IV.- CIRCUITOS TRIFÁSICOSProblema 29

En el siguiente circuito trifásico balanceado, hallar las corrientes de fase, potencia monofásica y trifásica y dibujar el correspondiente diagrama fasorial indicando todas las tensiones y corrientes. Se asume alimentación balanceada en secuencia a, b, c.

Solución:

Tomando la tensión de la fase a como referencia,

Vf = 3

220 = 127∠ 0º Voltios.

IL= Ifa = °53,1- 12,7 = 53,1 10

0 127

Amperios

Ifb = 12,7 | - 53,1° - 120° Amperios

Ifc = 12,7 | - 53,1° - 240° Amperios

P1φ = If² × R = 968 Watt.

P3φ = 3 × P1φ = 2.904 Watt.

Problema 30

Dado el siguiente sistema trifásico balanceado:

Secuencia ABC, 60 Hz

En el nodo B, hay 115kV de tensión línea-línea. La fuente está conectada en delta con Zg = j 80 Ω /fase. La línea tiene impedancia serie por fase Z = (50 + j100) Ω .

Carga 1: Es de impedancia constante y consume 4,5 MW trifásicos cuando se le alimenta desde una fuente de 115 kV. Su factor de potencia es 0,75 en atraso.

Carga 2: Potencia activa constante y consume 10 MW a 115 kV y factor de potencia 0,8 en adelanto.

Calcule:a) Tensión interna por fase del generador.b) Factor de potencia de operación del generador.c) Corriente en la línea.d) Potencia total trifásica generada por la fuente.

Solución:

A BLínea

C1 C2

Fuente

(a) Trabajando con la fase A y el equivalente Y del sistema:

[ ] kV 48 38, 7125 ,118gEkV 48 8, 5387 ,68 I .Zc2) 1Zc(ZZggE

A69 13, 9237 ,74Zc2 1Zc3

0 000.115

Zeq

V I

k 87 36,- 058 ,18 ,0Cos8 0, / 10MW

(115kV)Zc2

k 41 41, 2042 ,275 ,0Cos75 0, / 5MW ,4

(115kV)Zc1

kV 03

115V

6667 ,26j3

80jZg

ABLL

BL

12

12

B

°=⇒°=++=

°=

°

==

Ω°==

Ω°==

°=

Ω==

−

−

(b)

9928 0,)87 Cos(-6,fp

MVA 87 6,- 4528 ,15gS V 82 6, 7489 ,68 I .ZggEV

I .V.3gS

3LA

LA3

=°=

°=⇒°=−=

=

ϕ

∗ϕ

(c)

A69 13, 9237 ,74 I L °=

(d)

MVA 8480) 1, j - 3419 (15,MVA 87 6,- 4528 ,15gS 3 =°=ϕ

RL

I gE

Zg XL

Zc1 Zc2

A B

Problema 31

Se tiene el siguiente sistema trifásico balanceado a sec. abc, y 60 Hz

Para el momento de operación, considerando que el generador es ideal y en la barra B hay una tensión línea-línea de 866.03 l 0º voltios rms, determine:a).- Voltaje línea – línea en la barra B ( tensiones ab,bc y ca)b).- Construya el diagrama fasorial de tensiones y corrientes en la barra B.c).-Potencia trifásica que entrega la fuente; S3 = P3 + jQ3 d)-Si se quiere compensar en la barra B, para obtener un factor de potencia fp=1,calcule el tamaño del elemento a conectar como banco de capacitores conectado d1) en Y y d2) en delta.

Representación trifásica del sistema;

Como se trata de un sistema trifásico balanceado, el voltaje entre los puntos neutros del sistema es cero VNN´ =0.

El hecho de estar balanceado, permite estudiar el sistema por fase.Para realizar este análisis por fase se requiere que todos los elementos presenten conexiones Y, o en su defecto sean transformados a su equivalente Y.

Se selecciona la tensión de línea AB en la carga, como referencia.

Representación unifilar de la fase A

donde VA = VAB l 0º-30º = 866.03 V. l -30º = 500 l-30º V √3 √3

Modelación de las cargas;

C1: 1Hp= 746W

75*746 = 55,95kW (potencia activa que consume la C1)

Modelamos esta carga como una impedancia constante, esto es:

Zc1= l VL-L l 2 = l VL-L l 2 = (866,03 V) 2 l-arcos(0,8) = 10.724 l-36.87º S3* P3/ fp 55,95kW / 0.8

Zc1=8.5792-j6.4344

C2:Potencia activa que consume: P3 =60*746 = 44.760 kW

Zc2= l VllB l 2 = (866.03V) 2 . lcos -1 (0.9) = 15.0806l25.84º S3* 44.76kW /0.9

Zc2=13.5728+j6.573

Viendo el circuito se puede obtener el paralelo de las dos cargas; Zeq= Zc1 // Zc2 = 7.1568 – j1.4416

Luego la corriente que pasa por la línea es

Il= VlnB = 500V . l-30º = 68.488 A l-18.6113 Zeq 7.1568 – j1.4416

Finalmente aplicando la ecuación de malla obtenemos VlnA;

VlnA= Il.Zl + VlnB

VlnA= (68.488 A l-18.61º)*(1+j5) + 500 l-30º V

Voltaje línea – neutro de la fase AVlnA= 609.48 l4.65º V

Por lo tanto el voltaje línea-línea en la barra A esVll = √3*VlnA llnº+ 30º

VAB= 1.055kV l34.95º

VBC= 1.055kV l34.95º-120º =1.055kV l-85.05º

VCA= 1.055kV l34.95º+120º = 1.055kV l154.95º

b.- Diagrama fasorial de tensiones y corrientes en barra B.

Nótese que la corriente adelanta el voltaje por la presencia de una carga equivalente netamente capacitiva.

c.- Potencia trifásica que entrega la fuente.Como se trata de una fuente ideal, Eln = VlnA = 609.48 l4.65º V S3= 3*S1*Eln*Il

*

S3 = 3*(609.48 l4.65º V)*( 68.488 A l-18.61)*

S3 = 115.048 kW + j49.452 kVAr P3 Q3

d.- Compensación en barra B para mejorar el factor de potencia, Para que la barra B presente un fp = 1 es necesario cancelar la entrada de reactivos a dicha barra. Esto se logra colocando un capacitor, si se quiere inyectar reactivos a la red, o un inductor, para quitar reactivos de la red. Calculando la potencia trifásica que llega a la barra B logramos identificar la naturaleza del elemento y su capacidad.

S3B= 3*S1B *VlnB*Il*= 3*(500 l-30º V)*( 68.488 A l-18.61)*

S3B= 100.708 kW – j20.288kVAr

Q3 = -20.288 kVAr Se trata de un inductor que absorba +20.288kVAr la potencia reactiva que produce la carga capacitiva de tal manera que la barra B quede libre de reactivos. Hallamos la reactancia inductiva Xl:

Xl = l VllB l 2 = j. (866.03V) 2 = j 36.9681 Q320.288 kVAr

Xl = j*w*L

L= w = 2* *f Xl

Xl

L = 2* *60 Hz = 10.198 H 36.9681

Ly = 10.198H banco de inductores conectados en Y

L=3* Ly = 30.5939 H banco conectado en

Problema 32

El alimentador trifásico de 23 kV de la siguiente figura tiene una carga de 9 MVA con un factor de potencia de 0,85 en atraso y un factor de carga igual a uno. A fin de mejorar el factor de potencia de la carga se decide instalar un banco de capacitores de 1800 kVAr. Determine:

a) La tensión VR en la carga antes de instalar el banco de capacitores.b) Las pérdidas en la línea sin los capacitores.c) El nuevo factor de potencia al aplicar los capacitores.d) La liberación de capacidad de la línea cuando se aplican los capacitores.e) El valor de la potencia aparente al aplicar los capacitores.f) La elevación de tensión al aplicar los capacitores.g) Las pérdidas en la línea con los capacitores.h) La reducción de las pérdidas de potencia al mejorar el factor de potencia.i) La reducción de las pérdidas de energía al mejorar el factor de potencia.

Solución:

a) Para determinar la tensión VR en el extremo de la carga, se aplica la ecuación:

( )

−−

−

−=

2

VcosaZSZS

2

VcosaZSV

2g

R

21

2R

22g

RR

de los datos del problema se tiene( ) Ω°=×+= 58,25 2,256j0,320,198Z

°=°−°=β−θ=α 26,46 31,78 58,25

Problema 33

En el circuito trifásico balanceado, secuencia abc, que se muestra en la figura, cuatro barras de generación a, b, c y d están conectadas como se ve en el diagrama de la figura A. A las barras a y c se conectan dos generadores, suministrando carga a un motor síncrono en la barra d. A efectos de análisis, todas las máquinas en cualquier barra se consideran como una máquina simple, representada por una f.e.m. y una reactancia en serie. El diagrama de reactancias se ha dibujado en la figura B. Los nodos están representados por puntos y todos tienen asignada una letra, excepto, los que unen reactancias en serie. Simplifíquese el circuito, eliminando todos los nodos, excepto, el neutro y e, f y g,

a los que están conectadas las f.e.m. de las máquinas. Nótese que los nodos que se conservan, salvo el neutro, no tienen existencia física en el sistema.

Figura A

figura B

Solución:

El nodo b se elimina transformando en el ∆ equivalente las reactancias conectadas en Y que van desde a, c y d, a b. Los cálculos son:

Ω=−=

Ω=−=

Ω=−=×+×+×=

0,5j0,3j

0,15Z

0,5j0,3j

0,15Z

1,5j0,1j

0,15

0,1j

0,1j0,3j 0,1j0,3j 0,3j0,3jZ

da

cd

ac

Combinando las impedancias en serie entre a y e, c y f y d y g, se eliminan los nodos sin rotular:

Ω=+=Ω=+=

Ω=+=

1,0j0,1j0,9jZ

0,95j0,05j0,9jZ

1,1j0,1j1,0jZ

dg

cf

ea

Si ahora se combinan las impedancias en paralelo entre a y d y c y d, se obtiene:

Ω=+×== 0,1875j

0,3j0,5j

0,3j0,5jZZ cdad

A continuación se procede a transformar la ∆ formada por a, c y d en la Y equivalente. Los correspondientes cálculos son:

Ω=++

×=

Ω=++

×==

0,0188j0,1875j0,1875j1,5j

0,1875j0,1875jZ

0,15j0,1875j0,1875j1,5j

1,5j0,1875jZZ

d

ca

Finalmente, se suman las impedancias en serie de la Y obtenida y se transforma ésta en la ∆ equivalente, obteniendo así la malla buscada. Los cálculos necesarios se dan a continuación:

Ω=−=

Ω=−=

Ω=−=×+×+×=

3,42j1,10j

3,77Z

3,02j1,25j

3,77Z

3,70j1,02j

3,77

1,02j

1,25j1,02j 1,02j1,10j 1,10j1,25jZ

ge

fg

ef

Hay formas mas eficientes de resolver este problema, una de ellas es mediante métodos matriciales aplicando partición de Kron para reducir la red conservando sólo los nodos de interés. Este interesante tópico está fuera del alcance de este problemario.

Problema 34

Si las f.e.m. internas de las fuentes A, B y C, en el problema 33, tienen los valores

36,9- 1,5E , 15 1,5E , 0 1,5E CBA °=°=°=

determine las potencias de salida de A y B, así como la potencia de entrada en C.

Solución:

Las corrientes en el ∆ son:

Amp.0,088j - 0,263- 3,42j

0 1,5 36,9- 1,5

Z

EEI

Amp.0,083j - 0,426 3,02j

36,9- 1,5 15 1,5

Z

EEI

Amp.0,014j - 0,105- 3,70j

15 1,5 0 1,5

Z

EEI

ge

ACge

fg

CBfg

ef

BAef

=°−°

=−

=

=°−°

=−

=

=°−°

=−

=

Las corrientes en los terminales son:

Desde el generador A: Amp.32,8- 0,188 0,102j0,158 II I geefe °=−=−=

Desde el generador B: Amp.7,4- 0,536 0,069j0,531 II I effgf °=−=−=

Hacia el generador C: Amp.13,9- 0,710 0,171j0,689 II I gefgg °=−=−=

Las potencias buscadas son, por lo tanto:

P A: W.0,237 = 32,8 cos 0,188 1,5 °×

P B: ( ) W.0,743 = 7,4+15 cos 0,536 1,5 °°×

PC de entrada a la carga en C : ( ) W.0,985 = 13,9-36,9 cos 0,710 1,5 °°×

Problema 35

En el siguiente circuito, hallar las corrientes de fase. Asuma f = 60 Hz, secuencia abc.

Solución:

( ) M M

1 k L L 1 4 0,5

a c 4L Lω ω ω ω= ∗ = ∗ =

Planteando las mallas principales:

Vab = 100 | 0° = ( 2 + j1 ) I1 + ( -2 + j0,5 ) I2

Vbc = 100 | - 120° = ( -2 + j0,5 ) I1 + ( 2 + j3 ) I2

Resolviendo se obtiene:

I1 = 15,63 -35,83 ° = 12,67 - j9,15

I2 = 31,88 -161,04 ° = -30,15 - j10,36

ia = I1 = 15,63 | - 35,83° Amperios

ic = - I2 = 31,88 | 18,96° Amperios

ib = I2 - I1 = 42,84 | - 178,4° Amperios

Problema 36

Para el siguiente circuito hallar I, IM e Ic en cada fase, la potencia total entregada por la fuente y el factor de potencia, dibujar tensiones y corrientes en un diagrama fasorial.

Datos:V1 = 220 Voltios.

Z = 16 - j12 Ω

Solución:

Tomando Van como referencia

IM = 3220

10000 = 26,25 | - 53,13° Amperios

| Zmotor Y | =

26,253

220= 4,84 Ω

| Zmotor Y | = 4,84 Ω 53,13 ° = ( 2,904 + j3,872 ) Ω

Zcarga Y = 3

12 16 j− = 5,33 - j4 Ω

Zmotor // Zcarga = 3,91 | 17,17° Ω

I = 17,17 3,91 3

220

°× = 32,5 | - 17,17° Amperios

Ic = I - IM

Ic = 19,08 | - 36,70° Amperios

P3φ = 3 × 3

220 × (32,5) × cos 17,17 Watt

S3φ = 3 × 3

220 × (32,5)

S3φ = 12,3842 kVA

cos θ = cos 17,17 = 0,955

Problema 37

Dado el siguiente sistema trifásico balanceado, secuencia abc, 60 Hz, hallar: a) Tensiones de fase y de línea en la barra A.b) Potencia que entrega la fuente.c) Diagrama fasorial con tensiones de fase, de línea y corrientes por la línea.

Solución:

(a) Pc1 = 75 × 746 = 55.950 Watt. ⇒ Sc1 = 0,8

55.950 = 69.937,5 VA

Pc2 = 60 × 746 = 44.760 Watt. ⇒ Sc2 = 0,9

44.760 = 49.733,3 VA

utilizando la relación Q = P tang θ , se tiene para Qc1 y Qc2:

Qc1 = -41.962,5 VAR

Qc2 = 21.678,3 VAR Sc1 = 3 × V × Ic1*

I = Ic1 + Ic2 Ic1* =

V3

Sc1

× Ic2

* = V3

Sc2

×

I* =

30 866,03 3

11,4 102.733,4

30- 866,03 3

25,8 49.733,3

30- 866,03 3

36,87 69.937,5

−×

−=

×+

×

−

I = 68,5 | -18,61° Amperios

La tensión de fase generada por la fuente es:

Vg = 866,03 30

3

− ° + I × ( 1 + j5 ) = 609,52 | 4,96° Voltios.

Vg de línea:

VgL = 1055,72 | 34,96° Voltios.

(b) La potencia trifásica en la fuente:

Sg3φ = 3 Vg I* = 125.256,36 | 23,57° VA

Problema 38

En el sistema mostrado determine las corrientes que fluyen hacia el nodo n de la carga.

Solución:

Este problema se puede resolver por el método de mallas, pero se desea ilustrar la forma de realizar transformaciones ∆ - Y con fuentes y equivalentes trifásicos.

1. Transformando a Y cada una de las dos deltas y sumando las impedancias de línea se obtiene:

( ) ( ) ( ) ( )Z 2 2

3 2 1

8 5

3 Z

3 4

3 1 2 2

2

3 Y1 Y2=

++ + =

+=

−+ + = +

jj

j jj j

E 200

3 30 30 E

300

3 0 30 Y1 Y2= + = + (note la secuencia de fase en las

fuentes)

2. Transformando nuevamente a delta:

Z∆ 1 = 3ZY1 = 8 + j5 = 9,43 | 32° Z∆ 2 = 6 + j2 = 6,32 18,44 ° Ω

E∆ 1 = 200 | 30° E∆ 2 = 300 | 0°

3. Se halla el equivalente del sistema entre los puntos a, b y c, haciendo el paralelo de las dos deltas. Se transforman las fuentes de tensión a fuentes de corriente, se suman las corrientes y se encuentra el paralelo de las impedancias, luego se transforma a fuentes de tensión nuevamente.

La impedancia equivalente del paralelo de las deltas es:

Z∆ ' = Z∆ 1 // Z∆ 2 = ( ) ( )8 5 6 2

14 7

+ ++

j j

j = 3,49 + j1,54 = 3,81 | 23,8°

La fuente de corriente equivalente de ambas deltas, inyectada al punto a es:

( ) ( ) ( ) ( )Ia 200 30

8 5

300 0

6 2

200 90

8 5

300 120

6 2 118 16,6 Amperios=

++

+−

−

+−

−

+

= °

j j j j

Idénticamente

Ib = 118 136,6 ° Amperios

Ic = 118 -103,4 ° Amperios

transformando a estrella se obtiene:

ZY' = 1,1633 + j0,5133

EY' = Ia × ZY' = 118 16,6 ° × ( 1,1633 + j 0,5133 ) ≅ 150,0385 | 40,4°

EY' = 114,2444 + j 97,2613 Voltios

EY'b= 150,0385 | 160,4° Voltios

EY'c= 150,0385 | -79,6° Voltios

Se halla la tensión Vnn' por análisis nodal:haciendo las operaciones apropiadas se concluye que

Vnn' =

( ) °=°

°−−=

++×

°−−=

+− 86,11- 11,05

6,51 13,58

79,6 150,0385

10 0,5133 1,16333

79,6 150,0385

10 3Z

E

'y

'y c

j

Voltios

Se recomienda al estudiante realizar las operaciones para llegar a esta relación.

Ian = Amperios37,97 30,23 = 5,67 5,19

43,65 156,8644

0,5133 5,1633

86,11- 11,05 40,4 150,0385

=+

−

j

del mismo modo,

Ibn = 150,97 29,83 Amperios

Icn = 86,11- 33,15 Amperios

Problema 39

Sea el siguiente circuito trifásico, en el cual las fuentes están balanceadas. Determine el valor de la tensión de los generadores del lado derecho.

If = 37,9912 - j 6,4216 Amperios

Solución:

Se reconoce un sistema tetrafásico balanceado del lado izquierdo (4 fases), en donde la cuarta fuente se encuentra conectada a la conexión del neutro de la Y del lado derecho.

En condiciones de pre-falla:

Sin la impedancia Zf el sistema es balanceado. Se decide plantear un

equivalente Thévenin entre sus extremos tomando en cuenta las condiciones del circuito balanceado y expresando VTh en función de E.

Conocidas todas las impedancias y la corriente de falla If, se obtiene entonces E.

ZTh = [1

3 ( 4 + j4 ) + ( 2+j3 )] // ( 2 + j1 ) = 1,62 | 34°

Al plantear el equivalente Thévenin en la impedancia Zf se concluye que:

VTh = If × ( ZTh + Zf ) = (37,9912 - j6,4216) (1,62 | 34° + 2)

VTh = 133,45 | 5,57°

Por otro lado:

(1) VTh = E | α + Ia'n' × ( 2 + j1 ), donde Ia'n' es la corriente en esa rama, antes

de aplicar el equivalente Thévenin.

Considerando que las fuentes son balanceadas, la variación en la tensión entre los neutros n y n' antes de la conexión de la rama f es cero, así:

Ia'n' = Iaa' = ( )4 4

E 10 100

j+

α−

sustituyendo en (1):

VTh = ( ) ( ) E 1 2

4 4

E 10 100α++×

+

α−j

j

Despejando y sustituyendo el valor para VTh calculado previamente,

E | α = ( ) ( )

0 150 3 2

1 2 10 100 4 4 VTH=

+

+×−+

j

jj

como la fuente es balanceada en secuencia positiva, las tensiones quedan como:_

Eα = E | α = 150 | 0°_

Eβ = E | β = 150 | - 120° _

Eδ = E | δ = 150 | 120°

Problema 40

El sistema trifásico mostrado a continuación esta operando en condiciones balanceadas y en secuencia abc. Repentinamente un cable de impedancia cero, une los puntos a y n. Con el circuito operando bajo esta condición calcule:

a) Tensión Vng, Van, Vbn, Vcn.b) Potencia trifásica aparente que le envía el generador a la carga.

Esta vez resolveremos el problema con el método de mallas para así apreciar la diferencia que presenta este método con respecto a la reducción por Thevenin.

Al colocar un cable entre a y n, la impedancia de la fase a de la carga queda cortocircuitada; quedando así dos mallas de la siguiente manera;

debido a que el sistema se encontraba operando en forma balanceada a secuencia abc, las tensiones del generador son;

VV

VV

VV

cg

bg

ag

º120260

º120260

º0260

∠=

−∠=

∠=

Teniendo estos valores procedemos a calcular las corrientes I1 e I2 mediante el método de mallas;

[ ] [ ] [ ]

[ ] [ ][ ]VZI

luego

IZV

1

*

−=

=

y mediante las ecuaciones de las dos mallas del sistema se llega al siguiente arreglo

de esta forma obtenemos I1 e I2;

AI

I

−∠

−∠=

º33.976997.67

º44.63206.87

2

1

por lo tanto las corrientes de línea en cada fase de la carga son;

º67.82697.67

º15.1678603.48

º44.63206.87

2

12

1

∠=−=∠=−=

−∠==

AII

AIII

AII

c

b

a

Tensión entre el punto n y g

VV

jAVV

jjIVV

ng

ng

bBgng

º89.360617.130

)44(*)º15.1678603.48(º120260

)242(*

−∠=

+∠−−∠=

++−=

este valor debe dar igual independientemente de la fase que se emplea para determinarlo.

.-Tensión en cada fase de la carga,

VjIV

VjIV

V

ccn

bbn

an

º23.1097502.302)24(*

º28.1665099.218)24(*

0

∠=+=−∠=+=

=

.-Potencia trifásica que entrega la fuenteComo el sistema se encuentra desbalanceado, el generador no entrega la misma potencia por cada fase. Por lo tanto se debe calcular la potencia aparenta que se envía por fase, luego la potencia trifásica es la suma de las tres potencias por fase.

Hallamos la potencia por cada fase;Fase A:

kVArjkWS

AVS

IVS

A

A

aAgA

28.20138.10

)º44.63206.87(*)º0260(

**

*

+=−∠∠=

=

Fase B:

kVArjkWS

IVS

B

bAgB

138.12745.3

* *

+=

=

Fase C:

∠−−∠

−∠−∠

Ω+Ω+−

Ω+−Ω+=

−

V

V

jj

jj

I

I

º120260º120260

º120260º0260*

88)44(

)44(641

2

1

kVArjkWS

IVS

C

cCgC

673.10995.13

* *

+=

=

Finalmente la potencia aparente trifásica que entrega el generador a la carga está dada por la sumatoria de las tres potencias obtenidas anteriormente;

kVArjkWS

SSSS

f

CBAf

093.43879.273

3

+=

++=

Problema 41

Para el siguiente sistema desbalanceado;

que opera a sec. abc, @ 60Hz.Bajo condición balanceada el sistema opera con un voltaje en la barra 2 deVab=l V l l0ºY la corriente de línea es de;Il=1.224kA l-75º

La impedancia de la carga conectada a la barra 2 es;Zc= 3+jX

Determinar;a) El valor de la corriente de falla If.b) Si se quiere limitar la corriente de falla a valores inferiores que lIl=1000

amperios, mediante una impedancia de Zf= 1+jXf., Calcule dicha reactancia Xf.

Para hallar la corriente de falla If es conveniente aplicar un equivalente de Thevenin entre los puntos A’ y B’. Esta vía es la más rápida ya que nos permite trabajar el sistema balanceado, y luego, mediante el equivalente de Thevenin, calcular la corriente que circula por el cortocircuito.

Hallamos la impedancia Zc de la carga conectada en la barra 2.Al aplicar Thevenin entre A’ y B’, quitando el corto entre estos dos puntos, el

sistema pasa a operar en condición balanceada.

La corriente de fase de la carga es

If= Il. l-75º+30º = 706.677 A l-45º

√3

Vab= If. Zc.

Sustituyendo los datos se tiene;lVl l0º = (706.677 A l-45º) . (3+jX) (I)

Por Euler, se tienelVl l º = lVl.cos( ) +jlVl.sen( ). Aplicando esta igualdad a la ecuación I se obtiene;lVl.cos(0º) + jlVl.sen(0º)=(500-500).(3+jX)

igualando parte real y parte imaginaria;lVl=1500 + 500.X (II) parte real

500.X – 1500= 0 (III) parte imaginaria

de esta ecuación se obtiene

X = 3

Sustituyendo este valor en la ecuación II de la parte real se obtiene el valor del voltaje Vab;

lVl = 1500 + 500.(3)= 3kV

Vab= 3kV l0º.

Zc= 3+j3.

Retomando el equivalente de Thevenin nos queda lo siguiente;

donde

Vth = Vab = 3kV l0º.

Restaría hallar la Zth;Para ello se cortocircuitan las fuentes y se calcula la impedancia vista entre A’y B’

pasando el generador a estrella queda la impedancia de cada fase en serie con la línea, luego se vuelve a la configuración de dos deltas en paralelo y queda:

Finalmente

Zth= (Zc//Zc’+Za//Za’)//Zb//Zb’.Zth= 1.6 + j 1.6

Luego la corriente de falla If es

If = Vth = 3kV l0º. = 1.324kA l-45º Zth 1.6 + j 1.6

c) para limitar dicha corriente de tal manera que su módulo sea menor que 1000 amperios colocamos la impedancia Zf en el equivalente de Thevenin, y se estudia la peor condición de falla.

La corriente If será mayor a medida que Zth 0, por lo tanto

l Zf l = l Vth l = 3 kV l If l 1000 A

Ω+=

Ω=

−=

Ω==+

8284.21

8284.2

13

31000

30001

2

2

jZ

X

X

X

f

f

f

f