Sistemas trifásicos

En el tema anterior vimos los sistemas de corriente alterna usando sólo una fase, y normalmente en electrónica , es lo habitual, aunque en los sistemas donde se usa gran potencia, se utiliza la tensión trifásica.

Los clientes de las compañías eléctricas ( usuarios de electricidad ), que para un determinado consumo se obliga a usar la tensión trifásica.

La Tensión trifásica se genera en un alternador donde tenemos tres bobinados separados 120º y situados en una parte estática ( Estator ). Cuando por acción de un campo magnético giratorio situado en la parte móvil ( rotor ) , las bobinas reciben esa variación de campo, se genera una corriente eléctrica, desfasada 120 º respecto a la corriente del bobinado vecino.

Relación entre la tensión de línea y fase.

No es lo mismo las tensión que tenemos entre una de las fases y el neutro ( tensión de fase ) que la tensión que hay entre dos bornes de un bobinado generador ( dos fases ). Para ello es conveniente usar un gráfico fasorial de las tensones para obtener esta relación.

relación entre tensión de linea y fase — Figura 2

Las tensiones de línea son tomadas entre diferentes lineas. A ellas las hemos nombrado como U₁₂, U₂₃ y U_31.

En la imagen de la izquierda representamos un detalle de la imagen anterior. En ella vemos que la U12 ( tensión 1 respecto a 2 ) es igual al vector U1 menos U2.

También se puede ver por los vectores. Si sumamos U2 y U12, tenemos el vector grande de la derecha que va desde el N hasta el 1, o sea la U1. Por tanto:

$U_1_2 + U_2 = U_1 \Rightarrow {\color{DarkOrange} { \mathbf{ U_1_2 = U_1 - U_2 }}}$

El resto de tensiones las vemos en el dibujo superior.

En los sistemas de cargas equilibradas, la sumas de las corrientes de linea serán iguales a Cero.

Para calcular la relación que tenemos entre la tensión de línea y fase, hemos representado dos de las fases, con una diferencia angular de 120 º.

Para calcular la tensión que hay entre dos fases, sumamos la tensión de una respecto el neutro la otra fase invertida, respecto el neutro. de esta forma, sabemos la tensión que hay entre ambas.Nota: Se puede demostrar que, en el triángulo isóceles que se forma con lados U1, U2, U12, al ser los lados U1 = U2, y al ser uno de los ángulos ( 180 – 60 = 120), los ángulos laterales son 30 º.

En la misma imagen, hemos sacado uno de los triángulos que se forma al componer la U12. La parte naranja corresponde a la mitad de la tensión de linea . La podemos calcular con trigonometría dado que :

Sector naranja ( Mitad de U12 ) = Sector verde (U1) * cos 30

Esto es:

$\frac{U12}{2} = U1 * \cos 30 = U1 * \frac {\sqrt{3}}{2} \Rightarrow {\color{Red} \mathbf{U12 = U1 * \sqrt{3}}}$

Lo mismo podemos decir de la corriente de línea y la de fase. Se llama la corriente de fase a la que circula por la carga y corriente de línea la que circula por el cable de distribución.

Por tanto,la tensión de fase, VF, es la tensión que aparece entre los terminales de una carga y la tensión de línea, VL, es la diferencia de tensión que hay entre los conductores de alimentación eléctrica.

2- Conexión de cargas trifásicas

2.1 Conexión en estrella. En este caso, tenemos en la figura 2, una conexión en estrella equilibrada donde se cumple que, al ser todas las cargas iguales, el valor absoluto de la intensidad es la misma en cada rama y el valor de la corriente que entre en el neutro es cero. Si calculamos la potencia en una de las ramas, tendremos la potencia de todo el sistema. La potencia viene dada por la fórmula $P = U1 * I1 * \cos \varphi 1 + U2 * I2 * \cos \varphi 2 + U3 * I3 * \cos \varphi 3$

Como las cargas son iguales, el angulo de desfase es el mismo y lo pondremos como φ. Además, como las tensiones aplicadas son iguales, U1 = U2 = U3 = Uf ( Tensión de fase ). Por tanto: P = 3*Uf*IL*cosφ

Si queremos , podemos ponerla como función de la tensión de línea, dado que $Vf =\frac{Ul}{\sqrt{3}} \Rightarrow P = 3* \frac{Ul}{\sqrt{3}} *Il * \cos\varphi =\mathbf{ {\color{DarkOrange} \sqrt{3} * Ul * Il * \cos\varphi}}$

2.2 Conexión en triángulo.

Si las cargas se encuentran formando un triángulo y considerando que están equilibradas, tenemos que las corrientes por todas será la misma y, por tanto, calculando una de ellas, tenemos la potencia total.

En la figura tenemos las tres líneas aplicadas a las tres cargas equilibradas por las cuales circulan las Intensidades I1, I2 e I3.

En los nudos 1, 2 y 3 se cumple la ley de kirchhoff, por la cual, las corrientes que entras son iguales a las corrientes que salen, por tanto:

$Nudo 1 \Rightarrow I1 = I12 - I31$

$Nudo 2 \Rightarrow I2 = I23 - I12$

$Nudo 3 \Rightarrow I3 = I31 - I23$

Al llevar los vectores I12 e I31 para componer I1, tenemos la composición vectorial que se muestra a la izquierda.

Se puede demostrar como el caso anterior que la relación entre I12 e I1 es:

$I1 = \sqrt{3} * I12 \Rightarrow {\color{DarkOrange} I_{L} = \sqrt{3} * I{_{f}}}$

Teniendo en cuenta las otras dos líneas, la potencia total es:

$P = V_{12} * I_{12 }*\cos\varphi _{12} + V_{23} * I_{23 }*\cos\varphi _{23} + V_{31} * I_{31 }*\cos\varphi _{31}$

Al ser equilibrado, tenemos que los ángulos son iguales

$P = 3 V_L * I_L * cos\varphi$ . Como vimos antes, $I_F = \frac{I_L}{\sqrt{3}} \Rightarrow P = \sqrt{3} * V_L * I_L * \cos \varphi$

Para la Potencia aparente y la potencia reactiva, tenemos:

$Q= \sqrt{3} * V_L * I_L * \sin \varphi$

$S = \sqrt{3} * V_L * I_L$ . O sea:

Para un sistema equilibrado, las potencias son las mismas si las cargas se conectan en triángulo que si las conectamos en estrella

3. Compensación del factor de potencia.

El factor de potencia de una carga se obtiene al calcular el coseno del ángulo entre la tensión y la corriente en una carga, esto es, cosφ. Ese desfase provoca carga en las líneas eléctrica que debemos reducirlas para que la empresa eléctrica no nos penalice en la factura de la luz.

Si queremos reducir el factor de potencia, tenemos que poner condensadores junto a la carga. Veremos cómo se calculan estas capacidades.

El propósito es añadir una Qc de forma que la Q pase a Q’.

Cuando una corriente pasa por un condensador, se genera esta Q, cuyo valor es: $Z_c = X_C = \frac{1}{2*\Pi *f*C}$ $Ic = \frac{V_C}{X_C} \Rightarrow Q_C = 3 * I_C*V_C= 3 *\frac{V_C}{X_C} *V_C= \frac{3*(V_C^{2})}{\frac{1}{2*\Pi *f*C}}=\mathbf{3*2*\Pi*f*V_C^{2}}$

Despejando el condensador, nos queda:

$C=\frac{Q_C}{3*2*\Pi*f*(V_C)^{2}} = {\color{Blue} \boldsymbol{C_\bigtriangleup }}$

Donde Vc es la tensión en bornes del condensador. Dependiendo del tipo de conexión, tenemos la capacidad para estrella y para triángulo.

En el caso de conexión en triángulo, las tensiones Vc y VL coinciden, y la capacidad es la mostrada en el caso anterior. Si la conexión es en estrella, la de línea es √3 la tensión de fase, por tanto:

${\color{DarkRed} \mathbf{C\bigstar}} =\frac{Q_C}{3*2*\Pi*f*(\frac{V_L}{\sqrt{3}})^{2}} = \frac{Q_C}{3*2*\Pi*f*(\frac{V_L^{2}}{3})} = \frac{Q_C}{2*\Pi*f*{V_L}^{2}} = {\color{DarkRed} \mathbf{C\bigstar}}$

Veremos algunos ejemplos cómo se puede disminuir ese factor.

Ejemplo 1

Tenemos 3 motores monofásicos de un consumo de 4000 W funcionando a 220 voltios y con un factor de potencia de 0,8. Calcular . Queremos mejorar el sistema reduciendo el facto de potencia a 0,95.
Calcular la capacidad de las baterías de condensadores ( 3 condensadores , uno por línea ) que tenemos que conectar en la carga.

Si el factor de potencia es 0,8, significa que el ángulo se obtiene al hacer el arc cos de 0,8, dando un valor de 36,87 º.
Como la potencia absorbida es 4000 W, esta va a ser el valor P, que es el producto de V * I * cosφ, pero también podemos obtener los valores de la potencia aparente de la forma S = P/cosφ => $S1 = \frac{P}{cos\varphi } = \frac{4000}{0.8} = 5000 VA$
La potencia reactiva es : $Q1 = P1 * sen\varphi = 5000 * sen 36,87 = 3000 VA$

Ahora pasamos a un factor de potencia de 0,95. En este caso, tenemos un ángulo de arcos 0,95 = 18,19 º. La potencia real no ha cambiado y, por tanto usamos la misma P para calcular la nueva S2 y Q2:

$S_{2} = \frac{4000}{0.95} = 4210,05 VA$
La Potencia reactiva es $Q_2 = S_2 * sen\varphi _2 = 4210,5 VA * sen 18,19 = 1314,1 VAR$
Para que tengamos esa potencia reactiva, es necesario añadir el condensador de capacidad C , que aporta la diferencias de potencias reactivas, esto es: $Q_c = 3000 - 1314,4 = \boldsymbol{\mathbf{}1685,6 VAR}$
Por otro lado, la potencia es el producto de una Intensidad por una tensión, o bien, en forma de la tensión: $Q_c = V * I = V^ * \frac{V}{Z_c} = \frac{V^{2}}{Z_c} = \frac{V^{2}}{\frac{1}{2*\pi *f*C }}\Rightarrow Q_c = {V^{2}}* 2*\pi *f*C$
Si despejamos el valor del condensador en este desarrollo, tenemos: $Q_c = V * I = V^ * \frac{V}{Z_c} = \frac{V^{2}}{Z_c} = \frac{V^{2}}{\frac{1}{2*\pi *f*C }}\Rightarrow Q_c = {V^{2}}* 2*\pi *f*C$

${\color{DarkGreen} \boldsymbol{C =\frac{1}{{V^{2}}* 2*\pi *f*Q_c} \rightarrow C= \frac{1685,6}{ 2*\pi*50*220^{2}} = 110,85 \mu F}}$

Este es el valor que tenemos que poner en cada línea ( en este caso entre línea y neutro ) para compensar el factor de potencia.

Ejemplo 2. En el circuito de la figura, calcular las potencias consumidas por todas las cargas. a) La potencia es un producto de la Corriente eficaz y de la Tensión eficaz. Vemos que la tensión que nos da el problema es entre línea y línea, por lo que tenemos que averiguar la tensión de fase, dividiendo la tensión de 380 entre la raiz de 3 , lo que da unos 220 voltios.

b) Vamos a pasar a forma polar la carga:

$|Z| = \sqrt{10^{^{2} }+10^{^{2} }} = 14,14$

$\varphi = arc tag \frac{10}{10} = 45º$

c) Para calcular la tensión de la carga verde como 220 ∠0 y tenemos que: $I_v = \frac{220\angle 0 }{14,14\angle 45Âº} = 15,55\angle -45Âº$ donde Iv es la corriente por la carga verde ( corriente de línea que en estrella es la misma que la corriente de fase ). El resto de las corrientes In ( corriente carga naranja ) y la Ir, serán la misma sólo que desasadas 120 º y la otra adelantada 120º , esto es: $I_r = 15,55\angle (45 +120) = 15,55\angle 165$

$I_v = 15,55\angle (45 - 120) = 15,55\angle -75$

d) La potencia es: $\mathbf{P = I^{2} * R = 15,55^{2} * 10 \cong 2418 W \Rightarrow Potencia ( total) = 7254 W}$

e) Potencias aparentes y reactivas. Podemos hacer nuestro triángulo de potencias con los siguientes valores:

La potencia aparente S es el producto de la Tensión por la Intensidad, dando un valor de 220 X 15.55 = 3421 VA
La potencia reactiva se obtiene al multiplicar S por el seno de φ. Tenemos entonces 3421 VA * sen φ = 3421 VA * sen 45 = 2419 VAR
Para la potencia activa ( a calculada antes ) tenemos Pa = 3421 * cos φ = 2419 W

Ejemplo 3

Una industria tiene alimentación trifásica de 380 V y 50 Hz

con las siguientes cargas más importantes:

1) Un motor trifásico de 20 CV,rendimiento 80% y factor de potencia 0,82.

2) iluminación de lámparas leds con un consumo de 3500 W ( despreciamos la pequeña carga inductiva de los alimentadores )

3) Un conjunto de cargas variadas y equilibradas , conectados en triángulo tienen una impedancia de 60 + 40 j Ω

Calcular:

a) En cada una de las cargas, la corriente, cada una de las potencias y su factor de potencia.

b) La corriente total junto a cada una de las potencias que tiene la instalación. Obtener su factor de potencia.

c) La capacidad de los condensadores conectados en estrella para quedar la instalación con un factor de potencia de 0,95.

Solución:

Lo primero que tenemos que ver es que, al ser cargas con componentes inductivas, las corrientes van a llevar un cierto retraso respecto a la tensión, excepto para la carga resistiva.. Tomamos una de las fases S, como punto de inicio. Esa fase tiene una tensión de 220 voltios con angulo de cero grados. Partiendo de ese punto, calcularemos las corrientes que salen de esa fase ( IS1, IS2 E IS3 ) QUE DARÁN LUGAR A IS.

1» Carga 1

En esta carga, tenemos un motor de Un motor trifásico de 20 CV,rendimiento 80% y factor de potencia 0,82. Lo primero es obtener el consumo eléctrico que tiene, dado que parte de la energía es perdida por calor , rozamientos, etc. $P(útil) = 20 CV * \frac{736W}{CV} = 14720 W$ La potencia activa que consume es:

$\eta = \frac{Potencia -usada}{Potencia- entregada}\Rightarrow Potencia-entregada = \frac{Potencia -usada}{\eta} = \frac{14,72 Kw}{0.8}= 18,4 Kw$

El ángulo entre la tensión y la corriente nos da el factor de potencia: $\varphi = arc cos 0,82 = 34,92$

En un triángulo rectángulo, si conocemos dos ángulos y un lado, podemos saber el resto. Veremos:

Podemos obtener Q si conocemos φ y S, de forma que: Q = S * sen φ y P = S * cos φ. Al dividir las dos expresiones tenemos:

$\frac{Q}{P} = \frac{S *Sen\varphi }{S * Cos\varphi } = tang \varphi\Rightarrow \mathbf{Q = P * tang \varphi}$

Por tanto, la potencia reactiva tiene un valor de: Q = 18400 * tang 34,92 = VAR

La potencia aparente la podemos calcular aplicando pitágoras:

$S_1 = \sqrt{{P_1}^2 + {Q_1}^2} = \sqrt{{18400}^2 + {12845,56}^2} = \mathbf{22440,33 VA}$

La corriente de fase es:

$I_1_L = \frac{P1}{\sqrt{3}*V_L * cos \varphi } = \frac{18400}{\sqrt{3}*380 * 0,82 } = 34,09 A$

Como la corriente va en retraso en este sistema inductivo, tenemos que :

$\overrightarrow{I_1_S} = I_1_L\angle -\varphi 1 = 34,09\angle -34,92 =\boldsymbol{(27,95 - 19,51j )A }$

2» Carga 2

Vamos a considerar como resistencias puras las cargas leds. Por tanto, la potencia de 3500 tiene un factor de potencia de 1, la potencia reactiva es cero y la potencia aparente coincide con la potencia resistiva.

al estar conectado en triangulo, la tensión de fase y linea es la misma y la corriente de linea es √3 * IF, por tanto:

$I_2_L = \frac{P_2}{\sqrt{3}*380 * cos \varphi _3} = \frac{3500}{\sqrt{3}*380*1} = 5,37 A \rightarrow \overrightarrow{I_2_S} = 5,37 + 0 j A$

3» Carga 3

Tenemos 3 cargas conectadas en triángulo, que reciben una tensión de fase igual que la tensión de línea de 380 voltios. La impedancia es de 60 + 40 j Ω que pasada a forma polar: $\overrightarrow{Z_3} = 60 + 40 j \Rightarrow Z = \sqrt{60^{2}+40^{2}}= 72,11 ; \varphi _3 = arctag \frac{40}{60} = 33,69\Rightarrow \overrightarrow{Z_3} = 72,11\angle 33,69$

De este ángulo obtenemos el factor de potencia de la carga 2, tal que fdp3 = cosφ3 = 0,83

La corriente por ese cable I3F viene de aplicar la ley de ohm, que para el módulo de la corriente es:

$I_3_F = \frac{380}{72,11} = 5,27 A$ En una conexión de triángulo: $I_3_L = \sqrt{3}*5,27 = 9,13 A$ . Como tenemos de nuevo cargas inductivas y sabemos el desfase que hay es de 33,69. Esto no da que la corriente es:

$\overrightarrow{I_3_S} = I_3_L \angle -33,69 = 9,13 \angle -33,69 ; a = 9,13 * cos 33,69 = 7,60; b = 9,13 * sen 33,69 = 4,21\Rightarrow \overrightarrow{I_3_S} = 7,6 - 4,21 j$

Las potencias las calculamos en cada carga, teniendo en cuenta la corriente que pasa por cada una: $P_2 = 3 R_2 * (I_2_F)^{2} = 3*60 * (5,27)^{2} = 4999,12 W$ $Q_2 = 3 X_2 * (I_2_F)^{2} = 3*40 * (5,27)^{2} = 3332,78 WAR$ $S_2 = 3 Z_2 * (I_2_F)^{2} = 3*72,11 * (5,27)^{2} = 6008,11 VA$

Esto datos también se puede sacar por trigonometría.

Obtenemos el factor de potencia por la relación del triángulo de potencias de forma que: $P_3 = S_3 * cos \varphi _3 \rightarrow fdp_3 = \frac{P_3}{S_3}= \frac{4999,12}{6008,11}= 0,832$ . El ángulo de desfase es el arco cuyo coseno es 0,832 = 33,68º

4» Cálculo de la corriente por el cable S

Como hemos pasado a binómica las intensidades de cada cable, sumaremos la parte real e imaginaria de cada una, por tanto tenemos: $\overrightarrow{I_S} = \overrightarrow{I_S_1} +\overrightarrow{I_S_2} + \overrightarrow{I_S_3} = (27,95 - 19,51j) +(5,37) + ( 7,6 - 4,21 j) A = (40,87 - 23,72 j)A =47.25 \angle -30,13$

4» Cálculo de las potencias totales

Como hicimos con las correintes, se suman las potencias activas y reactivas y luego aplicar pitáginas para obtener S

y la Potencia aparente es:

$S_T = \sqrt{26899^{2}+16178,34^{2}} = 31389,4 VA$

El factor de potencia del conjunto es el cociente entre la potencia activa y la aparente, por tanto: $fdp = \frac{26899,12}{31389,4}=0.857$

4» Cálculo de los condensadores para reducir el Factor de Potencia

Tenemos que aplicar una serie de condensadores de forma que el nuevo fdp sea 0.95. Por tanto, la situación anterior y posterior son las siguientes, teniendo en cuenta que la potencia activa no cambia y que los respectivos ángulos para esos factores de potencia son $\varphi _a = arc cos 0,857 = 31,024 ; \varphi _d = arc cos 0,95 = 18,19$

Siendo φa el ángulo antes de poner los condensadores y φd el ángulo después de los condensadores

: $Q_a_n_t_e_s = P * tg \varphi _a ; Q_d = P * tg \varphi _d$

La diferencia de las Q se deben a los condensadores. restando ambas expresiones nos da:

Esa Qc es la que tiene que ofrecer los condensadores, que para el caso de conexión en triángulo, es:

$C_\bigtriangleup = \frac{Qc}{2*\Pi *f*(V_L)^{2}} = \frac{7338,35}{2*\Pi *50*(380)^{2}} = \boldsymbol{161 \mu F}$

Relación entre la tensión de línea y fase.

2- Conexión de cargas trifásicas

3. Compensación del factor de potencia.

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