CAP 10

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CAPITULO 10
SISTEMAS TRIFASICOS
10.1 INTRODUCCION
Un sistema equilibrado de corrientes trifásicas es el conjunto de tres corrientes alternas monofásicas de igual frecuencia
y amplitud (y, por consiguiente, valor eficaz) que presentan una cierta diferencia de fase entre ellas (120º) y están dadas
en un orden determinado. Cada una de las corrientes monofásicas que forman el sistema se designa con el nombre de
fase.
Un sistema trifásico de tensiones se dice que es equilibrado cuando sus frecuencias y valores eficaces son iguales y están
desfasados simétricamente y dados en un cierto orden.
Cuando alguna de las condiciones anteriores no se cumple (tensiones diferentes o distintos desfases entre ellas), el
sistema de tensiones es desequilibrado.
Recibe el nombre de sistema de cargas desequilibradas el conjunto de impedancias distintas que dan lugar a que por el receptor
circulen intensidades de fase diferentes, aunque las tensiones del sistema o de la línea sean equilibradas.
El sistema trifásico presenta una serie de ventajas como son la sencillez de sus líneas de transporte de energía y de los
transformadores utilizados, así como su elevado rendimiento de los receptores (especialmente motores).
10.2. PRODUCCIÓN DE UN SISTEMA TRIFÁSICO DE TENSIONES EQUILIBRADAS
Cuando una espira gira en el interior de un campo magnético uniforme con una velocidad w constante se produce en ella una
tensión senoidal. Esta tensión también se puede originar si la espira permanece fija (estator) y se hacen girar los polos de un
electroimán (rotor) con velocidad constante.
Ahora bien, si el estator está constituido por tres bobinas independientes desfasadas 120° entre sí, al girar el rotor se induce en
cada una de las bobinas una tensión alterna senoidal, del mismo valor y de la misma frecuencia, pero desfasadas entre sí 1/3
de período; es decir 120°.
Este dispositivo, compuesto fundamentalmente por rotor y estator, recibe el nombre de generador trifásico.
Las fases se identifican designando con letras mayúsculas o minúsculas
(A, B, C; a, b, c; R, S, T...) o números (1, 2, 3...) los terminales de polaridad positiva y con las mismas letras o números
con apóstrofo los terminales negativos.
Las fuerzas electromotrices o tensiones correspondientes a cada fase se representan vectorialmente con sus correspondientes
desfases.
277
10.3. SECUENCIA DE FASES.
El orden en que estas tensiones se suceden recibe el nombre de secuencia de fases, que puede ser directa o inversa.
a) Si fijamos un eje de referencia que pase por el origen de coordenadas y los vectores representativos de las tensiones,
al girar en sentido antihorario, van pasando por dicho eje en el orden 1, 2, 3, se dice que el sistema trifásico es de
secuencia directa.
b) El sistema será de secuencia inversa si los vectores citados pasan por el eje de referencia en el orden 3, 2, 1.
10.4 CONEXIONES DE FUENTES EN ESTRELLA Y EN TRIÁNGULO
Si las corrientes originadas en las tres espiras fuesen independientes, para su transporte hasta los receptores
respectivos harían falta seis conductores. Ahora bien, para conseguir la debida dependencia de las fases entre sí y
lograr, además, una reducción en el número de conductores necesarios las tres fuentes de tensión se conectan entre sí
en estrella o en triángulo.
Los receptores también se pueden asociar en estrella y en triángulo.
a) Conexión en estrella. (Y)
Se obtiene uniendo los terminales a', b' y c' de polaridad de referencia negativa de las tres bobinas en un punto común N,
llamado punto neutro, que se suele conectar a tierra, como medida de protección; mientras que los terminales positivos
se conectan a los conductores de la línea de distribución. Es frecuente representar esta conexión en estrella en la forma que se
indica en la figura b), pues permite la comprensión intuitiva de esta forma de asociación.
278
b) Conexión en triángulo (Δ)
Se realiza uniendo el final de una bobina con el comienzo de la siguiente, formando un sistema cerrado. Lógicamente,
en este tipo de conexión no existe punto neutro. De los vértices del triángulo parten los conductores correspondientes, que
constituyen las fases. Su representación usual es la de la figura b).
Conexión de fuentes en triángulo
10.5 TENSIONES E INTENSIDADES DE FASE Y DE LÍNEA: RELACIÓN ENTRE ELLAS EN LOS SISTEMAS EQUILIBRADOS
El estudio de los sistemas trifásicos de fuentes de tensión permite establecer las siguientes definiciones:
c) Tensión simple o tensión de fase (UF) es la tensión que existe entre un
hilo o terminal de fase y el punto neutro. Para las fases a, b y c, las
correspondientes tensiones de fase se simbolizarán de la forma: Ua , U b y U c .
d) Tensión de línea (UL) es la tensión que existe entre dos fases, es
decir, entre dos conductores de línea. Se simbolizan de la manera siguiente:
Uab = Ua - Ub
Ubc = Ub - Uc
Uca = Uc - Ua
e) Intensidad de línea (I L ) es cada una de las intensidades (l a , Ib , Ic ) que circulan por los conductores que unen el
generador y la carga.
f) Intensidad de fase (IF) es la intensidad que suministra uno de los generadores o la que consume uno de los
279
receptores de la carga.
Para estudiar la relación que existe entre estas magnitudes, consideraremos sucesivamente los casos en que las
fuentes estén asociadas en estrella o en triángulo.
10.6 FUENTES EN ESTRELLA
En el diagrama de la figura se señalan con su sentido convencional las tensiones de línea y de fase en una conexión de
fuentes en estrella y en la figura siguiente aparecen representadas vectorialmente dichas tensiones en el caso de un sistema
trifásico equilibrado en secuencia directa. Los valores de las tensiones de línea son √3 veces mayores que los de las tensiones
de fase:
UL = √3 UF
Además, cada una de ellas se encuentra adelantada 30° respecto a la tensión de fase que tiene el mismo origen. En
cambio, si la secuencia es inversa la tensión de línea no se encuentra adelantada, sino retrasada 30°.
Conexión de fuentes en estrella
Diagrama de tensiones en una conexión de fuentes en estrella (sec. Directa)
A modo de resumen, tanto en un caso como en otro (y siempre que el sistema sea equilibrado):
a) Las tensiones de línea son iguales y están desfasadas 120° entre sí.
280
b) Las tensiones de fase son iguales y están desfasadas 120° entre sí.
c) Las tensiones de línea están adelantadas (secuencia directa) o retrasadas (secuencia inversa) 30° respecto
de la tensión de fase correspondiente.
Por otra parte, como el devanado de cada fase se encuentra en serie
con el conductor de línea, las intensidades de línea y de fase serán iguales:
IF = IL
10.7 FUENTES EN TRIÁNGULO
Como los conductores de línea parten de los vértices del triángulo, y la tensión entre dos vértices viene dada por la de la
bobina correspondiente, en este tipo de conexión las tensiones de línea y de fase son iguales:
UF = UL
Conexión de fuentes en triángulo
Diagrama de intensidades en una conexión de fuentes en triángulo (sec. Directa)
En lo que respecta a las intensidades, como en este sistema no es asequible ningún punto neutro, el transporte se
efectúa por medio de tres conductores.
Si las tensiones constituyen un sistema equilibrado de secuencia directa, en un nudo cualquiera de los que forman un
conductor de línea y dos devanados, por ejemplo el a, se cumplirá:
281
Ia = Iab – Ica = √3 · Iab – 30º
Es decir, las intensidades de línea son √3 veces mayores que las de fase:
IL = √3 IF
Encontrándose cada una de ellas retrasada 30° respecto de la intensidad de fase del mismo origen de referencia. En cambio, si la
secuencia es inversa la intensidad de línea no se encuentra retrasada, sino adelantada 30°.
10.8 CONEXIÓN DE RECEPTORES
Dependiendo de la tensión de la red y de la tensión nominal de los receptores, éstos se pueden conectar a un sistema
trifásico de dos maneras distintas:
a) Entre fase y neutro.
b) Entre dos fases.
a) Conexión entre fase y neutro (conexión en estrella)Este tipo de conexión se realiza cuando la tensión nominal de los receptores coincide con la tensión de fase de la red. Se
trata, como se aprecia en la figura, de una conexión en estrella. Habrá que distinguir dos casos, según que las cargas estén
equilibradas o desequilibradas.
Conexión entre fase y neutro equivale a una conexión en estrella
1. Cargas equilibradas conectadas en estrella
Para que el sistema de cargas esté equilibrado, los tres receptores han de ser idénticos (la misma impedancia y el mismo factor de
potencia).
Las tensiones de línea guardan con las de fase la misma relación que existe en la conexión de fuentes en estrella:
UL = √3 UF
De donde resulta:
282
Ua = √ Ub = √ Uc = √
Las intensidades que circulan por cada una de las impedancias (intensidades de fase) son:
Ia = Ib = Ic =
y como para que el sistema esté equilibrado se ha de cumplir que:
Ua = Ub = Uc
Z1 = Z2 = Z3
resulta que las intensidades de fase (y, por consiguiente, las de línea) son iguales entre sí y, además, se encuentran igualmente
desfasadas:
Ia = Ib = Ic
Por consiguiente, la intensidad del hilo neutro, que es igual a la suma vectorial de las tres intensidades de fase, será nula:
IN= Ia +Ib+Ic=0
El punto N' de unión de las tres fases recibe el nombre de punto neutro artificial, y
Su tensión es la misma que la del hilo neutro.
Cargas equilibradas en estrella
283
Diagrama vectorial de tensiones e intensidades para cargas equilibradas en estrella
2. Cargas desequilibradas conectadas en estrella
En este caso, que es el más frecuente en la práctica, resulta fundamental la existencia de hilo neutro, pues al ser las
impedancias de cada fase distintas entre sí, las intensidades de fase son también distintas y su suma vectorial no será nula:
IN = Ia + Ib + Ic ≠ 0
En efecto, las intensidades que atraviesan las impedancias son las intensidades de línea, que se pueden calcular fácilmente
de la forma:
Ia = Ib = Ic =
Aunque Ua, Ub y Uc sean iguales, como las impedancias son distintas,también serán distintas las intensidades. La resultante de la
suma vectorial de todas ellas será precisamente la intensidad que circula por el hilo neutro.
Carga desequilibrada en estrella (circula intensidad por el hilo neutro)
284
b) Conexión entre dos fases (conexión en triángulo)
Se verifica la conexión en triángulo cuando la tensión nominal de los receptores es igual a la tensión de línea de la red.
La conexión de receptores entre dos fases equivale a una conexión en triángulo.
1. Cargas equilibradas conectadas en triángulo
En este caso, las tensiones de línea son iguales a las de fase:
UF = UL
y si la secuencia de tensiones de línea es positiva, las correspondientes intensidades de fase Iab , Ibc e Ica forman con las
tensiones respectivas un mismo ángulo φ igual al que forman las impedancias con las tensiones.
Las intensidades de línea vienen dadas por:
Ia = Iab - Ica
Ib = Ibc - Iab
Ic = Ica - Ibc
O
Ia = √3 · Iab-30º
Ib = √3 · Ibc-30º
Ic = √3 · Ica-30º
Cumpliéndose:
IL= √3 IF
Estando la intensidad de línea retrasada 30° respecto de la intensidad de fase del mismo origen de referencia y de secuencia
directa. En cambio, si la secuencia es inversa, las intensidades de línea se encuentran adelantadas 30° respecto a las
intensidades de fase. Las ecuaciones anteriores se deducen de forma inmediata del diagrama vectorial de la figura.
285
Por otra parte, si designamos por Z el módulo de cada impedancia, se cumplirá:
Carga equilibrada en triángulo
Diagrama vectorial de tensiones e intensidades para carga equilibrada en triángulo
2. Cargas desequilibradas conectadas en triángulo
En este caso, las impedancias correspondientes a las tres cargas serán diferentes: Z1 ,Z 2 ,Z3 y las intensidades (de fase) que
atraviesan cada una de ellas serán:
Siendo sus respectivos desfases:
286
Lógicamente diferentes, por serlo las impedancias.
Por otra parte, las intensidades de línea vienen dadas por las mismas expresiones que en el caso de los circuitos equilibrados:
Ia = Iab - Ica
Ib = Ibc - Iab
Ic = Ica - Ibc
si bien estas intensidades no están equilibradas, como se aprecia en diagrama correspondiente.
Carga desequilibrada en triángulo
Diagrama vectorial para carga desequilibrada en triángulo
287
10.9 ESTRELLA-TRIÁNGULO EQUIVALENTES EN RECEPTORES
Para la resolución de los circuitos con cargas equilibradas o desequilibradas, en ocasiones resulta conveniente
trabajar en la conexión estrella, y en otros casos en la conexión triángulo.
Las expresiones que permiten transformar un triángulo de cargas en su estrella equivalente son:
De modo análogo, una asociación de cargas en estrella se puede transformar en triángulo por medio de las siguientes
relaciones:
En el caso de cargas equilibradas, al ser iguales los valores de las impedancias, las anteriores expresiones se convierten en:
288
10.10 POTENCIA EN LOS SISTEMAS TRIFÁSICOS EQUILIBRADOS
En los sistemas trifásicos desequilibrados, el cálculo de la potencia se lleva a cabo determinando por separado las
potencias activa, reactiva y aparente correspondientes a cada fase; es decir:
Si el sistema es equilibrado, como las tensiones V F , intensidades IF y ángulos de fase j son iguales, las potencias vendrán dadas
por:
Resulta conveniente expresar las potencias en función de las tensiones e intensidades de línea en vez de las de fase. Para ello
basta recordar que en la conexión en estrella:
y en la conexión en triángulo:
Teniendo esto en cuenta, las expresiones anteriores para las potencias quedan convertidas en:
289
10.11. MEDIDAS DE POTENCIA EN CORRIENTE ALTERNA TRIFÁSICA.
La potencia activa total de un sistema trifásico es igual a la suma de las potencias activas de cada uno de los tres sistemas
monofásicos que lo constituyen:
La medida de la potencia activa total se reduce a medir las potencias activas correspondientes a cada una de las fases,
sumando a continuación las indicaciones obtenidas.
A efectos de sistematización, conviene distinguir entre los sistemas equilibrados (aquéllos en que las tensiones de fase, las
intensidades y los desfases son iguales entre sí), y los desequilibrados, cuando alguna de las condiciones anteriores no se
cumple.
También se ha de tener en cuenta si el sistema dispone de tres conductores (tres fases) o cuatro (tres fases y neutro).
a) Medida de la potencia activa en corriente alterna trifásica con un vatímetro.
En los sistemas trifásicos equilibrados, tanto de cuatro conductores como de tres, la potencia activa se puede medir con un
solo vatímetro.
3. En los sistemas trifásicos equilibrados de cuatro conductores (tres fases y neutro), las potencias activas
correspondientes a cada una de las tres fases son iguales. Por lo tanto, será suficiente medir la potencia de una
de las fases, empleando para ello un vatímetro y multiplicando, a continuación, por tres la lectura
correspondiente:
Siendo P la potencia activa trifásica y PF la que corresponde a cada fase.
290
En los sistemas trifásicos equilibrados de tres conductores (tres fases)
no existe conductor neutro para conectar la bobina voltimétrica del vatímetro a
la tensión de fase, pero el problema se puede solucionar creando un neutro
artificial (N) por medio de dos resistencias cuyo valor óhmico sea el mismo que
el del circuito voltimétrico del vatímetro. De este modo, se verificará la medida
del vatímetro de modo análogo al caso de los sistemas de cuatro conductores.
b) Medida de la potencia activa en corriente alterna trifásica con tres vatímetros
Para medir la potencia activa en los sistemas trifásicos desequilibrados, tanto de cuatro conductores como de tres, se pueden
utilizar tres vatímetros, que miden cada uno la potencia correspondiente a una fase. La potencia total se obtendrá sumando las
indicaciones de los tres vatímetros.
En los sistemas trifásicos desequilibrados de cuatro conductores (tres fases y neutro), los tres vatímetros se conectan
como indica la figura, cumpliéndose que:
291P = Pa + Pb + Pc
Siendo Pa + Pb + Pc las potencias indicadas por cada uno de los vatímetros.
En los sistemas trifásicos desequilibrados de tres conductores (tres fases) se puede conseguir un neutro artificial siempre que
se disponga de tres vatímetros idénticos y se conecten sus circuitos voltimétricos en estrella, según se representa en la figura de
la página anterior, quedando, así, sometidos a la tensión de fase.
En este caso, también se cumple que:
P = Pa + Pb + Pc
Sin embargo, en la práctica no se suele emplear este método, pues la medida de la potencia se puede llevar a
cabo utilizando solamente dos vatímetros.
c) Medida de la potencia en corriente alterna trifásica con dos vatímetros (método de Aron)
d)
En los sistemas alternos trifásicos, tanto equilibrados como desequilibrados, la potencia activa se puede medir con
sólo dos vatímetros.
Para lo cual ha de tratarse de un sistema trifásico de tres conductores. La potencia instantánea será:
292
La suma de las indicaciones de ambos representa la potencia activa total.
La suma de las lecturas de los dos vatímetros da como resultado la potencia activa del sistema trifásico:
P = Pa + Pb
La diferencia de las lecturas de los dos vatímetros multiplicada por da como resultado la potencia reactiva del sistema
trifásico:
Q = √3 · (Pa - Pb)
293
CIRCUITOS TRIFASICOS
PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA N° 01
Determine la lectura de los vatimetros, la potencia activa total, el triángulo de potencias y realice el
diagrama fasorial.
Datos: 440LV  v a 60 Hz.
Motor trifásico de inducción de 20 HP, n = 74.6%, 5.0Cos
Resolución:
Tenemos presente lo siguiente:
LTRLTSRS IIIVVV 
294
Utilizando el Método de Aarón:
Cálculo de 1W :
)30(..1  CosIVW RRS
Sabemos que:  605.0 Cos
 90.)6030(.. .1 CosIVCosIVW LLLL
WW 01 
Cálculo de 2W :
)30(..2  CosIVW TTS
295
)6030(..2  CosIVW LL
)1...(..............................)30(. .2  CosIVW LL
Cálculo de la potencia trifásica total para obtener 2W :
746.0
)746(20)746(#
3  n
HP
P 
WP 200003 
Además sabemos:
 CosIVP LL ...33 


Cos
P
IV LL
.3
. 3
)2.....(..............................23094
)5.0(3
20000
. LL IV
Reemplazando (2) en (1):
)30(.230942  CosW
WW 2000099.199992 
Triángulo de Potencias:
A continuación se muestra el valor de las Potencias Trifásicas obtenidas:
WPVARQVAS 200003464140000 333  
296
PROBLEMA N° 02
Se tiene un Motor Trifásico con los siguientes datos de placa: 15HP, 220v, n = 80%, 8.0Cos en
atraso, conexión en triángulo.
Se desea mejorar el factor de potencia a 0.95 en atraso. Calcular la capacidad por fase de los
condensadores si están conectados en:
a). En triángulo
b). En estrella
Resolución:
Cálculo de la Potencia trifásica activa entregada al Motor:
8.0
)746(15)746(#
3  n
HP
P 
WP 5.139873 
Inicialmente el factor de potencia es igual a 0.8 en atraso y se quiere corregir a 0.95 en atraso
 1895.0378.0 21  fdpfdp
a). Cálculo de la capacidad de los Condensadores cuando están conectados en triángulo:
297
Potencia reactiva para una fase:
Los Condensadores están colocados en triángulo entonces: LF VV 
C
L
C
F
X
V
X
V
Q
22

Potencia reactiva para las tres fases.
)1(.................................3
.3 2
2
3 L
C
L VCw
X
V
Q 
Además:
)2.(..............................)( 2133  TgTgPQ 
De (1) y (2) se obtiene:
)(...3 213
2  TgTgPVCw L 
2
213
..3
)(
LVw
TgTgP
C
 
298
2)220).(377.(3
)1837(5.13987 

TgTg
C
ufC 5.109 ( Valor de cada condensador por fase )
b). Cálculo de la capacidad de los Condensadores cuando están conectados en Estrella:
Potencia reactiva para una fase:
Los Condensadores están colocados en estrella entonces: 3
L
F
V
V 
C
L
C
F
X
V
X
V
Q
.3
22

Potencia reactiva para las tres fases.
)1(................................ 2
2
3 L
C
L VCw
X
V
Q 
Además:
299
)2.(..............................)( 2133  TgTgPQ 
De (1) y (2) se obtiene:
)(.. 213
2  TgTgPVCw L 
2
213
.
)(
LVw
TgTgP
C
 
2)220).(377(
)1837(5.13987 

TgTg
C
ufC 5.328 ( Valor de cada condensador por fase )
PROBLEMA N° 03
En el circuito trifásico de secuencia positiva se pide:
a) La lectura del vatímetro W2 y la tensión de alimentación si la lectura del vatímetro W1 es de
150W.
b) La lectura de los vatímetros si se abre el interruptor K.
300
Resolución
a) Transformando la carga en delta a estrella, usando propiedad:
Entonces:
301
 
 
*
**
ab bc ca
c a
V V V
I I I
 
 
1
2
cos
cos
ab
ab a
a
ab
eb c
c
V
W V I
I
V
W V I
I

 


 

   
2
1 2 1
2
cos 30º
* **
, 150
150
cb cW V I
De y
W W W
W W

 

Como la carga es resistiva eaN aV I están en fase:
1 cos 30ºab aW V I
Analizando en una fase: como:
1
; 1
3
cos 30º
3 3
aN a
aN a ab aN
ab ab
ab a
V I R pero R
V I V V
V V
De W V I
  
 
   
 
2
1
3
17.32
23
ab
ab
V
W V voltios
  
         
b) De lo anterior se tendrá
302
Entonces:
 
 
1 '
'
'
'
1
2
1
cos
1
0
ab
ab a
a
ab a
ab a
ab a
ab
V
W V I
I
V I
V I están en fase
W V I
W V


 



 


También:
 
 
'
2 '
'
'
2
2
2
cos
1
'
0º
cb
ab c
a
ab c
cb
cb c
cb
V
W V I
I
V I
V I están en fase
W V I
W V


 



 


Como:
ab bc ca
ab cb
V V V
V V
 
 
Luego:
2
1 2 abW W V 
303
PROBLEMA N° 04
En el circuito de la figura se tiene la lectura del W1= 1829 w los amperímetros marcan 6A ¿Hallar el fdp
del motor trifásico de inducción conociendo que la tensión entre línea es de 381V en sentido negativo y
el voltaje , además la lectura del vatímetro w2
Resolución:
→ tenemos las tensiones de fase y de línea
SEC(-) 30381

BCV
W1=1829w 90381 

ABV
60
3
381


ANV
A=6A 30381

BCV
60
3
381


BNV
381

CV 150381

CAV
180
3
381


CNV
Utilizando 1W :
CosIVW CCA ..1 
Cos).6.(3811829 
 378.0 Cos
304
W2 = Vac.Ia cos = (381)(6)Cos97
W2 = 278,6
Y el factor de potencia es: 39.0670  Cosfdp
PROBLEMA N° 05
Realice el diagrama fasorial de una carga trifásica conectada en delta a un generador tipo delta de
secuencia negativa .Tensiones y corrientes de línea y fase.
Resolución:
Carga con conexión delta sentido CBA:
)(
0
:
inductivoZZ
III
Sumando
III
III
III
CBA
bccaC
babcB
acbaA





305
PROBLEMA N° 06
Dado el sistema trifásico de la figura hallar:
a). Diagrama fasorial de las corrientes indicadas en la figura.
b). El valor de la Potencia reactiva trifasica de un banco de capacitares colocados en ''' CBA para
obtener un 95.0fdp en atraso en todo el sistema.
Datos para el Motor 3 :
10HP, 220v, n = 75%,  8.0fdp
Referencia:  0220''BAV Secuencia ( + )
306
Resolución:
Para el Motor trifásico
 378.0 fdp (Angulo que adelanta la tensión de fase a la corriente de fase)
 0220''BAV (Tensión de línea en secuencia “+” )
 30
3
220
'NAV
 30127'NAV (Tensión de fase) …………………………………… (1)
Potencia trifásica:
W
n
HP
P 7.9946
75.0
)746(10)746(#
3 
Para una fase:
)2(..............................................................6.3315 WP 
307
Sabemos también:  CosIVP AMNA ..'
Reemplazando los valores de (1) y (2)
6.32
)8.0(127
6.3315
.'



CosV
P
I
NA
AM
Como:  30127'NAV
Entonces:
 676.32AMI
De ello se deduce:
 1876.32BMI
 536.32CMI
Para la carga en triángulo:
 0220''BAV
La tensión ''BAV y la corriente FI , están en fase ya que la impedancia es resistiva:
5
44
220'' 
Z
V
I BAF
 05FI
La corriente de línea será:
 305.3ARI
 307.8ARI
De ello se deduce:
 1507.8BRI
308
 907.8CRI
Analizando en una línea:
ARAMA III 
 307.8676.32AI
 4.5940AI
Entonces se deduce:
 4.17940BI
 6.6040CI
Diagrama fasorial:
309
b). Potencia activa para el Motor3 :
WP 7.99463 
En la carga resistiva en triángulo (solo tiene potencia activa)
44
)220(3.3 22'
3  R
V
P L
WP 3300'3 
En las líneas solo hay potencia reactiva:
)8.0.()40(3..3 22'  LLL XIQ
VARQL 3840
' 
310
Triángulo de potencias:





  5.40
7.13246
4.113351
1 Tg
Cálculo de la Potencia Reactiva Capacitiva CQ para corregir el factor de potencia a 0.95 en atraso
 1895.0 22 Cos
)185.40(7.13246)( 213  TgTgTgTgPQC 
VARQC 6.7009
311
Calculo del banco de condensadores:
Potencia reactiva capacitiva para una fase:
Los Condensadores están colocados en triángulo entonces: LF VV 
C
L
C
F
X
V
X
V
Q
22

Potencia reactiva para las tres fases.
2
2
3 ...3
.3
L
C
L VCw
X
V
Q 
2
3
..3 LVw
Q
C 
2)220).(377.(3
6.7009
C
ufC 128 (Valor de cada condensador por fase)
PROBLEMA N° 07
Una línea trifásica tiene una impedancia de 1 + j3, la línea alimenta una carga balanceada conectada en delta que absorbe una
potencia compleja de 12 + j5 kva. Si el voltaje de línea de lado de la carga tiene una magnitud de 240 v. Calcular la magnitud de
línea del lado de la fuente.
Lo primero que hay que hacer es dividir la carga entre 3, así como el voltaje de línea convertirlo a neutro.
Después con la carga y el voltaje sacamos la corriente del monofásico:
311
Calculo del banco de condensadores:
Potencia reactiva capacitiva para una fase:
Los Condensadores están colocados en triángulo entonces: LF VV 
C
L
C
F
X
V
X
V
Q
22

Potencia reactiva para las tres fases.
2
2
3 ...3
.3
L
C
L VCw
X
V
Q 
2
3
..3 LVw
Q
C 
2)220).(377.(3
6.7009
C
ufC 128 (Valor de cada condensador por fase)
PROBLEMA N° 07
Una línea trifásica tiene una impedancia de 1 + j3, la línea alimenta una carga balanceada conectada en delta que absorbe una
potencia compleja de 12 + j5 kva. Si el voltaje de línea de lado de la carga tiene una magnitud de 240 v. Calcular la magnitud de
línea del lado de la fuente.
Lo primero que hay que hacer es dividir la carga entre 3, así como el voltaje de línea convertirlo a neutro.
Después con la carga y el voltaje sacamos la corriente del monofásico:
311
Calculo del banco de condensadores:
Potencia reactiva capacitiva para una fase:
Los Condensadores están colocados en triángulo entonces: LF VV 
C
L
C
F
X
V
X
V
Q
22

Potencia reactiva para las tres fases.
2
2
3 ...3
.3
L
C
L VCw
X
V
Q 
2
3
..3 LVw
Q
C 
2)220).(377.(3
6.7009
C
ufC 128 (Valor de cada condensador por fase)
PROBLEMA N° 07
Una línea trifásica tiene una impedancia de 1 + j3, la línea alimenta una carga balanceada conectada en delta que absorbe una
potencia compleja de 12 + j5 kva. Si el voltaje de línea de lado de la carga tiene una magnitud de 240 v. Calcular la magnitud de
línea del lado de la fuente.
Lo primero que hay que hacer es dividir la carga entre 3, así como el voltaje de línea convertirlo a neutro.
Después con la carga y el voltaje sacamos la corriente del monofásico:
312
Sacamos el voltaje de la impedancia y se lo sumamos al voltaje de línea a neutro de lado de la carga.
Después ese voltaje lo transformamos a un voltaje de línea.
PROBLEMA N° 08
Un circuito trifásico conectado en delta- delta Y. Tiene una fuente con un voltaje de línea de 208v tiene una impedancia de línea
de 2 ohmios. La parte de la carga tiene una impedancia en delta de (12-j15) conectada en paralelo con una impedancia Y de
(4+j6).
Encontrar la corriente de Ia
Resolución:
Lo primero que hacemos es poner en Y la impedancia en delta y ponerla en paralelo con la impedancia en Y.
Después ponemos el voltaje VAB en Van
Después calculamos las 3 corrientes del circuito monofásico, y solo la corriente que pasa por las fuente (I1) es la que nos piden.
Resolvemos el sistema de ecuaciones.
El resultado de corriente I1 es:
312
Sacamos el voltaje de la impedancia y se lo sumamos al voltaje de línea a neutro de lado de la carga.
Después ese voltaje lo transformamos a un voltaje de línea.
PROBLEMA N° 08
Un circuito trifásico conectado en delta- delta Y. Tiene una fuente con un voltaje de línea de 208v tiene una impedancia de línea
de 2 ohmios. La parte de la carga tiene una impedancia en delta de (12-j15) conectada en paralelo con una impedancia Y de
(4+j6).
Encontrar la corriente de Ia
Resolución:
Lo primero que hacemos es poner en Y la impedancia en delta y ponerla en paralelo con la impedancia en Y.
Después ponemos el voltaje VAB en Van
Después calculamos las 3 corrientes del circuito monofásico, y solo la corriente que pasa por las fuente (I1) es la que nos piden.
Resolvemos el sistema de ecuaciones.
El resultado de corriente I1 es:
312
Sacamos el voltaje de la impedancia y se lo sumamos al voltaje de línea a neutro de lado de la carga.
Después ese voltaje lo transformamos a un voltaje de línea.
PROBLEMA N° 08
Un circuito trifásico conectado en delta- delta Y. Tiene una fuente con un voltaje de línea de 208v tiene una impedancia de línea
de 2 ohmios. La parte de la carga tiene una impedancia en delta de (12-j15) conectada en paralelo con una impedancia Y de
(4+j6).
Encontrar la corriente de Ia
Resolución:
Lo primero que hacemos es poner en Y la impedancia en delta y ponerla en paralelo con la impedancia en Y.
Después ponemos el voltaje VAB en Van
Después calculamos las 3 corrientes del circuito monofásico, y solo la corriente que pasa por las fuente (I1) es la que nos piden.
Resolvemos el sistema de ecuaciones.
El resultado de corriente I1 es:
313
PROBLEMA N° 09
Un sistema 3 ABC con tres conductores a 100 voltios alimenta a una carga con conexión  e impedancia de 2045º . Hallar
las intensidades de corriente en las líneas y dibujar el diagrama fasorial.
Resolución:
Sea la conexión del problema donde se aplica las tensiones compuestas entre líneas de secuencia ABC:
Para el sentido de giro indicado con (+) primero pasa ABV , seguido de BCV y finalmente CAV
º0100ABV , º120100 BCV , º240100 CAV
Las corrientes elegidos son:
º455
º4520
º0100




z
V
I ABAB , º1955º1655º4520
º120100



BCI
º755º2855
º4520
º240100



CAI
Para obtener las corrientes en las líneas (véase el esquema del circuito) se aplica la 1ra. Ley de Kirchhoff a cada uno de los
nudos principales (a, b, c) de la carga, por tanto:
314
Nudo (a): º16566.8º755º455  CAABA III
º455º1955  ABBCB III
º16566.8 BI
º1955º755  BCCAC III
º4566.8 CI
PROBLEMA N° 10
Un sistema trifásico de tres conductores, 240 voltios y secuencia CBA alimenta a una carga conectada en  en la que
º9025ABz , º3015BCz y º020CAz Ohms. Hallar las intensidades de corriente en líneas y la
potencia total. Tome como referencia el voltaje VCB.
Resolución:
Sea el sistema:
Aplicando las tensiones compuestas entre líneas de secuencia CBA a la carga conectado en y eligiendo las corrientes de fase
como se muestra en el esquema:
315
º300.16
º3015
º0240




BC
CB
CB z
V
I , º1506.9
º9025
º240240




AB
BA
BA z
V
I
º1200.12
º020
º120240




CA
AC
AC z
V
I
Las corrientes en las líneas, aplicando 1ra. Ley de Kirchhoff en los nodos a,b y c tenemos:
“a”: º52.6706.6º12012º1506.9  ACBAA III
“b”: º1806.25º3016º1506.9  CBBAB III
“c“: º8.421.27º12012º3016  ACCBC III
Como era de esperarse, en una carga desequilibrada las corrientes de línea no son iguales. La potencia en cada fase se calcula
de la siguiente manera:
En 250º9025 jz AB  , RAB = 0y IAB = 9.6A
 WAB = RAB x 2ABI = (0) (9.6)² = 0 Watts
En 5.713º3015 jzBC  , RBC = 13 y IBC = 16A
 WBC = RBC x 2BCI = (13)(16)² = 3330 Watts
En 020º020 jzCA  , RCA = 20 y ICA = 12A
 WCA = RCA x    WattsICA 2880²12202 
6210288033300  CABCABt WWWW Watts
PROBLEMA N° 11
Tres impedancias idénticas de 3012 , en ∆, y otros tres idénticos de 455 , en y, se unen al mismo sistema trifásico, de tres
conductores de 208 voltios y secuencia ABC. Hallar las intensidadesde corriente en las líneas y la potencia total
Wt = 6210 Watts
316
Resolución:
Como la primera de las cargas está conectada en ∆ , se obtiene su equivalente en estrellas :
 3/ZZY 3012 /3= 304
Con una tensión compuesta entre líneas de 208 voltios la tensión simple (tensión la fase) es de
3
208
=120 voltios
3
120
LV
304
3012
455
El circuito equivalente monofásico se puede representar de la siguiente manera; con dos impedancias: 304 y 455 esta
impedancias pueden ser sustituidas por:
6.3624.2
455304
455304



x
Z eq
Con esto la corriente es :
6.366.53
6.3624.2
0120

eq
AN
L Z
V
I
4553040120
Bajo la referencia de ANV , la tension ANV en la secuencia ABC tiene un angulo de
00 , entonces la corriente de la linea
se calculara de la siguiente manera:
6.366.53
6.3624.2
0120

eq
AN
A Z
V
I
Análogamente para las demás fases se cumple:
6.1566.53 BI
1206.53.4.856.53 BI
317
La potencia activa será:
wattsW
IVW LL
15500
6.36cos)6.53)(208(3cos3

 
PROBLEMA N° 12
En la figura se presenta un sistema trifásico equilibrado de tensiones y en cargas. La carga 1 se alimenta a través de una línea
de resistencia R=0.5 y una inductancia de .
10
mHL

 el voltímetro 2V mide 360v. se pide.
1. Lectura de vatímetros W1; W2;W3.
2. lectura del voltímetro V1 y cos del generador.
Resolución:
Sabemos que:
3
213
21
G
G
Q
WWW
PWW


Pero:
LG
LG
QQQQ
PPPP


21
21
Donde:
318
.20
)85.0).(360.(3
)10).(6.10(
..3
1200)20)(10.
10
.100)(3(...3
.600)20)(5.0)(3(..3
3
12
232
22
AI
COSV
P
I
VARPILwQ
WPIRP
L
L
L
LLL
LLL







Luego:
KVARQTgTgQ
KWPP
GG
GG
.77.132.1))8.0(arccos()8())85.0(arccos()6.10(
.2.196.086.10


Por lo tanto se tiene el sistema:
.95.7
3
77.13
2.19
213213
21
WWWWWWW
WW


La potencia aparente consumida por el conjunto linea-carga 1 es:
2
1
2
1 LL QPS 
Donde:
.77.72.157.6
.2.116.06.10
111
111
KVARQQQQ
KWPPPP
LLL
LLL


Y por tanto:
.63.13)77.7()2.11( 22 KVASS 
Por otra parte:
.5.393
)20.(3
)10)(63.13(
.3
1
3
1
1
1 VV
I
S
V L 
Finalmente:
.81.0
)77.13()2.19(
2.19
2222




  COS
QP
P
S
P
COS
GG
G
G
G
319
CIRCUITOS TRIFASICOS
PROBLEMAS PROPUESTOS
PROBLEMA N° 01
Dado el circuito de la figura:
a) Encontrar Ī
b) Encontrar
c) Encontrar
d) ¿Esta equilibrado el circuito?
Solución: a) Ī = 0 ; b) = 1117.03∠117. 54 ; c) =1909.14∠87. 78 ; d) Desequilibrado
PROBLEMA N° 02
Dado el circuito de la figura:
a) Encontrar ̅
b) ¿Está equilibrado el circuito?
Solución: a)Ī = 4.0037∠82. 64 ; b) Desequilibrado
320
PROBLEMA N° 03
En el circuito de la figura =3.6-j 1.05Ω, =12+j9 Ω y = 30 +j0 Ω
a) Encontrar las corrientes de rama Ī , Ī Ī
b) Encontrar las corrientes de línea Ī , Ī Ī
c) Encontrar las ramas de corrientes Ī , Ī Ī
Solución: a) Ī = 176∠16. 26 A; b) Ī = 182.48∠9. 53 ; c)Ī = 176∠16. 26 A
PROBLEMA N° 04
La impedancia Z en el circuito de la figura es 100-j75Ω. Encontrar:
a) Ī , Ī Ī
b) Ī , Ī Ī
c) Ī , Ī Ī
Solución: a) Ī = 105.60∠36. 87 A; b) Ī = 182.90∠66. 87 A; c) Ī = 105.60∠36. 87 A
321
PROBLEMA N° 05
En el circuito de la figura se muestra una fuente
trifásica conectada en triangulo (∆)
a) Encontrar el equivalente en estrella (Y)
b) Mostrar la equivalencia de ambos en
vacío y en corto circuito
Solución: a) = 1200.31∠ − 30 V; =0.3 +j1.5Ω
PROBLEMA N° 06
Dado el circuito de la figura:
a) Encontrar Ī
b) ¿Qué porcentaje de la potencia activa suministrada por la fuente trifásica se disipa en la carga trifásica?
c)
Solución: a)Ī = 8.22∠ − 71. 57 A; b) 99.76%
322
PROBLEMA N° 07
La tensión de fase en la carga del circuito de la figura es 600V. Con esta tensión la carga está absorbiendo 135kVA con un
factor de potencia de 0.96 (receptor inductivo)
a) Encontrar la corriente de línea Ī
b) Hacer un balance de potencia activa y potencia reactiva.
Solución: a)Ī =82.98∠34. 64 A
PROBLEMA N° 08
Dado el circuito de la figura, donde = 20∠30 Ω, = 60∠0 Ω y = 40∠−30 Ω, encontrar:
a) Medición del vatímetro 1
b) Medición del vatímetro 2
c) Demostrar que la suma de las mediciones de los vatímetros es igual a la potencia activa entregada a la carga trifásica,
es decir: + =
Solución: a) = 7482.46 ; b) =6621.23 W
323
PROBLEMA N° 09
Dado el circuito de la figura, donde Z=13.44+j46.08Ω, encontrar:
a) Medición del vatímetro 1
b) Medición del vatímetro 2
c) Comprobar que + =
d) Comprobar que: 3( − ) =Q
Solución: a) = 28156.15W : b) = -9256.15 W ; c) P=18900 W ; d) Q= 64800Var