

*

potencia en atraso y en secuencia inversa R T S R T S , la lectura PT > PS
*

*

potencia en atraso y en secuencia inversa R T S R T S , la lectura PS > PR

3º. Para factor de potencia total en adelanto, en secuencia (-), se conecta dos
vatímetros:
*

*

a. Con los vatímetros en las líneas “R” y “T” R T S R T S , vatímetro
conectado en la línea “T” ( vatímetro que se encuentra a la izquierda) tiene
mayor lectura que el vatímetro conectado en la línea R (vatímetro que se
encuentra a la derecha) es decir PT > PR
*

*

potencia en adelanto y en secuencia inversa R T S R T S , la lectura PS > PT
*

*

potencia en adelanto y en secuencia inversa R T S R T S , la lectura PR > PS
4º. En las ecuaciones (149) y (150), al cambiar ϕº por − ϕ º , se permutan las
lecturas

SISTEMA TRIFÁSICO EN ∆ EN SECUENCIA INVERSA O NEGATIVA
E RT = E f / 0 º V ( referencia ) secuencia (-)

E TS = E f / − 120 º V

…(154)

E SR = E f / 120 º V

…(153)

…(155)


48

LEIV.

S

S

IS

ISR

E Ss = E SR
s

t

r

E Tt = E TS

Zf

PR

R

I TS

IR

R

Zf

E Rr = E RT

Zf

I RT
T

PT

IT

T

El potencial de borne “r” es mismo que del borne “T”; el potencial del borne “s” es el
mismo que del borne “R”; y el potencial del borne “t” es el mismo que el potencial del
borne “S”, tal como se observa en la Fig.51, quedando el generador conectado en ∆, en
secuencia inversa
Los potenciales “R”, “S” y “T” son los mismos que de la carga en conexión ∆, luego a
cada fase de la carga se a aplicado la tensión de línea, es decir que en conexión del
generador en ∆, las tensiones de fase son también tensiones de líneas
E RS = E ST = E TR = E f = E l
…(156)

E RS = E f / − 60 º V

…(157)

E ST = E f / 60 º V

…(158)

E TR = E f / 180 º V

…(159)

Corrientes de fase
Son aquellas corrientes que circulan por las fases del generador o fases de la carga. Las
corrientes de fases se especifican con doble subíndice como por ejemplo de la Fig. 51 se
dice:

ISR : Corriente que circula por la fase de la carga, del borne “S” al borne “R”
I TS : Corriente que circula por la fase de la carga, del borne “T” al borne “S”

I RT : Corriente que circula por la fase de la carga, del borne “R” al borne “T”
Así también se puede determinar la corriente I RS que circula por la fase de la carga, del
borne “R” al borne “S”. Es decir I RS = − ISR …(160)
Cuando se evalúa las corrientes de fase del generador, es generalmente para determinar
las corrientes permisibles que circulan por las bobinas de fuerza del generador, con el
propósito de no deteriorar dichas fases generadoras de energía eléctrica.

49

LEIV.

ISR =

E SR
Zf
E TS

I TS =

Zf

I RT =

E RT
Zf

=

E f / 120 º E f
=
/ 120 − ϕº A …(161)
Z f / ϕº
Zf

=

E f / − 120 º E f
=
/ − 120 º − ϕº A
Z f / ϕº
Zf

=

E f / 0º E f
=
/ − ϕº A
Z f / ϕº Z f

I RS + IST + I TR = 0

…(162)

…(163)

…(164)

Se observa que en el sistema balanceado en ∆ en secuencia inversa, las tres corrientes de
E
fases tienen el mismo valor eficaz, es decir: I SR = I TS = I RT = I f = f A
…(165),
Zf
y se encuentran desfasadas entre ellas en 120º eléctricos, cuya suma fasorial es cero.

Son las corrientes que circulan por las líneas que unen el generador con la carga. Estas
corrientes circulan del generador hacia la carga, y se denotan con un solo subíndice
correspondiente al borne de la línea en referencia.
Así el circuito de la Fig. 51, las corrientes de líneas son: I R , IS e I T
Aplicando 1ra Ley de Kirchhoff a los bornes “R”, “S” y “T” de la carga en ∆, se tiene:
En el borne “R” I R = I RT − ISR

…(166)

En el borne “S” IS = ISR − I TS

…(167)

En el borne “T” I T = I TS − I RT

…(168)

Reemplazando las corrientes de fases, en los segundos miembros en las ecuaciones
(166), (167) y (168) se tiene:
IR =

Ef
E
E
/ − ϕº − f / 120 º − ϕº = 3 f / − 30 º − ϕº A
Zf
Zf
Zf

IS =

Ef
E
E
/ 120 º − ϕº − f / − 120 º − ϕº = 3 f / 90 º − ϕº A …(170)
Zf
Zf
Zf


50

…(169)

LEIV.

IT =

Ef
E
E
/ − 120 º −ϕ º − f / − ϕº = 3 f / − 150 º − ϕº A …(171)
Zf
Zf
Zf

Sumando miembro a miembro las ecuaciones (169), (170)
I R + IS + I T = 0 A …(172)

y

(171) se tiene:

Las magnitudes eficaces de las corrientes de líneas determinadas por los segundos
miembros de las ecuaciones (169). (170) y (171), se concluye:
I R = I S = I T = I l = 3 I f A …(173), y se encuentran desfasadas entre ellas en 120°
eléctricos, siendo la suma fasorial igual a cero

El diagrama fasorial de tensiones y corrientes con factor de potencia en atraso en
secuencia inversa, se muestra en la Fig. 52.
E ST

E SR

− I TS

IS
(30 º − ϕº )

ISR
E RT

ϕº 30 º

60 º
IT
− I RT
I TS

E RT

ϕº
30 º
ϕº
90 º − ϕº

I RT

− ISR
IR
ϕº > 0

E TS

Determinando las potencias aparentes absorbidas por cada fase de la carga, se tiene:
*
En la fase S-R SSR = E SR ISR = E f / 120 º

E2
Ef
/ − 120 º + ϕº = f / ϕ º VA …(174)
Zf
Zf

En la fase T-S STS = E TS I * = E f / − 120 º
TS

E2
Ef
/ 120 º + ϕº = f / ϕ º VA
Zf
Zf

51

…(175)

LEIV.

En la fase R-T SRT = E RT I * = E f / 0 º
RT

E2
Ef
/ ϕ º = f / ϕº VA
Zf
Zf

…(176)

Se observa que en el sistema balanceado en ∆ en secuencia inversa, las potencias
aparentes por fase son iguales, es decir:
E2
SSR = STS = SRT = Sf = f / ϕº VA
…(177)
Zf
Se deja como ejercicio al lector para que demuestre:

SSR = SRS = STS = SST = SRT = STR

…(178)

La potencia aparente total absorbida por la carga es igual a la suma fasorial de las tres
potencias aparentes de cada fase

Stot = SSR + STS + SRT = 3

2
Ef

Zf

/ ϕ º VA


…(179)

Ef
/ ϕ º VA
Zf

En delta la tensión de fase es tensión de línea E f = E l

…(180)

…(181)

Ef
= I f …(182)
Zf

En delta la corriente de fase es

Stot = 3 x E l x I f / ϕº VA

…(183)

Por estar la carga en ∆ según la ecuación (173) se deduce: I f =

Il

A …(184)
3
Reemplazando (184) en (183) y efectuando operaciones en el segundo miembro de la se
obtiene:

…(185)

Pero



…(187)
52

LEIV.




E SR

E ST
− I TS

ISR

IS

30 º 30 º
60 º

I RT

E RT

30 º
IT

− ISR
I TS

IR

− I RT
ϕº = 0

E TS

Ejercicio
Dibujar el diagrama fasorial de tensiones y corrientes de un sistema trifásico trifilar en
∆, balanceado en secuencia inversa con factor de potencia en adelanto


53

LEIV.

Medida de la potencia activa mediante el método de dos vatímetros monofásicos
S

S

IS

ISR

E Ss = E SR
s
r

t

Zf

PR

R

I TS

IR

R

E Rr = E RT

E Tt = E TS

Zf

Zf
I RT
T

PT

IT

T

Los vatímetros se han instalado en las líneas “R” y “T” según la Fig. 51 para la carga
trifásica balanceada en delta, en secuencia inversa, luego las lecturas de los vatímetros
serán:
E RS
IR

…(190)

E TS
IT

…(191)

PR = E RS I R cos〈
PT = E TS I T cos〈

La tensiones de líneas: E RS = E TS = E l

…(192)

Las corrientes de líneas: I R = I T = I l

…(193)

Del diagrama de la Fig. 52 se obtienen los ángulos entre tensiones y corrientes, así
〈

E RS
IR

= 30 º − ϕº

…(194)

〈

E TS
IT

= 30 º + ϕ º

…(195)

Reemplazando las ecuaciones (192), (193) y (194) en la ecuación (190) se tiene:
PR = E l I l cos(30 º − ϕº ) vatios

…(196)

Reemplazando las ecuaciones (192), (193) y (195) en la ecuación (191) se tiene
PT = E l I l cos(30 º + ϕº ) vatios

…(197)

54

LEIV.

E SR

E ST
− I TS

IS
(30 º − ϕº )

ISR
E RT

ϕº 30 º
60 º
IT
− I RT
I TS

E RT

ϕº
I RT
30 º
ϕº
90 º − ϕº

ϕº > 0
− ISR
30 º − ϕº

IR

E RS

E TS

Sumando miembro a miembro las ecuaciones (196) y (197) se tiene:
PR + PT = E l I l  cos(30º − ϕ º ) + cos(30 º + ϕº )  vatios





…(198)

PR + PT = 3 E l I l cos ϕ º vatios

…(199)

trifásica balanceada en ∆
fase)

Graficando las potencias de las ecuaciones (196), (197) y (199) se obtiene la Fig. 54, de
la que se deduce:


55

LEIV.

Ptot
El Il
Ptot
El Il

3

PR
El Il

3/2
75º

− 75º

− ϕº
− 90 º

− 60 º − 45º − 30 º − 15º

15º 30 º

45º

ϕº

60 º

90 º

PT
El Il

Fig. 54.- Gráfica de PR , PT , Ptot en secuencia inversa de un sistema trifásico
balanceado en

1º. Para factor de potencia total en atraso, en secuencia inversa R T S R T S, se han
*

*

a. Un vatímetro conectado en la línea R y el otro en la línea T R T S R T S ,
vatímetros
Así: para factor de potencia en atraso y en secuencia inversa, PR ( vatímetro
que se encuentra a la derecha ) tiene mayor lectura que PT (vatímetro que se
encuentra a la izquierda) es decir PR > PT

*

*

potencia en atraso y en secuencia inversa R T S R T S , la lectura PT > PS
*

*

potencia en atraso y en secuencia inversa R T S R T S , la lectura PS > PR

3º. Para factor de potencia total en adelanto, en secuencia (-), se conecta dos vatímetros:
*

*

a. Con los vatímetros en las líneas “R” y “T” R T S R T S , vatímetro
conectado en la línea “T” ( vatímetro que se encuentra a la izquierda) tiene
mayor lectura que el vatímetro conectado en la línea R (vatímetro que se
encuentra a la derecha) es decir PT > PR
*

*

potencia en adelanto y en secuencia inversa R T S R T S , la lectura PS > PT
*

*

potencia en adelanto y en secuencia inversa R T S R T S , la lectura PR > PS

56

LEIV.

4º. En las ecuaciones (196) y (197), al cambiar ϕº por − ϕ º , se permutan las lecturas
NOTA.- La Fig. 50 que corresponde al circuito trifásico balanceado en Y en secuencia
negativa, y Fig. 53 que corresponde al circuito trifásico balanceado en ∆ en secuencia
negativa, ambas figuras son exactamente iguales.
Las ecuaciones de potencia indicada por cada vatímetro PR y PT y la potencia total Ptot
son las mismas; por lo que se deduce que el método de los dos vatímetros es válido para
cualquier circuito trifásico, balanceado y desbalanceado, y en cualquier secuencia;
debido que las lecturas de cada vatímetro dependen únicamente de los valores de líneas,
y del cos(30º ± ϕº ).

MEDIDA DE LA POTENCIA REACTIVA EN UN SISTEMA Y o ∆
BALANCEADO EN SECUENCIA DIRECTA
En todo sistema triásico balanceado en ∆ o Y, la potencia reactiva total es medida
mediante el método del vatímetro monofásico en cuadratura.

Vatímetro en cuadratura en el sistema Y o ∆ en secuencia directa
Es la conexión de un vatímetro monofásico en una línea en un sistema trifásico
balanceado, mediante el cual se demostrará que su lectura es directamente proporcional
a la potencia reactiva total, absorbida por una carga trifásica balanceada.
Para la secuencia de fases (+)

I
Si el vatímetro monofásico se conectara en la línea R,

E

←−
* *

, conectando el

RSTRST
vatímetro monofásico en la línea R, La corriente de línea I R ingresa por la marca
de polaridad de la bobina de corriente; y a la bobina de tensión se aplica el voltaje
E ST
I E
Si el vatímetro monofásico se conectara en la línea S,
la corriente de
* *←−
RSTRST
línea IS ingresa por la marca de polaridad de la bobina de corriente; y a la bobina
de tensión se le aplica el voltaje E TR
I

E

Si el vatímetro monofásico se conectara en la línea T,
de línea I T

la corriente
* *←−
RST RST
ingresa por la marca de polaridad de la bobina de corriente; y a la

bobina de tensión se le aplica el voltaje E RS


57

LEIV.

Lectura del vatímetro monofásico en cuadratura para un sistema trifásico en “Y”
Conectando el vatímetro monofásico en la línea “R” cuyo circuito se muestra en la
Fig. 55.
IT

T
T

E TN
t
N

s

r

Zf

´
PR

IR

Zf

R
E RN

E SN

Zf

N
S

I R + IS + I T

IS

S

´
la lectura del vatímetro monofásico es: PR = E ST I R cos〈

E ST
IR

…(200)

Del diagrama fasorial correspondiente (Fig. 34) mostrado en la siguiente página, se
tiene:
…(201)
(tensión de línea)
E ST = E l
…(202)
(corriente de línea)
I R = Il
〈

E ST
IR

= 90 º − ϕ º

…(203)

(ángulo entre E ST e I R )

Reemplazando las ecuaciones (201), (202) y (203) en la ecuación (200) tenemos:
´
PR = E l I l cos( 90 º − ϕº )

siendo cos(90 º − ϕº ) = senϕº

…(204)
…(205)

´
Reemplazando la ecuación (205) en la (204) se tiene: PR = E l I l senϕº
Pero la potencia reactiva total es:

…(206)

Reemplazando la ecuación (206) en (207) se tiene:
´
Q tot = 3 PR var es …(208)


58

LEIV.

´
Luego PR =

Q tot
3

…(209)

E TS

− E RN

30º
E TR

S

30º

E TN

E RS

º
30 − E SN

IT

30º

ϕº

30º
ϕº
IS

90º
ϕº
30º

E RN

IR

E SN

30º
E ST
− E TN

Enunciado 1. La ecuación (209) indica que en un circuito trifásico balanceado en Y en
secuencia directa, cualquiera sea su factor de potencia, un vatímetro monofásico en
cuadratura indica que su lectura igual a la potencia reactiva total trifásica, entre raíz de
tres.

Lectura del vatímetro monofásico en cuadratura para un sistema trifásico en “∆”
Conectando el vatímetro monofásico en la línea “R” cuyo circuito se muestra en la
Fig. 56
.


59

LEIV.

T

T

IT
I TR

E Tt
t
´
PR

R
r

s

Zf
I ST

IR

R

Zf

E Rr

Zf

E Ss
S
S

I RS

IS

´
La lectura del vatímetros es PR = E ST I R cos〈

E ST
IR

…(210)

Del diagrama fasorial correspondiente (Fig. 38) se tiene:
E ST = E l

…(211)

(tensión de línea)

I R = Il

…(212)

(corriente de línea)

…(213)

(ángulo entre E ST e I R )

〈

E ST
IR

= 90 º − ϕ º

Reemplazando las ecuaciones (211), (212) y (213) en la ecuación (210) tenemos:
´
PR = E l I l cos( 90 º − ϕº )

siendo cos(90 º − ϕº ) = senϕº

…(214)
…(215)

´
Reemplazando la ecuación (215) en la (214) Se tiene: PR = E l I l senϕº

…(216)

Pero la potencia reactiva total es

reemplazando la ecuación (216) en (217) se tiene:
´
Q tot = 3 PR var es …(218)

´
Luego PR =

Q tot
3

…(219)


60

LEIV.

E TR

E TS

− IST I T

(30 º − ϕº )

I TR
ϕº 30 º
60 º

IS

30º
ϕº

− I RS
IST

ϕº
30 º
90 º − ϕº

E RS
I RS

− I TR
IR

E ST


Enunciado 2. La ecuación (219) muestra que en un circuito trifásico balanceado en ∆
en secuencia directa, cualquiera sea su factor de potencia, un vatímetro monofásico en
cuadratura indica que su lectura igual a la potencia reactiva total trifásica, entre raíz de
tres.
De los enunciados 1 y 2 correspondientes a las ecuaciones (209) y (219) se deduce:

En todo circuito trifásico balanceado en secuencia directa, en Y o ∆, un vatímetro
conectado en cuadratura, indicará una lectura igual a la potencia reactiva trifásica total
absorbida, entre raíz de tres.
Las expresiones de las ecuaciones (206) y (216) es válida para todo circuito trifásico
balanceado en secuencia directa, cualquiera sea el factor de potencia de la carga
trifásica, debido a que la lectura depende de los valores de tensión de línea y corriente
de línea y del seno del ángulo ϕº


61

LEIV.

PROBLEMAS RESUELTOS DE CIRCUITOS TRIFÁSICOS BALANCEADOS
Problema 1
Una carga trifásica balanceada conectada en estrella, tiene 16 Ω de resistencia y 12 Ω
de reactancia inductiva en serie en cada fase, y es alimentada por una línea trifásica de
230 V.
Determinar:
a. El valor eficaz de la corriente de línea.
b. La potencia activa total.
Solución
La carga equilibrada está conectada en estrella, luego las corrientes de fase y de línea
son las mismas, y están desfasadas en 120 grados eléctricos.
La impedancia de fase es:

Z f ,Y = 16 + J 12 Ω
Z f ,Y = 20 / 36.87 º Ω
El valor eficaz de la tensión de línea es: Vℓ = 230 voltios
El valor eficaz de la tensión de fase es:
V
230
Vf = l =
= 132.79 V
3
3
El valor eficaz de la corriente fase
If = Il =

Vf
132.79
=
= 6.64 A Rpta. a.
Z f ,Y
20

La potencia activa total trifásica es:
2
Ptot = 3I f R f
R f = 16 Ω
Ptot = 3 x 6.64 2 x 16 = 2116.30 vatios Rpta. b.
Otra forma de calcular la potencia activa total es mediante la fórmula:
Ptot = 3 E l I l Cos ϕ

Ptot = 3 x 230 x 6.64 x 0.8 = 2116.15 vatios

Rpta. b.

Problema 2
Para el problema 1; si las tres impedancias se conectan en triángulo y si se colocan a
través de los mismos voltajes de línea, determinar:

a. El valor eficaz de las corrientes de líneas.
b. El valor eficaz de las corrientes de fase.

62

LEIV.

c. La potencia activa total.
Solución
La carga está conectada en delta, luego la impedancia por fase en delta es:
Z f ,∆ = 16 + J12 Ω

Z f ,∆ = 20 / 36.87º Ω
Con la carga conectada en triángulo o delta, la tensión de línea es también la tensión de
fase.
Luego: E l = Ef
El valor eficaz de la corriente de fase de la carga en delta es:
If =

Ef
230
=
= 11.50 A. Rpta. b.
Z f ,∆
20

El valor eficaz de la corriente de línea es:

Il = 3 If
I l = 3 x 11.50 = 19.92 A Rpta. a.
2
La potencia activa total Ptot = 3Pf = 3I f R f

Ptot = 3 x 11.50 2 x 16 = 6348 vatios

Rpta. c.

Otra forma de calcular la potencia es a través de la fórmula:

Ptot =

3 E l I l Cos ϕ

Cos ϕ = Cos 36.87 º = 0.8

Ptot =

3 x 230 x 19.92 x 0.8 = 6348.45 vatios

Rpta. c.

Problema 3

Dos cargas en paralelo están alimentadas por una línea trifásica a una tensión de 240
voltios, 60 Hz. Una de las impedancias de fase de la carga en delta es 12 / – 60º Ω. Y
la otra impedancia de fase de la carga en estrella es 10 / 25º Ω. Determinar:
a. La corriente de línea.
b. El factor de potencia total.
Solución
Sea:
Vl : Tensión de línea: Vl = 240 voltios
f = 60 Hz.

Z f ,∆ : Impedancia de fase de la carga trifásica equilibrada conectada en triángulo.

63

LEIV.

Z f ,Y : Impedancia de fase de la carga trifásica equilibrada en estrella.
Z f ,∆ = 12 / –60º Ω ,

Z f ,Y = 10 / 25º Ω

Como Z f ,∆ y Z f .Y son cargas trifásicas equilibradas, el sistema trifásico total es
equilibrado. Luego para la solución es conveniente desarrollar mediante el equivalente
monofásico; para lo cual, se pasa la carga delta a estrella.
'

Sea Z f ,Y = Z f ,∆ / 3 la impedancia por fase equivalente en estrella, de la carga delta
'

I1 : Corriente en Z f ,Y
E RN

I 2 : Corriente en Z f ,Y

I1
'
Zf , Y

I2
Zf ,Y

E RN : Tensión de fase a 0º (referencia)
E RN =

I1 =

I2 =

240
/ 0º V
3

E RN
'
Z f ,Y

E RN
Z f ,Y

=

=

E RN = 138.564 / 0º V

138.56 / 0º
4 / − 60º

= 34.64 / 60º A

138.56 / 0º
= 13.85 / − 25º A
1 0 / 25º

a. La corriente de línea I R = I1 + I 2

I R = 34.64 / 60º + 13.85 / − 25º A

I R = 29.87 + J 24.15 = 38.41 / 38.94º

A Rpta. a.

Otro método es determinar la impedancia por fase total en estrella
Z f ,Y ,tot =

'
Z f ,Y Z f ,Y
'
Z f ,Y + Z f ,Y

=

4 / − 60º x 10 / 25º
= 3.607 / − 38.941º Ω
4 / − 60º + 10 / 25º

La corriente de línea es: I R =

138.56 / 0º
E RN
=
= 38.413/ 38.941º A OK.
Z f ,Y ,tot 3.607 / − 38.941

b. El factor de potencia total es Cos -38.94º = 0.7777 Rpta.b.

64

LEIV.

Problema 4

Un motor de inducción de 50 HP trifásico, conectado en estrella a una línea trifásica de
440 voltios y 60 Hz está trabajando al 80% de su potencia nominal. El motor tiene el
factor de potencia de 0.76 y eficiencia de 72%.
Determinar la capacidad por fase en una conexión en triángulo requerida a través de la
línea para corregir el factor de potencia a 0.92 en atraso.
Solución

Motor: 50HP conectado en estrella.
Eℓ = 440 voltios

f = 60 Hz.

η = 72% = 0.72

Cos ϕ m = 0.76

%PC = 0.8

La potencia aparente total del motor trifásico es:
Sm =

50 x 746 x 0.8
/ Cos −1 0.76 VA
0.76 x 0.72

S m = 54532.16 / 40.54º VA
La potencia aparente del motor por fase es la tercera parte de la potencia aparente total

Sf ,m = 18177.39 / 40.54º VA

ϕ1 = ϕ m = 40.54º

Sf ,m = 13813.95 + J 11814.92 VA = Pf ,m + J Q f ,m
El circuito equivalente monofásico es:
C f ,Y : Capacidad por fase en conexión en
estrella, del banco 3φ de condensadores.
Sf ,m

ϕ 2 = Cos −1 0.92
Como Eℓ = 440 V, se tiene que E f =

440
V.
3

→ ϕ 2 = 23.07 º

Ef = 254.03 V.

Así la capacidad por fase en conexión estrella C f ,Y para mejorar el factor de potencia
es: C f ,Y =

Pf ,m
E RN 2 ω

(Tg ϕ1 − tg ϕ 2 ) F , y que al reemplazar datos se tiene:


65

LEIV.

C f ,Y =

13813.95
254.03 2 x 377

(Tg 40.54º − tg 23.07 º )

C f ,Y = 243.8 uF
Siendo X Cf , ∆ la reactancia capacitiva por fase en conexión delta
como: X Cf ,Y =

X Cf ,∆

entonces

3
C f ,Y
3

de donde: C f ,∆ =

1
1
=
2 π f C f , y 2 π f C f ,∆ (3)

→ C f ,∆ =

243.8
= 81.27 uF
3

Rpta.

Problema 5

Un generador trifásico de 200 voltios de tensión de línea, alimenta a una carga inductiva
conectada en estrella, que absorbe 10 amperios a través de una línea aérea trifásica de
1 Ω de resistencia y 5 Ω de reactancia inductiva por conductor. Determinar la tensión de
fase en bornes de la carga si:
a. El factor de potencia en los terminales de la carga es 0.6 (-)
b. El factor de potencia en terminales del generador es 0.6 (-)
Solución

Eℓ= 200 voltios
a. Z f ,Y = Z f ,Y

Z f ,Y : impedancia por fase de la carga en estrella
/ Cos −1 0.6

=

/ 53.13º Ω

Z f ,Y

Z f , Y = 0. 6 Z f , Y + J 0. 8 Z f , Y Ω
R
2

Zl = 1 + J 5

2

IR

Z f ,tot = (1 + 0.6 Z f ,Y ) + (5 + 0.8Z f ,Y ) Ω

VZf ,Y

Zf , Y

Il =

E RN =

Ef
Z f ,tot

,

Ef =

El
200
=
V
3
3

N

200
/ 0º V (referencia a 0º )
3
Luego:

200 / 3

10 =

2

(1 + 0.6 Z f ,Y ) + (5 + 0.8Z f ,Y )

66

2

… (1)
LEIV.

Simplificando la ecuación (1) se tiene:
2
Z f ,Y + 9.2 Z f ,Y − 107.33 = 0

…(2)

Resolviendo la ecuación (2) se tiene:
Z f ,Y = 6.74 Ω así Z f ,Y = 6.74 / 53.13º Ω
Tomando

E RN = 115.47 / 0º V

(referencia)

Por divisor de tensión tenemos que la caída de tensión en la impedancia Z f ,Y es

VZf ,Y = E RN

Z f ,Y
Z f ,Y + (1 + J5)

Z f ,Y = R + J X L

Reemplazando valores y efectuando operaciones se tiene:

V Zf ,Y = 67.4 / − 11º V

Rpta. a

b. Factor de potencia 0.6 en bornes del generador.
IR

Zl = 1 + J 5

Tg 53.13º =

E RN

5 + XL
1+ R

luego:
1 + R = 3.75 + 0.75 XL

Z f ,tot = (1 + R ) 2 + (5 + X L ) 2

Ω

Z f ,tot = (3.75 + 0.75X L ) 2 + (5 + X L ) 2
Pero: I R = I f = I l =

Por lo tanto: 10 =

E RN
,
Z f ,tot

….(A)

Ω

E RN = 115.47 / 0º

115.47
(3.75 + 0.75 X L ) 2 + (5 + X L ) 2

V

…. (B)

Resolviendo la ecuación (B), se tiene: XL = 4.237 Ω

67

LEIV.

Luego por la ecuación (A) se tiene que:

R = 5.928 Ω

La impedancia equivalente total por fase en bornes del generador es:
Z f ,tot = 6.928 + J 9.237 = 11.547 / 53.13º Ω
La corriente de línea I R es:
IR =

115.47 / 0º
E RN
=
= 10 / − 53.13º A
Z f ,tot 11.547 / 53.13º

Siendo la impedancia por fase Z f ,Y = R + J X L Ω , entonces:
Z f ,Y = 5.928 + J 4.237 Ω
La caída de tensión por fase en la impedancia es:
V Zf ,Y = I Z = 10 / − 53.13º x 7.287 / 35.55º
V Zf ,Y = 72.87 / − 17.57º

V

Rpta.b.

Problema 6
Una carga trifásica balanceada inductiva absorbe 5 KW y 17.32 KVAR. Determinar las
lecturas de los dos vatímetros conectados para medir la potencia total.
Solución
Sea la secuencia de fases positiva, con los vatímetros conectados en las líneas R y T,
luego las lecturas de los vatímetros será:
PR = E I Cos (30º + ϕ)

... (1)

PT = E I Cos (30º - ϕ)

... (2)

(1)/(2) da:

PR Cos (30º + ϕ)
=
PT Cos (30º − ϕ)

Empleando propiedades de las proporciones:


68

LEIV.

PR + PT
Cos (30º + ϕ) + Cos (30º − ϕ)
=
PR
Cos (30º + ϕ)
PR + PT
3 Cos ϕ
=
PR
Cos (30º + ϕ)

De (3) : PR = Ptot

ϕ = Tg −1

...(3)

Cos (30º + ϕ)
3 Cosϕ

...(4)

Q tot
17.32
= tg −1
= 73.9º
Ptot
5

Reemplazando el valor de ϕ en (4) se tiene:
PR = -2.5 KW Rpta.
Rpta.

Así PT = Ptot – PR = 5 – (-2.5) = 7.5KW
Problema 7

Una carga balanceada conectada en delta, tiene como impedancia de fase un circuito
serie de 12 Ω. de resistencia y 16 Ω. de reactancia capacitiva. Las tensiones de línea
sonde 115 voltios, determinar las corrientes de línea y de fase.
Solución
La carga está conectada en delta. La impedancia de fase es:

Z f ,∆ = 12 − J 16 ohms. = 20 / − 53.13º

Ω

La tensión de línea es: Eℓ = 115 voltios
Luego la corriente de fase es: If = Eℓ / Zf,∆

If =

115
= 5.75 A
20

Rpta.

la corriente de línea es: I l = 3 I f

I l = 3 x 5.75 = 9.96 amp.


Rpta.

69

LEIV.

Problema 8

Una carga balanceada en delta tiene 18 Ω. de resistencia y 24 Ω de reactancia capacitiva
en serie en cada fase, siendo alimentada por líneas con impedancia cada una de 1 Ω de
reactancia y 2 Ω. de reactancia inductiva por conductor. El generador que alimenta al
circuito total tiene tensión entre líneas de 250 voltios. determinar.
Solución

Carga trifásica conectada en delta, con impedancia por fase:
Z f ,∆ = 18 − J 24 = 30 / − 53.13º Ω
La impedancia de línea Z l = 1 + J 2

Ω.

Tensión de línea proporcionada por el generador es: Eℓ = 250 voltios.
Como el circuito total es balanceado, se resuelve con un equivalente monofásico.

E f = E RN =
Sea:

250
= 144.34 V
3

E RN = 144.34 / 0º

Zl = 1 + J 2

V (referencia a 0º)

E RN

Zf , Y

La impedancia por fase en conexión estrella:
Z f ,Y =

Z f ,∆
= 10 / − 53.13º
3

Ω

la impedancia equivalente total por fase es:
Z f ,tot ,Y = 1 + J 2 + 10 / − 53.13º Ω
Z f ,tot ,Y = 1 + J 2 + 6 − J 8 Ω
Z f ,tot ,Y = 7 − J 6 = 9.22 / − 40.6º Ω
La corriente de línea I R es:

IR =

E RN
Z f ,tot

=

144.34 / 0º
A
9.22 / − 40.6º

I R = 15.66 / 40.6º A

70

LEIV.

La caída de tensión por fase en la carga en conexión estrella es:

V f ,Y = I Z f ,Y = 15.66 / 40.6º x 10 / − 53.13º V
V f ,Y = 156.6 / − 12.53º V
a.

El voltaje entre líneas en los terminales de carga es:

Vl = 3 Vf ,Y = 3 x 156.6 = 271.24 V Rpta. a
b.

La potencia total consumida por la carga es:

Ptot = 3 I 2 R f = 3 x 15.66 2 x 6 = 4414.24

vatios

Rpta. b

Problema 9

Una carga inductiva balanceada conectada en estrella toma 5.4KW a 0.6 de factor de
potencia, a 200 voltios de tensión de líneas. Esta carga se encuentra conectada en
paralelo con otra carga en estrella balanceada, puramente resistiva, la que toma 5 KW.
Determinar la corriente total de línea suministrada a las dos cargas.
Solución
La primera carga trifásica en estrella, que toma una potencia de 5.4KW a Cos ϕ1 = 0.6

Luego ϕ1 = Cos −1 0.6 = 53.13º , así: P1 = 5.4 KW

Q1 = P1 tg ϕ1 = 5.4 tg 53.13 = 7.2 KVAR
La potencia aparente total que toma la primera carga trifásica
En estrella es:
S1 = 5.4 + J 7.2 = 9 / 53.13º KVA
La segunda carga trifásica en estrella toma una potencia aparente S 2 = 5 / 0º KVA
Así las dos cargas trifásicas en conjunto (ambas conectadas en paralelo) absorben una
potencia aparente total:
S tot = S1 + S 2 KVA


71

LEIV.

S tot = 5.4 + J 7.2 + 5 = 10.4 + J 7.2 KVA
S tot = 12.65 / 34.7 º KVA
Pero

S tot = 3 E l I l . Luego:

Il =

S tot

Il =

3 El

, siendo E l = 200 V

12,650
= 36.52 A Rpta.
3 x 200

Problema 10

Una conexión delta balanceada tiene una impedancia de fase de 12 / 70º Ω y es
alimentada por una línea trifásica de 240 voltios, 60 Hz. Se mide la potencia del circuito
por el método de dos vatímetros. Determinar la lectura indicada por cada vatímetro y la
potencia trifásica total
Solución:
Carga balanceada en delta con impedancia de fase:
Z ∆ ,f = 12 / 70º Ω

, ϕ = 70º (factor de potencia en atraso)

Tensión de línea: Ef = Eℓ = 240 voltios, 60 Hz (Por tener la carga en delta)
Sea la secuencia de fase positiva, con los vatímetros conectados en las líneas S y T,
R S T R S T, teniendo la carga factor de potencia en atraso, se tiene: PS > PT
La corriente de fase es:

If =

E
Ef
240
= l =
= 20 A
Z ∆ ,f Z ∆ ,f
12

La corriente de línea es: I l = 3 I f = 3 x 20 = 34.64 A
La potencia indicada por cada vatímetro es:
PS = E l I l Cos (30º − ϕ) vatios, y que al reemplazar valores se tiene :
PS = 240 x 34.64 x Cos (30º − 70º ) = 6368.59 vatios Rpta.
PT = E l I l Cos (30º + ϕ) vatios, y que al reemplazar valores se tiene :
PS = 240 x 34.64 x Cos (30º + 70º ) = − 1443.60 vatios Rpta.

72

LEIV.

La potencia total es: Ptot = PS + PT
Ptot = 6368.59 + (-1443.68) = 4924.91 vatios Rpta
Problema 11

Una delta balanceada toma 14.5 / 30º KVA de una línea trifásica, con tensión
E RS = 440 / 0º V a 60 Hz y en secuencia negativa.
Determinar:
a. La impedancia de fase de la carga en delta Z ∆ ,f
b. Las corrientes de fase en forma polar.
c. Las corrientes de líneas en forma rectangular.
d. La bancada trifásica de condensadores conectados en estrella, para corregir el factor
de potencia total a 0.93 en atraso.
Solución

Graficando la delta en secuencia negativa de forma tal que la tensión ERS se esté a cero
grados.
S

R
N

Así en el triángulo graficado, las tensiones de fase y de líneas
indican sus ángulos de fases.
Del diagrama fasorial de tensiones de fase y de líneas quedan
definidas en módulo y ángulo, tal como se muestra en la
figura.

T

EST

El = 440 voltios
f = 60 Hz.
La potencia aparente total absorbida por la carga
trifásica en delta es S tot = 14500 / 30º KVA

ESN

E RN

30
º

30º

E RS

30

º

Resolviendo mediante el equivalente 1 φ en bornes
R-N, se tiene:

E TN

E RN

E
=
= 254.03 / 30º V
3

E TR

Sea Z Y ,f la impedancia por fase de la carga en conexión estrella. Para el equivalente
monofásico, la potencia aparente por fase tomada de la línea es la tercera parte de la
potencia aparente total, así:


73

LEIV.

S Y ,f =
Pero:

S tot 14500
=
= 4833.33 / 30º VA
3
3
IR

S Y ,f = E RN I R
E RN

*

Luego: I R = S Y ,f / E RN
IR =

Zf ,Y

4833.33 / 30º
= 19.03 / 0º A
254.03 / 30º

Z Y ,f =

E RN
IR

=

254.03 / 30º
= 13.35 / 30º Ω
19.03 / 0º

La impedancia por fase en conexión en estrella es:
254.03 / 30º
E RN
Z Y ,f =
=
= 13.35 / 30º Ω.
19.03 / 0º
IR
a. La impedancia por fase en conexión delta será:
Z ∆ ,f = 3 Z Y ,f = 3 x 13.35 / 30º = 40.05 / 30º Ω Rpta.
b. Corrientes de fase en módulo y ángulo

E RS = 440 / 0º V

E ST = 440 / 120º V

E TR = 440 / − 120º V

I RS =

I ST =

I TR =

E RS
Z ∆ ,f
E ST
Z ∆ ,f
E TR
Z ∆ ,f

=

440 / 0º
= 10.99 / − 30º = 9.52 − J 5.50 A Rpta.
40.05 / 30º

=

440 / 120º
= 10.99 / − 90º = J 10.99 A Rpta.
40.05 / 30º

=

440 / − 12 0º
40.05 / 30º


= 10.99 / − 150º = − 9.52 − J 5.50 A Rpta.

74

LEIV.

c. Las corrientes de línea en forma rectangular:

I R = I RS − I TR
I R = 10.99 / − 30º −10.99 / − 150º

IR

I R = 19.03 A Rpta.

IS

I S = I ST − I RS
I S = − 9.52 + J 16.49

Rpta.

A

IST

Z ∆,

I S = J 10.99 − (9.52 − J 5.50) =

IRS

Z ∆ ,f

f

IT

Z∆

,f

ITR

I T = I TR − I ST
I T = − 9.52 − J 5.50 − J 10.99
I T = − 9.52 − J 16.49 A Rpta
d. Bancada trifásica de condensadores en estrella para obtener el factor de potencia total
a 0.93 en atraso.
Del circuito equivalente monofásico, la potencia aparente por fase es:
S Y ,f = 4833.33 / 30º = 4185.79 + J 2416.64 VA
La potencia activa que toma cada fase es:

PY,f = 4185.79 vatios.

En condiciones iniciales ϕ1 = 30º
En condiciones finales ϕ2 = Cos −1 0.93 = 21.57 º
Luego: C Y ,f =

PY ,f
2
Ef V

C Y ,f =

( tg ϕ1 − tg ϕ 2 ) F.
4185.79

254.03 2 x 377

C Y ,f = 31.32uF

( tg 30º − tg 21.57 º )

Rpta.

Problema 12
Una delta balanceada absorbe 14.4 /-68º KVA de una línea trifásica de 600 voltios a
60 Hz. Determinar los vatios y vares, cuando las impedancias de fase se conectan en
estrella a una línea de 440 voltios y 25 Hz.
Solución:
Inicialmente la carga está conectada en delta, la cual absorbe en total 14400 /-68º VA; a
la tensión de línea de 600 voltios, 60 Hz.

75

LEIV.

E RN =

Sea

600
/ 0º = 346.41 / 0º V
3

Así el primer equivalente monofásico es:
I R1
E RN

Z Y ,f : Es la impedancia equivalente por fase
en conexión estrella, de la carga balanceada en
delta.

ZY ,f

Sea S Y ,f : potencia aparente que absorbe Z Y ,f

S Y ,f =

14400
/ − 68º VA = 4800 / − 68º VA
3

Pero: S Y ,f = E RN I * 1
R
*

I R1 =

*

de donde I R1 =

S Y ,f
E RN

4800 / − 68º
= 13.86 / − 68º A
346.41 / 0º

Así: I R1 = 13.86 / 68º A
Por lo tanto: Z Y ,f =

E RN 346.41 / 0º
=
= 25 / − 68º Ω
I R1 13.86 / 68º

Luego, la impedancia de fase de la carga en conexión en delta es:
Z ∆ ,f = 3 Z Y,f = 75 / − 68º = 28.1 − J 69.54 Ω a 60 Hz
La disminución de frecuencia de 60 Hz a 25 Hz, tiene el efecto de aumentar la reactancia
capacitiva, por ser inversamente proporcional a la frecuencia. Luego la impedancia de
fase a 25 Hz en conexión delta es:
60
Ω a 25 Hz
25

'

Z ∆ ,f = 28.1 − J 69.54 x
'

Z ∆,f = 28.1 − J 166.89 = 169.24 / − 80.44º Ω a 25 Hz
'

Las impedancias de fase Z ∆,f se conectan en estrella, a la tensión de línea de 440
voltios a 25 Hz. El segundo equivalente monofásico es:


76

LEIV.

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