Teoria Circuitos 1 (09 - 12)

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE LA PLATA

FACULTAD DE INGENIERÍAÁREA DEPARTAMENTAL ELECTROTECNIA

TE OR ÍA d e C IRC UITOS IAñ o 2 0 11

C l a s e IX

Ing. Eduardo Ariel PonzanoJefe de Trabajos Práct icos



POTENCIAIntroducción:

• Al estudiar potencia en circuitos monofásicos , vimos que una

carga que se desplaza en un circuito gasta energía , a menos quelo haga a través de un superconductor. Esto puede dar por resultadoel calentamiento del circuito , el movimiento de un motor , etc.

• La razón la energía eléctrica convertida por unidad de tiempo en otra forma de energía, tal como energía mecánica, calor o luz,

se llama potencia eléctrica .• La potencia eléctrica instantánea es igual al producto de la

corriente por la tensión instante a instante :

p( t ) = i ( t) x u ( t )

• Si la tensión se expresa en volts y la corriente eléctrica enamperes , entonces la potencia queda expresada en vatios . Asípues, en términos de unidades:

1 [vatio] = 1 [ampere] x 1 [volt]



POTENCIAPotencia Instantánea:

• En un circuito con componentes pasivos lineales , alimentado por una

fuente de tensión senoidal de pulsación w, se establece en régimenpermanente una corriente también senoidal de la misma pulsación , cuyo

desfasaje j respecto de la onda de tensión depende de los parámetros que caracterizan los componentes pasivos de la carga del circuito

(Resistores, inductores y/o capacitores ).

• En esas condiciones, la expresión de la potencia instantánea monofásica

en la carga era:

p(t) = Umáx * Imáx * [sen (wt) * sen (w t + j )]

• Reemplazando sen (wt) * sen (w t - j ) por las funciones trigonométricas de

ángulo doble y operando, obteníamos la expresión de la potencia instantánea

monofásica:

p(t) = Uef * Ief * cos (j ) + Uef * Ief * sen (2wt - p/2 + j )

• Así, el valor instantáneo de la potencia tiene dos componentes : uno independiente del tiempo y otro es una sinusoide de doble pulsación . Al primero de los términos se lo define como potencia activa P, que es

independiente del tiempo. Al valor Uef *Ief *senj se lo denomina Potencia

Reactiva Q . Su unidad de medida es el [VAR].



MEDICIÓN DE POTENCIA• Hemos visto que el instrumento utilizado para la medición de potencia es el

vatímetro . Dicho instrumento está básicamente conformado por dos “bobinas”,

que al ser recorridas por corrientes eléctricas dan lugar a la aparición de flujos magnéticos que interactúan entre sí , haciendo que la aguja indicadora del

instrumento deflecte .

• De esas dos bobinas, una es de muy alta impedancia (Bobina de tensión ), y otra de

muy baja impedancia (Bobina de corriente ). Las mismas son accesibles a través de

dos pares de terminales claramente identificados.

• La deflexión de la aguja del instrumento es proporcional al producto escalar de las magnitudes que provocan los flujos magnéticos antes citados (Corriente a través

de la bobina de corriente y tensión aplicada a la bobina de tensión ).

• Si ambas bobinas se intercalan apropiadamente en el circuito, de modo que la

corriente por la bobina de corriente sea la que circula por el elemento cuya potencia activa se desea medir , y la tensión aplicada a la bobina de tensión coincida con la que existe en bornes de tal elemento , la indicación del

instrumento es proporcional a la potencia activa que el mismo.

• Matemáticamente la indicación del vatímetro se calcula mediante la expresión:

j oseeeff

*

´´=þýü

îí ì

´=þýü

îí ì

´=

Bobina de Corriente

Bobina de Tensión



Para circuitos trifásicos , la potencia instantánea en la carga tendrá por expresión la suma

de las potencias instantáneas en cada fase, es decir:

p TOTAL(t) = p R (t) + p S (t) + p T (t)

Reemplazando las expresiones de las potencias instantáneas en cada fase de la carga por

aquellas que las representan en función de los valores instantáneos de tensión y

corriente, resulta:

p TOTAL(t) = U Rmáx * sen ( wt + qR ) * I Rmáx* sen ( wt + qR - j R ) +

+ U Smáx * sen ( wt + qS ) * I Smáx * sen ( wt + qS - j S )+

+ U Tmáx* sen ( wt + qT ) * I Tmáx* sen ( wt + qT - j T )

Donde qi con i=R; S o T representa el ángulo de fase inicial de cada una de las tensiones de

las fases del sistema trifásico y j i con i=R; S o T es el desfasaje que existe entre esas

tensiones y las respectivas corrientes en las fases.Si el sistema trifásico está conformado por un generador perfecto que alimenta una carga balanceada , tomando como referencia a la fase R, se tiene que:

URmáx = USmáx = UTmáx = Umáx

IRmáx = ISmáx = ITmáx = Imáx

j R = j S = j T = jqR = 0°; qS = - 120°; qT = 120°

POTENCIA TRIFÁSICA



Con lo cual la expresión de la potencia instantánea trifásica se simplifica a:

pTOTAL(t) = Umáx * Imáx * [sen(wt)*sen(wt- j )+sen(wt-120)*sen(wt-120-j )+

+sen(wt+120)*sen(wt+120-j )]

Puede demostrarse que el término entre corchetes vale 3/ 2 cos( j ) – 0 , por lo cual:

pTOTAL(t) = 3/2 UmáxF * ImáxF * cos (j F) = Constante = P[W]

Teniendo en cuenta que:

(UmáxF * ImáxF) / 2 = [ UmáxF / (21/2 )]* [ImáxF / (21/2 )] = UefF * IefF

La anterior resulta:

pTOTAL(t) = 3 * UefF * IefF * cos (j F)

Para un generador perfecto que alimenta una carga balanceada en estrella, sabemos que

para la carga IefF = IefLínea en tanto que (3)1/2* UefF = UefL ; por otra parte, si la carga está

en triángulo, la situación se invierte pues UefF = UefLínea en tanto que (3)1/2* IefF = IefLínea;

finalmente concluimos que, si el generador es perfecto y la carga es balanceada, sin importar la configuración de ésta últ ima la expresión de la potencia instantánea

trifásica siempre será :

POTENCIA TRIFÁSICA



Generador perfecto y la carga balanceada :

pTOTAL(t) = (3)1/2

* UefLínea * IefLínea * cos(j fase) = P [W]

De manera análoga resultan, siempre para generador perfecto y carga balanceada tanto

en estrella como en triángulo, las expresiones para la potencia reactiva y la potencia aparente . Resumiendo:

P [W]= (3)1/2

* UefLínea * IefLínea * cos(j fase)Q [VAR]= (3)1/2

* UefLínea * IefLínea * sen(j fase)

S [VA]= (3)1/2* UefLínea * IefLínea = [P2+Q2](1/2)

Podríamos calcular el ángulo j del triángulo de potencias como:

j = atan(Q/P) = j Z

que en este caso coincide con el de las impedancias de fase Z , que son idénticas en

módulo y fase por ser la carga balanceada .

POTENCIA TRIFÁSICA



POTENCIA INSTANTÁNEAMONOFÁSICA vs TRIFÁSICA

Potencia Instantánea Monofásica

Potencia Instantánea Trifásica



Generador imperfecto y/o carga balanceada :Si el generador no es perfecto y/o la carga no es balanceada, la solución pasa por calcular

Pfase y Q fase (En este último caso con su signo) correspondiente a cada fase y sumarlas para hallarPTotal y Q Total (Totales). Veamos como:

PR [W] = UefR * IefR * cos(j R) ; +QR [VAR] = +UefR * IefR * sen(j R)

PS [W] = UefS * IefS * cos(j S) ; +QS [VAR] = +UefS * IefS * sen(j S)

PT [W] = UefT * IefT * cos(j T) ; +QT [VAR] = + UefT * IefT * sen(j T)

PTotal [W] = PR + PS + PT + QTotal [VAR] = +QR + QS + QT

Luego S se obtiene de la conocida expresión:

POTENCIA TRIFÁSICA

Podríamos calcular un ángulo j =

atan(Q/P), si bien en este caso noguardará relación con el de las

impedancias de fase, que son

distintas entre sí cuando la carga es

desbalanceada, es decir:

j = atan(Q/P) ≠ j ZR ≠ j ZS ≠ j ZT

S = (P 2 + Q 2 ) 1/2 P tot = P R + P S +P T

Q tot = +Q R + Q S + Q T



TEOREMA DE BLONDELEnunciado :

• Se puede medir la potencia activa de cualquier circuito de n

fases , utilizando (n-1) vatímetros , con la condición de que susbobinas de intensidad estén sobre (n-1) líneas distintas , y las (n- 1) bobinas de tensión tengan un punto común situado en la línea restante .

• Para un sistema trifásico trifilar esto es llamado comúnmente elmétodo de los dos vatímetros (o conexión AARON ) y resulta unacorrecta medida a no ser que existan desbalances muy grandes enlas corrientes y tensiones en las líneas.

• Hay que tener en cuenta que cada una de las indicaciones de losvatímetros conectados de este modo, no representa por sí sola un valor de potencia en ninguna de las fases del sistema .

W 1 = R e { I R x Ů RS }

W 2 = R e { I T x Ů TS }

P tot = W 1 + W 2



COMPONENTES SIMÉTRICASCampo de Aplicación:

• Este método es apto para la resolución de sistemas trifásicos

alimentados por generadores asimétricos y desequilibrados , concargas balancedas o desbalanceadas .

Enunciado • Todo sistema de generador asimétrico y desequilibrado se

puede reemplazar por la suma de tres generadores simétricos

en módulo y fase de secuencia 0, 1 y 2 .

Sea el sistema trifásico asimétrico y desequilibrado definido por:

E R = E R x e j j

R

E S = E S x e j j

S

E T =

E T

x e j j

T

donde E R , E S y E T son las tensiones de fase de un generadorasimétrico y desequilibrado conectado en estrella. Ello significa queen el caso más extremo de desequilibrio del generador:

E R ¹ E S ¹ E T

j R ¹ j S +120°¹ j T -120°



COMPONENTES SIMÉTRICASMatemáticamente el método de las componentes simétricas o de Fortescue seexpresa de la siguiente forma:

E R = E R0 + E R1 + E R2

E S = E S0 + E S1 + E S2 = E R0 + a 2 E R1 + a E R2

E T = E T0 + E T1 + E T2 = E R0 + a E R1 + a 2 E R2

siendo:

a = e j120° ® a 2 = a x a = e j120° x e j120°= e j240°; a 3 = a 2 x a = e j360° = 1; a 4 = a 3 x a = e j360° x e j120°= e j120°

Si en el sistema anterior sumamos miembro a miembro, primero tal cual están lasecuaciones, luego multiplicando la segunda por a y la tercera por a 2 y finalmentela segunda por a 2 y la tercera por a y operamos, resulta (Tener en cuenta que 1+ a +

a2 = 1+ a2 + a = 0 ):

E R0 = 1/3 (E R + E S + E T ) E R1 = 1/3 (E R + a E S + a 2 E T )

E R2 = 1/3 (E R + a 2 E S + a E T )

Expresión que permite calcular las tensiones llaves E R0 , E R1 y E R2 de lascomponentes simétricas por las que puede reemplazarse el sistema original de

tensiones asimétrico y desequilibrado.



COMPONENTES SIMÉTRICASSi consideramos el caso de un sistema genérico de generador en estrella asimétrico y desequilibrado y carga desbalanceada en estrella con neutro rígido de impedancia no nula , definiendo de la misma forma que hicimos para elgenerador, componentes simétricas para las tensiones en las fases de la carga,para las corrientes de línea y neutro y para las impedancias de carga (Ver desarrollo

detallado en la página de la Cátedra, menú “Descargas”, sección “Apuntes”, “Tema 9” ) tenemoscomo expresión general de la solución:

E R0 = I R0 x Z R0 + I R1 x Z R2 + I R2 x Z R1 + 3 I R0 x Z N

E R1 = I R0 x Z R1 + I R1 x Z R0 + I R2 x Z R2

E R2 = I R0 x Z R2 + I R1 x Z R1 + I R2 x Z R0

Este sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas(I R0 , I R1

e I R2 ), conociendo las tensiones del generador asimétrico y desequilibrado que alimenta al circuito

y las impedancias reales que conforman su carga desbalanceada , permite calcular las componentes llaves de las corrientes en los conductores de línea y la diferencia de potencial entre ambos centros de estrella . Resolvemos así el problema,

pues como veremos a continuación, los coeficientes

Z R0, Z R1 y Z R2 se calculan a partir de Z R, Z S y Z T y las

corrientes reales a partir de I R0 , I R1 y I R2 :



COMPONENTES SIMÉTRICAS• Las tensiones llave de los generadores perfectos se obtienen de:

E R0 = 1/3 (E R + E S + E T )

E R1 = 1/3 (E R + a E S + a 2 E T )

E R2 = 1/3 (E R + a 2 E S + a E T )

• Las componentes llave de las impedancias de carga surgen de:

Z R0 = 1/3 (Z R + Z S + Z T )

Z R1 = 1/3 (Z R + a Z S + a 2 Z T ) Z R2 = 1/3 (Z R + a 2 Z S + a Z T )

• Por su parte, al resolver el sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas de latransparencia anterior, obtenemos las componentes llaves de las corrientes en las líneas . La corrientes reales surgen de:

I R = I R0 + I R1 + I R2

I S = I R0 + a 2 I R1 + a I R2

I T = I R0 + a I R1 + a 2 I R2

• Y finalmente la U 0´0 de:U

0´0 = - 3 x I

R0 x Z

N



COMPONENTES SIMÉTRICASSi ahora consideramos un sistema genérico de generador en estrella asimétrico y desequilibrado y carga balanceada en estrella con neutro de

impedancia no nula , puede demostrarse que las ecuaciones que hemos visto setransforman en (Observar que si la carga es balanceada, Z R = Z S = Z T = Z y entonces Z R0 =

Z en tanto que Z R1 = Z R2 = 0 ):

E R0 = I R0 x (Z + 3 x Z N ) E R1 = I R1 x Z

E R2 = I R2 x Z



COMPONENTES SIMÉTRICASSi ahora consideramos un sistema genérico de generador en estrella asimétrico y desequilibrado y carga desbalanceada en estrella con neutro

aislado , puede demostrarse que las ecuaciones que hemos visto se transformanen (Al no haber neutro I R0 es nula ):

E R0 = I R1 x Z R2 + I R2 x Z R1 + U 0´0

E R1 = I R1 x Z R0 + I R2 x Z R2

E R2 = I R1 x Z R1 + I R2 x Z R0

Este sistema de 3 ecuaciones con 3

incógnitas(U 0´0 , I R1 e I R2 ) permite,

conociendo las tensiones del generador asimétrico y desequilibrado que alimenta

al circuito y las impedancias reales que

conforman su carga desbalanceada ,calcular las componentes llaves de las corrientes en los conductores de línea y

la diferencia de potencial entre ambos centros de estrella . Luego, las corrientes

reales en las líneas se calculan igual que en

casos anteriores, recordando que aquí I R0 = 0



CUESTIONARIO

a) Escribir las ecuaciones genéricas que permiten calcular las potencias activas y reactivas en sistemas trifásicos.

b) ¿Cuáles son las formas simplificadas de esas ecuaciones, y para que casos son válidas?

c) ¿Cómo se determina la indicación de un vatímetro?

d) ¿Cómo se enuncia el Teorema de Aarón-Blondel?

e) ¿A que se llaman componentes simétricas de un sistema

trifásico asimétrico y desequilibrado?

f) ¿Como se calculan?



Resolución: 1. De acuerdo a lo visto al exponer el método:

( )T S R R E E E E ++´=310

( )T S R R E E E E ´+´+´= 2

13

1a a

( )T S R R E E E E ´+´+´= a a 223

1

Reemplazando valores:

( ) ( )[ ] [ ]V e jee E j j j

R

47,197º90º200

0 64,900,568,1359,37103

154010

3

1´=+-+-´=´+´+´=

( ) [ ]V eee E j j j

R

10,32º30º320

1 70,17540103

1 -- ´=´+´+´=


R

127121080

2 001354010

3

1 ,ºº, ´=´+´+´=



Resolución: Conociendo las componentes llaves de las tensiones de fase, puedo hallar las corrientes

de línea aplicando las expresiones correspondientes al caso de generador imperfecto y

carga balanceada con neutro rígido sin impedancia:

Para hallar las componentes de secuencia de las impedancias aplicamos las expresiones:

Reemplazando en las expresiones anteriores de las tensiones llaves los valores ya

calculados:

( ) [ ]W==++´= 103

10 R Z Z Z Z T S R R

( ) ( ) 0133

1 22

1 =++´=´+´+´= a a a a R

Z Z Z Z T S R R

( ) ( ) 0133

1 22

2 =++´=´+´+´= a a a a R

Z Z Z Z T S R R

R

E I R I E R R R R

1111 = ® ´=

R

E I R I E R R R R

2222 = ® ´=

Noten que las

impedancias de secuencia sólo tienen valor no nulo para Z R0 ,pues la carga es balanceada.

][964,010

64,9 47,19747,197

00 Ae

e

R

E I

j j

R R ´=

´==

][,, ,

,

Aee

R

E I

j j

R R

10321032

11 771

10

7017 --

´=´

==

][30,110

00,13 12,7112,71

22 Ae

e

R

E I

j j

R R ´=

´==

R I E R R ´= 00

R I E R R ´= 11

R I E R R ´= 22

R

E I R I E R R R R

0000 = ® ´=



Resolución:

Halladas las corrientes llaves, las corrientes reales de línea resultan:

( )2103

1 R R R R I I I I ++´=

( )21

2

03

1 R R RS I I I I ´+´+´= a a

( )2

2

103

1 R R RT I I I I ´+´+´= a a

][130,177,1964,0 012,7110,3247,197

210 Aeeee I I I I j j j j

R R R R

°- ´=´+´+´=++=

][430,177,1964,0 20012,19110,15247,197

21

2


R R RS

°- ´=´+´+´=´+´+= a a

][5,030,177,1964,0 9088,4890,8747,197

2

2


R R RT

°- ´=´+´+´=´+´+= a a



Resolución: Suponemos que el generador perfecto está en estrella. En tal caso, las tensiones de fase

valen:

Para calcular UO´O aplicamos Kenelly:

Luego IR vale:

IR = (ER-U0´0)/R

Y finalmente, recordando que ERS = Ö3 x ER x e j30° y que İR es el conjugado de IR , la

indicación del vatímetro será

W = Re { İR x ERS}



Resolución: Sabemos que:


Luego, es evidente que UO´O coincide con la componente homopolar ER0, como surge deaplicar Kenelly:

( )T S R R E E E E ++´=3

10

( )T S R R E E E E ´+´+´= 2

13

1a a ( )T S R R E E E E ´+´+´= a a 22

3

1


R

11,89050

0 08,1113

20´=++´= °°-


R

26,1133070

1 01,1513

20´=++´= °°


R

37,218210190

2 23,713

20´=++´= °°

( ) 00´03

1

111 RT S R

T S R

E E E E

R R R

R

E

R

E

R

E

U =++´=

++

÷ø

öçè

æ++

=



Resolución: a) De acuerdo a lo visto al exponer el método:

( )T S R R E E E E ++´=3

10

( )T S R R E E E E ´+´+´= 2

13

1a a

( )T S R R E E E E ´+´+´= a a 223

1


( ) ( )[ ] [ ]V jee E j j

R 64,3626,9526,9555552203

1110110220

3

1 º120º120

0 =+-+--´=´+´+´=-

( ) [ ] [ ]V ee E j j

R 67,1461101102203

1110110220

3

1 º0º0

1 =++´=´+´+´=

( ) ( )[ ] [ ]V jee E j j

R 64,3626,9526,9555552203

1110110220

3

1 º240º240

2 =-++--´=´+´+´= -



Resolución: Gráficamente:

E R

E S

E T

E T = a 2 E S E s = a E T

E R0 = E R2

E R1

a 2 E T a E S



Resolución:

b) De acuerdo a lo visto al exponer el método:


210 R R R R E E E E ++=

210 SSSS E E E E ++=

210 T T T T E E E E ++=

( ) [ ]V2,68143,6617,68-15 j25,9810017,683010025 º30º0º45 jeee E

j j j

R -=+++=´+´+´= -

[ ]V j89,28--58,313010025º150º120º45

=´+´+´=-- j j j

S eee E

[ ]V j38,93-32,333010025º90º120º45

+=´+´+´=-- j j j

T eee E



Gráficamente:

E R0 = E S0 = E T0

E R2

E R1

E R = E R0 +E R1+E R2

E S1

E T1

E T2

E S2

E S = E S0 +E S1+E S2

E T = E T0 +E T1+E T2



Es todo ….

Gracias y a trabajar

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