5 circuitos desequilibrados

REDES TRIFÁSICAS Y SUS APLICACIONES ELT – 2510 CIRCUITOS ELÉCTRICOS II GESTIÓN 2009
CAPÍTULO V
CIRCUITOS DESEQUILIBRADOS
5.1. CONSIDERACIONES BÁSICAS.
Sólo se analizarán, en esta parte, los circuitos desequilibrados con alimentación simétrica, vale
decir, el desequilibrio sostenible ó acentuado es provocado por la carga, en su generalidad, por
la instalación de cargas monofásicas en un sistema trifásico tres y cuatro hilos, en conexión
estrella y triángulo en baja y media tensión.
Sin embargo y en base a las diferentes puntualizaciones realizadas en Circuitos equilibrados,
caracterizaremos básicamente a los circuitos desequilibrados, en conexión estrella y en
conexión triángulo:
 El desfase entre f.e.m. y/o tensiones de Línea ó de Fase necesariamente es de 120º.
Conexión Estrella.
 El desfase entre corrientes de Línea ó de Fase, generalmente no es de 120º. Conexión
Triángulo, en la carga.
 La relación entre Tensiones de Línea y Tensiones de Fase no siempre es √3. Conexión
Estrella, en la carga.
 La relación entre Corrientes de Línea y Corrientes de Fase no es √3. Conexión
Triángulo.
1

 Las Impedancias de las tres fases de la carga no son iguales entre sí, tanto en magnitud
como en fase.
 La diferencia de potencial entre el Neutro fuente y Neutro carga, es diferente de cero.
Conexión Estrella.
 Las Tensiones de línea son iguales en magnitud y desfasados entre sí, 120º.
 Las Tensiones de fase no son iguales en magnitud y desfasados entre sí, 120º.
 Las Corrientes de línea no son iguales en magnitud ni desfasados entre sí, 120º.
 Las Corrientes de fase no son iguales en magnitud y ni desfasados entre sí, 120º.
 La corriente en el neutro es diferente a cero.
 La suma fasorial de corrientes de línea no es igual a cero.
 La suma fasorial de corrientes de fase, no es igual a cero.
 La suma fasorial de Tensiones de línea, es igual a cero.
 La suma fasorial de Tensiones de fase, no es igual a cero.
 La suma de dos fasores no es igual en magnitud a ellas tampoco no en fase.
 La diferencia de dos fasores, no es igual a √3 la magnitud de ellas, tampoco tienen
relación de fase.
Es también necesario puntualizar los efectos que traen los desequilibrios en las diferentes
conexiones:
En conexión estrella, dependiendo de lo pronunciado del desequilibrio, existirá una apreciable
circulación de corriente, sin embargo, su efecto es más pronunciado cuando es el neutro que
sale fuera de servicio, por diferentes razones y provoca los que se conoce con el nombre de
sub-tensión y lo más peligroso la sobretensión.
2

En conexión triángulo, dependiendo también del desequilibrio, existirá sub-cargas y
sobrecargas en las diferentes fases involucradas.
5.2. CIRCUITO DESEQUILIBRADO EN CONEXIÓN ESTRELLA SIN NEUTRO.
La energía eléctrica se distribuye por medio de líneas trifásicas de cuatro conductores: las fases
R, S y T y el conductor neutro N. Generalmente, los receptores monofásicos se conectan entre
las fases y el neutro. Las cargas monofásicas se intentan distribuir por igual entre las tres fases,
con el objetivo, de procurar que, en todo momento, las intensidades de las fases se encuentren
equilibradas. Esto es lo que llamaremos equilibrio real. Sin embargo, existen muchos motivos
por los cuales no puede lograrse este ansiado equilibrio, citaremos por ejemplo uno de ellos; la
simultaneidad de funcionamiento de los receptores conectados entre fase y neutro, por lo que,
aunque se tienda a igualar las potencias instaladas en las tres fases, las intensidades pueden
resultar fuertemente desequilibradas si no se ha procurado repartir los receptores que funcionan
simultáneamente. Nuestra mirada, en esta oportunidad, irá dirigida a demostrar, que el
equilibrio real de las cargas tiene, además, la ventaja de eliminar las sobretensiones que pueda
producir un eventual corte del conductor neutro.
5.2.1. DESPLAZAMIENTO DEL NEUTRO.
En la figura 1, se representa una línea trifásica de tres hilos que alimenta receptores pasivos en
estrella:
Figura 1
3

Esta es la situación que se crea cuando se interrumpe la conexión con el punto neutro de la
fuente. Designaremos el centro de la estrella en la parte de los receptores con la letra ‘n’.
Llamaremos a ‘n’ punto neutro de la carga. Materialmente ‘n’ es la porción de conductor
neutro al que quedan conectados todos los receptores cuando se interrumpe el conductor neutro
común. Entonces ‘n’ y ‘N’ no están unidos directamente por ningún conductor. Se indican las
admitancias resultantes de los receptores conectados a las fases por resultar más simples las
fórmulas que si se utilizan las impedancias. YR es la admitancia resultante de todos los
receptores conectados entre la fase R y el neutro ‘n’ de la carga, o sea, es la suma de las
admitancias de todos los receptores conectados entre esa fase y el neutro ‘n’. De forma similar
para las otras dos restantes fases.
Se llama desplazamiento del neutro al fasor VnN, tensión entre el punto neutro de la carga y el
punto neutro del transformador. Esta amplitud es un indicador de cuan desequilibrado se
encuentra la carga respecto a la fuente, o que fases se encuentran con sobretensión y que fases
se encuentran con sub-tensión. Conocido el desplazamiento del neutro, se ve en la figura 1.,
que los fasores de tensiones de los receptores en las tres fases son respectivamente:
VRN = VR = V/ 0°
VSN = VS = V/-120° (1)
VTN = VT = V/-240°
4

Del diagrama fasorial podemos escribir:
VRn = VR – VnN
VSn = VS – VnN (2)
VTn = VT – VnN
En cualquier caso, conocidas las admitancias complejas de los receptores, el desplazamiento de
potenciales en N y aplicando voltaje de nodos en el único nudo restante, ‘n’, se obtiene la
ecuación:
( YR + YS + YT ) VnN = VR YR +VS YS +VT YT
VnN = (VR YR +VS YS +VT YT )/ ( YR + YS + YT )
5

VnN = VR YR+ VS YS+VT YTYR + YS+ YT (3)
Ahora, si la carga está totalmente equilibrada las admitancias complejas son iguales:
YR = YS = YT
y el desplazamiento del neutro vale entonces, según (3):
VnN = YR ( VR + VS + VT )/ 3YR
Como es de suponer la fuente de alimentación es simétrica, la suma de sus fasores se hacen
cero.
VR + VS + VT = 0
Por lo tanto, el desplazamiento del neutro también resulta cero, bajo esta consideración, las
tensiones de fase en los receptores siguen equilibradas aunque el neutro no exista. Es decir, si el
neutro se interrumpe, no se produce ninguna sobretensión si la carga está realmente equilibrada
5.3. APLICACIÓN A INSTALACIONES DE ALUMBRADO PÚBLICO.
En algunas instalaciones, como de alumbrado público, todos los receptores son iguales ó tienen
receptores repartidas por grupos de potencias características de 75, 125, 150, 250 W,etc cuyas
luminarias suelen repartirse con similitud potencia en diferentes calles o avenidas.
Ante un corte intempestivo del neutro, en función al grado de desequilibrio de los receptores
entre línea y neutro, algunos aparatos de alumbrado público se verán sometidos a
sobretensiones y otros a sub-tensiones, siguiendo la ecuación (3).
6

En la siguiente ecuación:
VnN = VR YR+ VS YS+VT YTYR + YS+ YT (3)
YR = Admitancia característica equivalente de los receptores conectados a la fase R
YS = Admitancia característica equivalente de los receptores conectados a la fase S
YT = Admitancia característica equivalente de los receptores conectados a la fase T
nYR = Número de receptores conectados a la fase R, representados por su admitancia
característica equivalente.
7

nYS = Número de receptores conectados a la fase S, representados por su admitancia
nYT = Número de receptores conectados a la fase R, representados por su admitancia
Considerando además:
YR= YS= YT=Y (4)
Reemplazando estas consideraciones en (3):
VnN = VR nYR+ VS nYS+VT nYTnYR + nYS+ nYT (5)
Las tensiones de fase:
VR = V / 0°
VS = V /-120°
VT = V /-240°
8

Llamando al número de receptores por fase:
nYR
= nR
nYS = nS
nYT
= nT
Reemplazando en (5):
VnN = V<0° nR+ V<-120° nS+ V<120° nTnR + nS+ nT
VnN = V ( <0° nR+ <-120° nS+ <120° nTnR + nS+ nT ) (6)
9

Como se podrá observar, en la ecuación (6), no hace falta conocer la admitancia de las
luminarias para hallar el desplazamiento del neutro, sino solo el número de ellas en cada fase.
V es el valor eficaz de la tensión entre fase y neutro.
Ejemplo 1.
Una instalación de alumbrado es alimentado desde un transformador triásico conexión Delta
/Estrella con neutro, los receptores de iluminación no se encuentran equitativamente repartidos
Permaneciendo las fases conectadas al transformador, por accidente u otras causas se
interrumpe el conductor neutro entre el transformador y los receptores, evaluar las tensiones
que se producirán en las fases a las que se encuentran conectadas los receptores de iluminación
La tensión del transformador es de 400 V entre fases. El sistema de iluminación está distribuida
por medio de tres líneas de fase y un neutro, de la siguiente forma:
nYR = nR = 50 luminarias
nYS = nS = 70 luminarias
nYT = nT = 85 luminarias
Solución:
10

La tensión de fase: VF = V = VL3 = 4003 = 230 V
Reemplazando en ecuación (6):
VnN = V ( <0° nR+ <-120° nS+ <120° nTnR + nS+ nT )
VnN = 230 ( <0° 50+ <-120° 70+ <120° 8550 + 70 + 85 )
VnN = 34 ‫׀‬
154,70°
El diagrama fasorial representativo es el siguiente:
11

En ecuación (2):
VnR = VnN – VR
VnS = VnN – VS
VnT = VnN – VT
VnR = 34 ‫׀‬
154,70° - V /0°
VnR = 34 ‫׀‬
154,70°
-
230
/
0°
VnR = 261,14 ‫׀‬
176,81° V
VnS = 34 ‫׀‬
154,70° - V /-120°
VnS = 34 ‫׀‬
154,70°
-
230
/
-
120°
VnS = 229,72 ‫׀‬
68,48° V
12

VnT = 34 ‫׀‬
154,70° - V /120°
VnT = 34 ‫׀‬
154,70°
-
230
/
120°
VnT = 202,97 ‫׀‬
-
65,47° V
En base al diagrama fasorial respectivo y el cálculo analítico, podemos concluir que la mayor
sobretensión se produce en la fase R, que es la menos cargada, y alcanza a un 13 % de
sobretensión respecto a la nominal de 230 V, porcentaje intolerable por reglamentos de calidad
de distribución en baja tensión y no aceptable por la mayor parte de las luminarias.
Ejemplo 2:
Un sistema trifásico con tensión de alimentación simétrica, suministra energía a una carga
trifásica desequilibrada conectada en triángulo, cuyas impedancias de fase son:
 ZRS = 10 ‫׀‬
-
90° Ω
 ZST = 10 ‫׀‬
0° Ω
 ZTR = 10 ‫׀‬
90° Ω
 Tensión de línea 500 V
Determine la potencia registran los dos vatímetros.
SOLUCIÓN:
El circuito trifásico representativo:
13

En base al circuito anterior, elaboraremos el diagrama fasorial de corriente y tensiones trifásicas
características del problema, en el que se representara las corrientes y tensiones a las se
encuentran expuestas los dos vatímetros. En este diagrama fasorial se encuentran directamente
las corrientes de fase y de línea en magnitud y fase:
Las corrientes de línea están dadas por:
IA= IAB- ICA
IB= IBC- IAB
IC= ICA- IBC
14

Las corrientes de fase:
IAB= VABZAB =22010 <0°<-90° = 22 ‫׀‬
90° A
15

IBC= VBCZBC =22010 <-120°<0° = 22 ‫׀‬
-
120° A
ICA= VCAZCA =22010 <120°<90° = 22 ‫׀‬
30° A
Las corrientes de línea:
IA= IAB- ICA = 22 ‫׀‬
90°
-
22
‫׀‬
30°
=
22
‫׀‬
150° A
IB= IBC- IAB = 22 ‫׀‬
-
120°
-
22
‫׀‬
90°
=
42,5
‫׀‬
-
105° A
IC= ICA- IBC = 22 ‫׀‬
30°
-
22
‫׀‬
-
120°
=
42,5
‫׀‬
45° A
Lectura del vatímetro 1:
16

W1 = VAB IA cos( VAB- IA )
W1 = VAB IA cos( 0°- 150° )
W1 = 220 * 22 cos( - 150°)
W1 = - 4191,44 W
Lectura del vatímetro 2:
W2 = VCB IC cos( VCB- IC )
W2 = VCB IC cos( 60°- 45° )
W2 = 220 * 42,5 cos 15°
W2 = 9031,4 W
17

Potencia activa consumida por la carga:
W1 + W2 = - 4191,44 + 9031,4
WT = 4840 W
Este valor puede ser fácilmente verificable:
En la carga analizada, sólo una fase se encarga de consumir potencia activa, ésta es la fase BC,
por lo que si aplicamos la ecuación simple:
P = VBC IBC = 220 * 22 = 4840 W
Ejemplo 3:
Comente sobre la diferencia existente entre las dos conexiones mostradas a continuación:
Solución:
Circuito 1:
18

Este circuito es un conexión delta abierto, con la fase común en la línea B, las fase abierta es la
CA.
En las fases A y C, las corrientes de línea se convierten en corrientes de fase con sus
respectivos desfases en adelanto y en retraso 30° de su posición original (triángulo).
La corriente en la fase B, es raíz de tres veces mayor que las corrientes en las otras dos fases.
Las corrientes de línea en A y en C, son sus respectivas corrientes de fase en amplitud.
Todas estas consideraciones se verá en el diagrama fasorial respectivo en secuencia negativa:
Circuito 2:
Este circuito es una conexión estrella con la fase B abierta.
La corriente en el neutro será la suma fasorial de las corrientes en las dos fases existentes, es
decir, A y C, cuya amplitud será la misma que las amplitudes de las otras dos fases
involucradas.
Ver estas puntualizaciones en el diagrama fasorial respectivo, en secuencia positiva:
19

5.4. MÉTODO DE LAS COMPONENTES SIMÉTRICAS.
5.4.1. INTRODUCCIÓN.
Fallas y defectos en sistemas eléctricos de potencia provocan desbalances o desequillibrios en
éstos, dificultando de esta manera los cálculos y las simulaciones de los mencionados sistemas.
Como no se conocía una herramienta analítica para simular las ocurrencias de fallas en las
pruebas de contingencia, tanto estáticas como dinámicas, réplicas en miniatura de sistemas eran
construidos en el patio de las empresas.
En 1895, en el estudio de motores Monofásicos, surgió una idea de descomponer el campo
magnético estacionario pulsatorio, generado por el estator, en dos campos positivos, girando
simultáneamente en sentidos opuestos.
El motor monofásico, puede girar para la izquierda o para la derecha, dependiendo del impulso
en la partida, que hace que el rotor se complemente a uno de los dos campos rotativos,
estableciéndose consecuentemente, el sentido de rotación
En 1915, Leblanc imaginó descomponer las corrientes trifásicas desequilibradas en tres
grupos, que serían producidos por tres campos magnéticos de la siguiente manera:
• Un campo magnético girando en una dirección
20

• Un campo magnético girando en una dirección opuesta
• Un campo magnético estático, pulsatorio
Estas idean fueron creando cuerpo. Y en 1915, a través del Dr C.I Fortescue (Stokvis), se
consiguen formular una herramienta analítica, mucho más poderosa, formulando de manera
genérica la descomposición de cualquier sistema de ‘n’ fasores desequilibrados, en sus
respectivos componentes simétricos equilibrados.
Las formulaciones propuestas por Fortescue fueron más tarde adoptadas y aplicadas a los
diferentes comportamientos de un sistema eléctrico de potencia, posibilitando así aplicar todas
las técnicas ya conocidas de circuitos trifásicos a los sistemas desbalanceados por falla, a través
de las componentes simétricas.
5.4.2. TEOREMA DE FORTESCUE - STOKVIS
Á través de su teorema titulado “ Métodos de Componentes Simétricas Aplicados en la
Solución de Circuitos Polifásicos “, formulado de la siguiente forma:
‘ Un sistema de N fasores desequilibrados puede ser descompuesta en N sistemas de fasores
equilibrados, denominados Componentes Simétricas de los fasores originales ‘
El sistema desequilibrado original de secuencia de fase a,b,c,…..,n; es representado por sus ‘n’
fasores Vao, Va1, Va2,….Van, que giran a la velocidad síncrona y a la frecuencia de la red
polifásica
La expresión análítica general para un sistema desequilibrado con ‘n’ fases, es dado por:
• Va = Vao + Va1 + Va2 + Va3 + …+ Vai + …….+.Va(n-1)
• Vb = Vbo + Vb1 + Vb2 + Vb3 + …+ Vbi + ……..+ Vb(n-1)
• Vc = Vco + Vc1 + Vc2 + Vc3 + …+ Vci + ……..+ Vc(n-1)
• … … … …. …. … ……….
• Vn = Vno + Vn1 + Vn2 + Vn3 +… + Vni + ……..Vn(n-1)
21

El sistema desequilibrado original de secuencia de fase a,b,c,…..,n; es representado por sus ‘n’
fasores Vao, Va1, Va2,….Van-1, que giran a la velocidad síncrona y a la frecuencia de la red
polifásica
La formulación de Fortescue, es válida para cualquier sistema con ‘n’ fases y como el sistema
general eléctrico es trifásico, entonces surge la necesidad de profundizar en esa dirección, por
lo que se puede formular :
“ Un sistema Trifásico de tres fasores desequilibrados, pueden ser descompuestos en tres
sistemas trifásicos de tres fasores equilibrados, llamados componentes simétricas de secuencia
positiva, negativa y cero “
5.4.3. SISTEMA TRIFÁSICO DE SECUENCIA POSITIVA.
Es un conjunto de 3 fasores equilibrados, del mismo módulo y desfasados 120 º, con la
secuencia de fase idéntica al sistema trifásico original desequilibrado
Los tres fasores de tensión son equilibrados, entonces se puede escribir:
22

En vez de usar el término 1 ‫׀‬
120° , es práctico, substituir este número complejo por una
representación literal ‘ a’, conocida como operador rotacional, es decir :
; ;
; ;
; ;
23

a = 1 ‫׀‬
120°
Va1
Vb1=a2 Va1
Vc1=a Va1
Es un operador que aplicado a un fasor, gira 120º , en el mismo sentido de rotación indicada
por la velocidad ‘w’ de secuencia positiva.
24

5.4.4. SISTEMA TRIFÁSICO DE SECUENCIA NEGATIVA.
Es un conjunto de tres fasores equilibrados, girando a una secuencia de fase contraria al del
sistema de fase original desequilibrado, con la velocidad contraria a la secuencia positiva
a = 1 ‫׀‬
120°
Va2
Vb2=a Va2
Vc2=a2 Va2
25

5.5. SISTEMA TRIFÁSICO DE SECUENCIA CERO.
Es un conjunto de 3 fasores iguales, en fase y girando en el mismo sentido de la secuencia del
sistema original desbalanceado, esto es, de la secuencia positiva.
Su diagrama fasorial es el siguiente:
5.6. EXPRESIÓN ANALÍTICA DEL TEOREMA DE FORTESCUE.
Las tensiones desequilibradas en función de las componentes simétricas:
Va = Va0 + Va1 + Va2
Vb = Vb0 + Vb1 + Vb2
Vc = Vc0 + Vc1 + Vc2
A B C D
Donde:
A – Sistema trifásico desequilibrado
B - Sistema Trifásico equilibrado de secuencia cero
26

C – Sistema trifásico equilibrado de secuencia positiva
D – Sistema trifásico equilibrado de secuencia negativa
Tensiones desequilibradas en función de Va :
En forma matricial:
En forma fasorial:
Las componentes de Secuencia en función del sistema trifásico desequilibrado:
27

Las corrientes de secuencia en función de las corrientes desequilibradas:
Las corrientes desequilibradas en función de las componentes simétricas:
Las corriente de secuencia cero sólo circulan por la tierra, es decir, deberá existir un camino
derivado a tierra en cualquier parte del circuito, como se muestra en las figuras:
5.7. POTENCIA EN SISTEMAS DESEQUILIBRADOS EN FUNCIÓN DE SUS
COMPONENTES SIMÉTRICAS.
S = P + j Q = Va Ia* + Vb Ib* + Vc Ic*
28

En forma matricial:
La potencia compleja será :
S = 3 V0 I0
*
+ 3 V1 I1
*
+ 3 V2 I2
*
Donde:
S0 = 3 V0 I0
*
= P0 + j Q0 (Potencia aparente Homopolar ó de secuencia cero)
S1 = 3 V1 I1
*
= P1 + j Q1 (Potencia aparente Directa ó de secuencia positiva)
S2 = 3 V2 I2
*
= P2 + j Q2 (Potencia aparente Inversa ó de secuencia negativa)
S = S0 + S1 + S2 = 3 V0 I0
*
+ 3 V1 I1
*
+ 3 V2 I2
*
29

P = P0 + P1 + P2 = 3 V0 I0 COS
φ0
+ 3 V1 I1 COS
φ1
+ 3 V2 I2 COS
φ2
S = S0 + S1 + S2 = 3 V0 I0 sen
φ0
+ 3 V1 I1 sen
φ1
+ 3 V2 I2 sen
φ2
De las ecuaciones anteriores podemos concluir:
• La potencia compleja, es la suma de las potencias complejas de las tres secuencias, cero,
positivo y negativo.
• La potencia activa y reactiva, es la suma de las potencias activas y reactivas de las tres
secuencias, cero, positiva y negativa.
• Las potencias activa, reactiva y aparente de secuencia cero, positiva y negativa, se
conservan independientemente en toda la red, por lo que no pueden combinarse en
ningún momento tensiones de una secuencia con corriente de otra.
• La impedancia de las tres secuencias de componentes simétricas, en una red simétrica y
asimétrica, se cumple para potencias, tensiones, corrientes.
Por lo que el factor de potencia podemos escribir en función de las componentes de secuencia
de la siguiente forma:
30

FP = PS = P
0 + P1 + P2(P0 + P1 + P2)2 + (Q0 + Q1 + Q2)2
Ejemplo 3:
Un conductor de una línea trifásica en conexión estrella sin neutro se secciona por efectos de
una falla, la corriente que circula por la fase a es de 25 A. Tomando como referencia la
corriente de línea en la fase ‘a’ y suponiendo que es la fase ‘c’ la seccionada, hallar las
componentes de secuencia de las corrientes de línea.
Del circuito podemos concluir:
Ia = 25 /0° Ib = - Ia Ic = 0
Las componentes de secuencia en función de las corrientes desequilibradas:
Ia0 = 1/3( Ia – Ia + 0) Ia0 = 0
31

Ia1 = 1/3 ( Ia – a Ia) = Ia/3 (1-a)
Ia1 = 25 33 ‫׀‬
-
30°
Ia2 = 1/3 ( Ia – a2
Ia) = Ia/3 (1-a2
)
Ia2 = 25 33 ‫׀‬
30°
En forma fasorial se puede mostrar los resultados:
Ejemplo 4:
Dado un sistema trifásico tres hilos desequilibrado, donde las tensiones respecto al neutro
desplazado son las siguientes:
32

VRn = 425 ‫׀‬
45° V
VSn = 220 ‫׀‬
60° V
VTn = 425 ‫׀‬
75° V
Determinar las componentes simétricas de las tensiones de fase y las componentes simétricas
de las tensiones de línea.
Solución:
Graficando las tres tensiones de línea a neutro desplazado en magnitud y fase:
33

Del gráfico se puede ver que los tres fasores de tensión circunscriben un triángulo de tensiones
perfectamente equilibrado, ello lo veremos con el cálculo respectivo de componentes
simétricas:
Las tensiones de fase y de secuencia cero se determinarán en base a la siguiente ecuación
lineal:
VRn0= 13 VRn+VSn+VTn
VRn0= 13 425<45°+220<60°+425<75°
34

VRn0 = 347 ‫׀‬
6 0°
La ecuación de desplazamiento del neutro es:
VRn = VR – VnN
VSn = VS – VnN
VTn = VT – VnN
VRn + VSn + VTn = VR + VS + VT – VnN – VnN – VnN
3 VnN = VRn + VSn + VTn
VnN = 13 ( VRn + VSn + VTn )
VnN = 13 425<45°+220<60°+425<75°
VnN = - 347 ‫׀‬
6 0°
=
3 4 7
‫׀‬
-
1 2 0°
Las tensiones de fase y de secuencia positiva:
35

VRn1= 13 425<45°+a2220<60°+a 425<75°
VRn1 = 127 ‫׀‬
0° V
VSn1 = 127 ‫׀‬
-
1 2 0° V
VTn1 = 127 ‫׀‬
1 2 0° V
Las componentes simétricas de secuencia negativa de las tensiones de fase:
VRn2= 13 425<45°+a 220<60°+a2 425<75°
36

VRn2= 0 V
VSn2= 0 V
VTn2= 0 V
Las tensiones compuestas serán:
VRS=VRn- VSn
VRS= 425<45°- 220<60°
VRS = 220 ‫׀‬
3 0° V
37

VST=VSn- VTn
VST= 220<60°- 425<75°
VST = 220 ‫׀‬
-
9 0° V
VTR=VTn- VRn
VTR = - 425<45°+ 425<75°
VTR = 220 ‫׀‬
1 5 0° V
38

Las componentes de secuencia cero de las tensiones de línea serán:
VRS0= 13 VRS+VST+VTR
VRS0= 13 220<30°+220<-90°+220<150°
VRS0= VRS0= VRS0=0 V
Por lo que podemos concluir que las tensiones de alimentación no poseen componentes de
secuencia cero.
Ejemplo 5:
Una carga balanceada que consiste de tres resistencias de 10 Ω conectadas en estrella, tiene los
voltajes en sus terminales de Vab = 100 ‫׀‬
1 0 0° V, Vbc = 90 ‫׀‬
2 4 0° V, y de Vab = 95,5 ‫׀‬
1 2 5, 5° V,
a) Determine la potencia que consumen las resistencias.
39

La potencia consumida por las tres resistencias:
S = 3 V0 I0
*
+ 3 V1 I1
*
+ 3 V2 I2
*
(1)
Si: Vab = 100 ‫׀‬
1 0 0° V, Vbc = 90 ‫׀‬
2 4 0° V, y de Vca = 95,5 ‫׀‬
1 2 5, 2° V,
Las tensiones de secuencia en función de las tensiones desequilibradas:
La tensión de línea de secuencia positiva:
Vab1=13 ( Vab+a Vbc+a2 Vca )
Vab1=13 (100 ‫׀‬
0°
+
9 0
‫׀‬
2 4 0
+
1 2 0°
+
9 5, 5
‫׀‬
1 2 5, 5
-
1 2 0° )
Vab1= 95,07 ‫׀‬
1 , 8 3° V
40

La tensión de línea de secuencia negativa:
Vab2=13 ( Vab+a2 Vbc+a Vca )
Vab2=13 (100 ‫׀‬
0°
+
9 0
‫׀‬
2 4 0
-
1 2 0°
+
9 5, 5
‫׀‬
1 2 5, 5
+
1 2 0° )
Vab2= 5,93 ‫׀‬
-
3 0, 2° V
La tensión de línea de secuencia cero:
Vab0=13 ( Vab+ Vbc+ Vca )
Vab0=13 (100 ‫׀‬
0°
+
9 0
‫׀‬
2 4 0°
+
9 5, 5
‫׀‬
1 2 5, 5° )
41

Vab0= 0,16 ‫׀‬
-
1 7 5° V
Vab0= 0
La tensión de fase de secuencia positiva:
Va1 = Vab13 ‫׀‬
-
1 , 8 3
-
3 0°
=
95,073
‫׀‬
1 , 8 3
-
3 0°
Va1 = 54,88 ‫׀‬
-
2 8, 1 7° V
La tensión de fase de secuencia negativa:
Va2 = Vab23 ‫׀‬
-
3 0, 2
+
3 0°
=
5,933
‫׀‬
-
3 0, 2
+
3 0°
42

Va2 = 3,42 ‫׀‬
-
0, 2° V
La corriente de línea de secuencia positiva:
Ia1 = Va1Za = 54,8810 ‫׀‬
-
2 8, 1 7°
Ia1 = 5,488 ‫׀‬
-
2 8, 1 7° A
La corriente de línea de secuencia negativa:
Ia2 = Va2Za = 3,4210 ‫׀‬
-
0, 2°
Ia2 = 0,3428 ‫׀‬
-
0, 2° A
Reemplazando en ecuación de la potencia, (1):
43

S = 3 Va1 Ia1
*
+ 3 Va2 Ia2
*
S = 3 ( 54,88 ‫׀‬
-
2 8, 1 7°
*
5,488
‫׀‬
2 8, 1 7°
+
3,42
‫׀‬
-
0, 2°
*
0,3428
‫׀‬
0, 2° )
S = 907,02 VA (W)
S = 907,02 W
La potencia también puede ser calculada por la siguiente fórmula:
S = Ia2 * Za + Ib2 * Zb + Ic2 * Zc (2)
Las Corrientes desequilibradas en función de las componentes de secuencia:
Ia = Ia1 + Ia2
Ib = a2 Ia1 +a Ia2
44

Ic =a Ia1 +a2 Ia2
Ia = 5,488 ‫׀‬
-
2 8, 1 7°
+
0,3428
‫׀‬
-
0, 2°
Ia = 5,8 ‫׀‬
-
2 6, 5° A
Ib = 5,488 ‫׀‬
-
2 8, 1 7
-
1 2 0°
+
0,3428
‫׀‬
-
0, 2
+
1 2 0°
Ib = 5,48 ‫׀‬
2 0 8, 2° A
Ic = 5,488 ‫׀‬
-
2 8, 1 7
+
1 2 0°
+
0,3428
‫׀‬
-
0, 2
-
1 2 0°
Ic = 5,2 ‫׀‬
9 3, 8 4° A
Reemplazando en (2)
45

S = Ia2 * Za + Ib2 * Zb + Ic2 * Zc
S = 5,82 *10+ 5,482 *10+ 5,22 *10
S = 907,1 VA (W)
S = 907,1 W
46

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