Problemes - Electrotecnia (Trifásicos)

8/16/2019 Problemes - Electrotecnia (Trifásicos)

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AULA POLITÈCNICA 97

ectrotecn a. ro emas


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EDICIONS UPC

AULA POLITÈCNICA

/ TECNOLOGÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA

Xavier Alabern Morera

Jordi-Roger Riba Ruiz

ectrotecn a. ro emas


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Circuitos trifásicos 11

1 Circuitos trifásicos

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006


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12 Problemas de electrotecnia

1.1 Problema 1

Una carga equilibrada trifilar conectada en estrella y de impedancia 40∠ 30º Ω por fase está conectadaa una red trifásica equilibradade secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las corrientes de

línea. b) Calcular las potencias activa, reactiva y aparente totales que consume la carga.

Figura 1.1.1

Resolución:

a ) Cálculo de las corrientes de línea:

Aº ,º

º /

Z

V I RN

R3077355

3040

03400−∠=

<

<==

Aº ,º

º /

Z

V I SN

S 15077355

3040

1203400−∠=

<

−<==

Aº ,º

º /

Z

V I TN

T 9077355

3040

1203400∠=

<

<==

b ) Cálculo de las potencias totales:

P TOT = 3 .V línea.I línea.cosϕ = 3 .400.5,7735.cos30º = 3464,10 W

QTOT = 3 .V línea.I línea.sinϕ = 3 .400.5,7735.sin30º = 2000,00 VAr

S TOT = 3 V línea.I línea= 3 .400.5,7735 = 4000 VA

N

R

S

T

IR

IS

IT

Z

Z

Z



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1.2 Problema 2

Una carga equilibrada trifilar conectada en triángulo y de impedancia 40 ∠ 30º Ω por fase estáconectada a una red trifásica equilibrada de secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las

corrientes de fase de la carga. b) Calcular las corrientes de línea. c) Calcular las potencias activa,

reactiva y aparente totales que consume la carga.

Figura 1.2.1

Resolución:

a ) Cálculo de las corrientes de fase de la carga (se toma como origen de fases º V V RN RN 0∠= ):

A Z

V I RS RS º010

º3040

º30400∠=

∠

∠==

A Z

V I ST ST º12010

º3040

º90400−∠=

∠

−∠==

A Z

V I TRTR º12010

º3040

º150400∠=

∠

∠==

b ) Cálculo de las corrientes de línea:

A I I I TR RS R º3032,17 −∠=−=

A I I I RS ST S º15032,17 −∠=−=

A I I I ST TRT º9032,17 +∠=−=

c ) Cálculo de las potencias totales:

P TOT = 3 .V línea.I línea.cosϕ = 3 .400.17,32.cos30º = 10392 W

QTOT = 3 .V línea.I línea.sinϕ = 3 .400.17,32.sin30º = 6000 VAr

S TOT = 3 V línea.I línea= 3 .400.17,32 = 12000 VA

R

S

T

Z

Z

Z

RSTR

S

R

T

ST

I

I

I

I

I

I

R

S

T



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1.3 Problema 3

Una carga desequilibrada trifilar conectada en estrella está conectada a una red trifásica equilibrada de

secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las corrientes de línea. b) Calcular las potencias

activa, reactiva y aparente totales que consume la carga.

Figura 1.3.1

Resolución:

a ) Al ser una carga desequilibrada trifilar en estrella, el centro de la estrella no coincide con el neutro.

0=++ T S R I I I → 0''' =++

T

TN

S

SN

R

RN

Z

V

Z

V

Z

V

''' º1203

400º03

400SN SN SN RN RN V V V V V +−∠−∠=+−=

''' º1203

400º120

3

400SN SN SN TN TN V V V V V +−∠−∠=+−=

Del sistema de ecuaciones anterior resulta:

V V RN º154,386' ∠= V V SN º755,103' −∠= V V TN º9,843,301' ∠=

Ahora ya se pueden calcular las corrientes de línea:

A Z

V I

R

RN R º3066,13

' −∠== A Z

V I

S

SN S º16518,5

' −∠== A Z

V I

T

TN T º9,12965,10

' ∠==

b ) Cálculo de las potencias totales:

*'

*'

*' ... T TN S SN R RN total I V I V I V S ++= = 6000 +j.2000 = 6324,56 ∠ 18,4º VA

S total = 6324,56 VA

P total = 6000 W

Qtotal = 2000 VAr

N’≠ N

R

S

T

IR

IS

IT

Ω∠= º452.20 R Z

Ω∠= º9020S Z

Ω−∠= º452.20T Z



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1.4 Problema 4

Una carga desequilibrada trifilar conectada en triángulo está conectada a una red trifásica equilibrada

de secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las corrientes de fase de la carga. b) Calcular

las corrientes de línea. c) Calcular las potencias activa, reactiva y aparente totales que consume la

carga.

Figura 1.4.1

Resolución:

a ) Cálculo de las corrientes de fase de la carga (se toma como origen de fases º V V RN RN 0∠= ):

A Z

V I RS RS º3010

º040

º30400


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1.5 Problema 5

El esquema representa la alimentación en media tensión de tres cargas trifásicas equilibradas, cuyas

características están dadas por sus potencias. Con el interruptor D abierto, la lectura del voltímetro VG

es de 1202,5 V. Se desea saber:

a) Impedancia equivalente por fase de la carga, en el supuesto de que esté conectada en estrella.

b) Indicaciones de los vatímetros W1 y W2

A continuación se cierra el interruptor

D (que equivale a conectar en el circuito una batería de condensadores). Se pregunta:

c) Nuevas lecturas de los vatímetros y del voltímetro VG (en el supuesto que la tensión en bornes de la

carga se mantuviera constante).

Figura 1.5.1

Resolución:

a) Nomenclatura utilizada: C: carga G: generador S: simple

En primer lugar, se reducirán las tres cargas conectadas al extremo de la línea a una sola equivalente:

carga 1( ) kVA8060º13,531001 jS +=∠= (cos φ = 0,6; φ = 53,13º)

carga 2( ) kVA040º0402 jS +=∠=

carga 3( ) kVA1020º56,2636,223 jS +=∠=

)º56,26;20

10(tg == ϕ ϕ

( ) kVAº87,36150kVA90120T ∠=+= jS

0 - j90 kVA 20 + j10 kVA

100 kVA

cos φ = 0,6 (ind.)

carga 1

carga 3

carga 2

40 kW

cos φ = 1

l Z

= 1,2 + j1,6 Ω

l Z

= 1,2 + j1,6 Ω

l Z

= 1,2 + j1,6 Ω

W1

W2

VG

D

T

S

R



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que, por fase, representa una potencia de:

kVAº87,36503040

3

CCf ∠=+== j

S S

La tensión simple o de fase vale:

V26,6943

5,1202

3

G

GS ===U

U

Vδº26,694GS ∠=U

Y si se toma la tensión simple en bornes de la carga como origen de fases:

Vº0CSCS ∠= U U

La impedancia por fases de la línea es de la forma:

Ω∠=Ω+= º13,532)6,12,1( j Z l

Pudiéndose ahora plantear la siguiente ecuación vectorial:

I Z U U l ·CSGS +=

siendo,

º0

º87,3650000*

CSCS

Cf

∠

∠==

U U

S I

º87,3650000

CS

−∠=U

I

y sustituyendo se obtiene,

º87,3650000·º13,532º0º26,694CS

CS −∠∠+∠=∠U

U δ

igualando partes reales e imaginarias entre sí, queda:

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

=

+=

CS

CSCS

28000δsen26,694

96000δcos26,694

U

U U

que resuelta, nos da: V500 V200 CSCS ±=±= U U

Los valores negativos no tienen sentido físico.

El valor UCS = 200 V no se considera, puesto que es ilógico que la caída de tensión en la línea sea

superior a la caída de tensión en la carga. Por tanto, la corriente que circula por la línea vale:

A)6080(º87,36100º87,36500

50000 j I −=−∠=−∠=

y si se recuerda que por fase

VA)3000040000(VAº87,3650000Cf jS +=∠=

resulta, teniendo en cuenta que

Cf Cf Cf Q P S +=

:



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Ω=== 4100

4000022

Cf

C I

P R

Ω=== 310030000

22Cf

C I Q X L

Ω∠=Ω+= º87,365)34(Cf j Z

b ) Si se tiene en cuenta la disposición de los dos vatímetros (conexión Aron) la forma de conocer las

lecturas de cada uno de ellos es la siguiente:

Carga:

W1200003·40000TC == P

var 900003·30000TC ==Q

Línea:

W36000100·2,1·33 22 === I R P l l

VAr I X Q l l 48000100·6,1·3322 ===

La potencia suministrada por el generador será

kW156W156000TCG ==+= l P P P

VAr QQQ l k 138var 138000TCG ==+=

VAº5,41278,208G k S ∠=

y teniendo en cuenta la disposición de los vatímetros,

⎭⎬⎫

=−

=+

⎭⎬⎫

=−

=+

3/138

156

3)( 21

21

G21

G21

W W

W W

QW W

P W W

kW8,1171 =W

kW2,382 =W

c) Al conectar los condensadores, la potencia aparente total del conjunto de la carga será

condTCTC' S S S +=

VAº01200009000090000120000'TC ∠=−+= j jS

Y puesto que la tensión en bornes de la carga se supone constante y de valor por fase 500 V, la nueva

corriente de línea vale

Aº080º0500·3º0120000'* ∠=

∠∠= I

Las nuevas pérdidas de potencia en la línea en estas condiciones serán

W2304080·2,1·3'2

==l P

VAr Q l 3072080·6,1·3'2 ==

Y el generador aportará una nueva potencia de

W14304023040120000'G =+= P

VAr Q 30720'G =

VAº12,126,14630120720143040'G ∠=+= jS



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Las nuevas indicaciones de los vatímetros serán,

⎪⎭

⎪

⎬

⎫

=−

=+

3

30720''

143040''

21

21

W W

W W

kW3881,80'1 =W

kW6519,62'2 =W

y la nueva indicación del voltímetro será

V84,1055'G =V

Se observa pues, que como resultado de corregir totalmente la componente reactiva de la carga

mediante los condensadores, la potencia activa absorbida del generador, solamente disminuye en 13

kW mientras que la reactiva se ha rebajado en ~ 107 kVAr.

V84,10553·80

6,146301

3·'

''

G

GCG ==== I

S U V



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1.6 Problema 6

Un sistema trifásico equilibrado, de secuencia directa RST a 50 Hz, alimenta:1. Tres calefactores de un horno eléctrico conectados en triángulo, con factor de potencia unidad

y que consumen 3,74 kW cada uno.

2. Un motor eléctrico de rendimiento 83% conectado en triángulo a la tensión compuesta de 208

V y que proporciona una potencia mecánica de 25 CV, con factor de potencia 0,8.

La línea de alimentación tiene una impedancia por fase 111 jX R Z += . En bornes de salida del

generador, se conectan tres vatímetros de la forma que se especifica a continuación y que dan las

siguientes lecturas:

W1 : Bobina amperimétrica con corriente de la fase R

Bobina voltimétrica con tensión RT

Lectura: ilegibleW2 : Bobina amperimétrica con corriente de la fase R

Bobina voltimétrica con tensión ST

Lectura: 15200 W

W3 : Bobina amperimétrica con corriente de la fase S

Bobina voltimétrica con tensión ST

Lectura: 15570 W

Se pregunta:

a) Impedancia de la línea

b) Tensión en bornes del generador

Resolución:

a) Se determinan las potencias eléctricas consumidas por las cargas conectadas al circuito.

Motor:

P mec = 25 CV η = 83% cos φM = 0,8 tg φM = 0,75

W7,2216883,0

736·25M == P VAr P Q 5,1662675,0·7,22168tg MMM === ϕ

VAº87,369,277105,166267,22168M ∠=+= jS

Horno:

P ’H = 3,74 kW/fase cos φH = 1 φH = 0

W112203740·3'3 HH === P P VAr Q 0H =

VAº011220011220H ∠=+= jS

En consecuencia, la carga total conectada al circuito será

VAº47,2641,372995,166267,33388HMC ∠=+=+= jS S S

Si se toma la tensión en bornes de la carga, como origen de fases Vº0CC ∠= U U , la corriente que

circula por la línea de alimentación se obtiene a partir de



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º47,265,103º0208·3

º47,2641,37299

3*

C

C ∠=∠

∠==

U

S I

A)133,4665,92(º47,265,103 j I −=−∠=

Analicemos a continuación las potencias que proporciona el generador, para lo cual basta observar que

los vatímetros W1 y W3 están conectados según el método de Aron, y por tanto se cumple para

cualquier sistema equilibrado que:

⎪⎭

⎪⎬

⎫

−=

+=

⎪⎭

⎪⎬

⎫

−=

+=

155703

15570

31

G

1G

31G

31G

W Q

W P

W W Q

W W P (1)

la lectura del vatímetro W1, según el enunciado, no es posible.

El vatímetro W2 está montado de forma que en un sistema trifásico equilibrado su indicación es,

W152003

G

2 ==Q

W

expresión que sustituida en la ecuación 1 resulta:

W307701557015200

155701

1

1G=

⎭⎬⎫

−=

+=W

W

W P

W46340155703077031G =+=+= W W P VAr Q 2,2632715200·3G ==

Por lo que el generador suministra una potencia total que en forma compleja vale

VAº6,295,532962,2632746340G ∠=+= jS

con un factor de potencia cos φG = 0,8695.

Las tres fases de la línea absorben una potencia que vale

W3,129517,3338846340CG =−=−= P P P l

VAr QQQl 7,97005,166262,26327CG =−=−=

VAº84,3646,161817,97003,12951 ∠=+= jS l

Los parámetros por fase de la línea serán de la siguiente forma:

Ω=== 403,0

5,103·3

3,12951

322

I

P R l l Ω=== 302,0

5,103·3

7,9700

322

I

Q X l l

Ω∠=+= º84,365036,0302,0403,0 j Z l

b) La tensión en bornes del generador se puede deducir de

Vº13,33,297º47,265,103·3

º6,295,53296

*·3

GG ∠=

∠

∠==

I

S U

V)23,1686,296(Vº13,33,297G jU −=∠= → U G = 297,3 V

recordando que el origen de fases es precisamente la tensión en bornes de la carga.



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1.7 Problema 7

Seis impedancias idénticas, de valor Ω+= )1612( j Z cada una, se conectan como se indica en el

esquema adjunto, al extremo final de una línea trifásica alimentada por un generador equilibrado y a

secuencia directa que proporciona en bornes de la carga así constituida una tensión entre fases de

V3200C =V .

La alimentación se realiza mediante una línea trifásica, cuya impedancia por fase es Ω+= )11( j Z l .

Con el interruptor K abierto, determinar:

a) Las indicaciones de todos los aparatos de medida

b) Potencia aparente, en forma compleja, suministrada por el generador que alimenta la carga.

Para mejorar el factor de potencia de la carga hasta la unidad, se cierra el interruptor K, que conecta

una batería de condensadores y en este caso se pide:c) Características de la batería de condensadores.

d) Potencia aparente en forma compleja, que proporciona ahora el generador y nueva tensión en

bornes del mismo.

Figura 1.7.1

Resolución:

a) Las seis impedancias así conectadas dan lugar a una impedancia de carga cuyo valor por fase es

43

3·

C

Z

Z Z

Z Z

Z estrella =+=

l Z

W1

W2

VG

K

T

S

R AG

l Z

l Z

A11

A1

A2

Z

Z

Z

Z

Z

Z

C C

C

VC

l V



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siendo,

Ω∠=+= º13,53201612 j Z

Ω+=Ω∠=∠=+

= )43(º13,535º13,534

20

4

1612C j

j Z estrella

El esquema anterior puede reducirse a otro monofásico, constituido por fase y neutro, como se aprecia

en la figura 1.3.2

Figura 1.7.2

Ω∠=+=+++=+= º34,514,654)43()11(CT j j j Z Z Z estrellal

La corriente por fase vale

Aº13,5340º13,535

º0200º0

3

3200

C

G −∠=∠

∠=

∠

=estrella Z

I

y por tanto el amperímetro AG marca 40 A. A40G = A

La caída de tensión en la línea en valor simple será

V)856(º13,8240º13,5340·º452· G j I Z U l l −=−∠=−∠∠==

La indicación del voltímetro V1 será, pues, V5685,562.40 = V5685,561 =V

La tensión simple en bornes del generador vale

8256º13,8240º0200·CSGS j I Z U U l −=−∠+∠=+= → Vº8,1125,256GS −∠=U

La indicación del voltímetro VG será

V62,443125,256·33 GSG === U V V62,443G =V

El amperímetro A2 marcará

A1020

200CS2 ===

Z

U I A102 = A

y como vector será: A)86(º13,5310º13,5320

º0200CS2 j

Z

U I −=−∠=

∠

∠==

VGS VCS

Rl Z

estrella Z C

G I



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El amperímetro A11 indicará

A31020

3200CC

11

=== Z

U I A310

11

= A

y el amperímetro A1 marcará

A303·3103·111 === I I A301 = A

Los vatímetros conectados según el método Aron indicarán:

⎪⎭

⎪⎬

⎫

=−

=+

3

G21

G21

QW W

P W W

Determinemos, en primer lugar, las potencias absorbidas por la carga y la línea:

W1440040·3·33 22GCC === I R P

W480040·1·3322

G === I R P l l

W P P P l C G 19200=+=

y por el teorema de Boucherot

VAr I X Q 1920040·4·3322

GCC ===

VAr I X Q l l 480040·4·3322

G ===

VAr QQQ l 24000CG =+=

Por tanto, resulta

⎪⎭

⎪⎬

⎫

=−

=+

3

24000

19200

21

21

W W

W W

W8,2671

W2,16528

2

1

=

=

W

W

b) VAº34,51307352400019200GGG ∠=+=+= j jQ P S

c) Como se ha visto en el apartado a), la potencia aparente absorbida por la carga es de la forma:

VAº13,53240001920014400CCC ∠=+=+= j jQ P S

Para que el factor de potencia de la carga sea la unidad, se deberá cumplir que

VAº014400014400C ∠=+= jS

en consecuencia, la batería de condensadores tendrá que aportar una potencia reactiva de

)(19200condC −= VAr Q

que, por fase, vale

C f V X

V VAr Q fC

C

fC ⋅⋅⋅==−== π 2)(6400

3

19200 22

condCf



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La capacidad de dichos condensadores, sabiendo que están conectados en triángulo a la tensión

compuesta de V3200 y frecuencia de 50 Hz, es

( )µF/fase765,169

320050π2

6400·102

6=

⋅⋅⋅

=C µF/fase765,169=C

cuya reactancia por fase vale

Ω=⋅⋅

= 75,18765,169·50π2

106

C X → Aº9075,1875,18 ∠=−= j X C

d) La reactancia capacitiva de los condensadores proporciona

Aº90475,18º9075,18

º03200condf ∠=

−∠

∠= I

la intensidad de línea valdrá

A32475,18·3condC == I

La corriente G I que suministraba el generador, antes de mejorar el factor de potencia de la carga, valía

A)3224(º13,5340G j I −=−∠=

Una vez compensado el factor de potencia, la nueva corriente pasa a ser

Aº024024'G ∠=+= j I

siendo la nueva potencia absorbida por la carga de la forma

VAº014400014400'G ∠=+= jS

En la línea se producirán ahora unas pérdidas de potencia que valen

W172824·1·3' 2 ==l P

VAr Q l 172824·1·3'2 ==

La potencia que suministra en estas condiciones el generador, según el teorema de Boucherot, valdrá

W16128172814400''' CG =+=+= l P P P

VAr QQQ l 172817280''' CG =+=+=

VAº116,63,16220VA172816128'G ∠=+= jS

Por tanto, la nueva tensión en bornes del generador será

V2,39024·3

3,16220

'·3

''

G

G

G === I

S U V2,390' =GU



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1.8 Problema 8

Un generador trifásico equilibrado alimenta, a la tensión constante de 1810 V, una línea a la que están

conectados dos receptores equilibrados A y B, como se representa esquemáticamente en la figura.

El receptor A consume permanentemente una potencia de 376,2 kW.

Con los interruptores K 1 y K 2 cerrados, se mide en el amperímetro A3 una corriente de 70 A y el factor

de potencia en bornes del generador es 0,8 (inductivo).

a) Calcular las lecturas de los amperímetros A1 y A2 y el factor de potencia del receptor A.

Se abren los dos interruptores K 1 y K 2, y una vez alcanzado el régimen permanente, se mide un factor

de potencia en bornes del generador de 0,96 (capacitivo).

b) Calcular el valor de X4.

Figura 1.8.1

Resolución:

a) Con los dos interruptores K 1 y K 2 cerrados, la única potencia activa proporcionada por el generador

es la consumida por el receptor A, puesto que el receptor B es una capacidad pura. Por tanto,

kW2,376AG == P P

La corriente suministrada por el generador será:

A3

X3

X3

X3

K 1

K 2

X4

X4

X4

receptor B

A1~

A2

receptor A

PA = 376,2 kW

1810 V

50 Hz



19/252


A1508,0·1810·3

376200

cos3 G

G1G ====

ϕ U

P I I A1501 = A

al ser el factor de potencia 0,8 inductivo φG = -36,87º

A)90120(º87,36150G j I −=−∠=

La potencia reactiva suministrada por el generador vale

VAr P Q k 15,28275,0·2,376tg GGG === ϕ

Y su potencia aparente,

kVAº87,3625,47015,2822,376G ∠=+= jS

La potencia reactiva del receptor B, con los interruptores K 1 y K 2 cerrados, se puede calcular a partir

de

BGB 3 I U Q −= 3B I I = A703 = I

VAr Q k 45,21970·1810·3B −=−=

y con este valor puede determinarse la reactancia capacitiva:

Ω=−

−=

−= 93,14

)70(·3

2194450

3 22B

B

3 I

Q X

Por tanto, la potencia reactiva absorbida por el receptor A se obtendrá como diferencia entre la

proporcionada por el generador y la absorbida por el receptor B.

( )[ ] VAr QQQ k 6,50145,21915,282BGA =−−=−=

Por tanto, la potencia aparente del receptor A vale

kVAº13,53627kVA)6,5012,376(A ∠=+= jS

*·3 AGA I U S =

Aº13,53200º01810·3

º13,53627000*A ∠=

∠

∠= I

A)160120(º13,532002A j I I −=−∠==

La lectura del amperímetro A2 será de 200 A. A2002 = A

También se puede calcular A I a partir de A)160120(º9070º87,36150BGA j I I I −=∠−−∠=−=

b) Al abrir los interruptores K 1 y K 2, no se modifica la potencia activa suministrada por el generador,

ya que sólo se introduce en el circuito una reactancia inductiva:

GG' P P =

Como consecuencia, la corriente suministrada por el generador valdrá

A12596,0·1810·3

376200

'cos3

''

GG

GG ===

ϕ U

P I )(96,0cos c=ϕ º26,16−=ϕ

A)35120(º26,16125G j I +=∠=



20/252


Al no variar la impedancia del receptor A, ni la tensión de alimentación, tampoco varía la corriente

que consume y, por lo tanto,

A)160120(' AA j I I −== Igualmente no varía la potencia reactiva consumida por el receptor, o sea, AA' QQ = .

Resulta, pues,

Aº90195195)160120()35120(''' AGB ∠==−−+=−= j j j I I I

La indicación del amperímetro A3 es de 195 A.

La potencia reactiva suministrada por el generador en estas condiciones vale

VAr P Q k 725,109)292,0(·2,376'tg'' GGG −=−== ϕ

kVAº26,16875,391725,1092,376G −∠=−= jS

La potencia absorbida por los condensadores del receptor B será

VAr I X Q k 140,1703195·93,14·3'3'22

B33X −==−=

Por diferencia entre la potencia reactiva que suministra el generador y las absorbidas por los

condensadores del receptor B y del receptor A, se obtendrá la potencia reactiva absorbida por las

bobinas del receptor B:

6,501)98,1702(725,109'''' A3XG4X −−−−=−−= QQQQ AA 'QQ =

VAr Q k 65,10914X =

La corriente que pasa por las reactancias X4 vale: 3/'' B4X I I =

A partir de QX4 se puede obtener X4 como se indica:

Ω==== 71,28195

1091650

'

'

'3

'

22B

4X

24X

4X4

I

Q

I

Q X → Ω= 71,284 X



21/252


1.9 Problema 9

Una pequeña instalación industrial se alimenta mediante un generador trifásico equilibrado de

secuencia directa, a la frecuencia de 50 Hz.

Z Z

Z Z

Z

Figura 1.9.1

Dicha instalación está constituida por los consumos siguientes:

1. Un grupo de lámparas incandescentes de 100 W cada una a 220 V, conectadas en estrella con un

total de 44 lámparas por fase.

2. Un motor conectado en estrella y que trabajando a plena carga proporciona una potencia mecánica

de 11 kW con rendimiento del 83,33% y factor de potencia 0,8 inductivo.

3. Un receptor inductivo constituido por seis impedancias iguales Z y conectadas como se esquematiza

en la figura.

Con el interruptor D3 cerrado, el amperímetro IA marca 22 A y el vatímetro 2904 W.

Se pide:

a) Formas binómica y polar de las impedancias Z

b) Lecturas de los aparatos de medición al cerrar el interruptor D2 permaneciendo D3 cerrado.

Finalmente, se cierra D1, pero por fallo en el fusible FB, queda fuera de servicio la iluminación en la

fase B.

c) Nuevas lecturas de los aparatos de medición

d) Componentes simétricas de las corrientes de línea

B

C

A

N

W IA

IB

D1 D2 D3

IA

IB

IC

W

M

~

~

FA FB FC



22/252


Resolución:

a) La impedancia por fase a considerar vale:

Ω

I

U Z

A

f

f 1022

220===

Esta impedancia provoca un retraso de la intensidad respecto a la tensión simple dada por:

0,622·220

2904

IU

Wcos

A

A

f

c ===⋅

ϕ º13,53=C ϕ 8,0=C senϕ

Ω+=∠= j)( º , Z f 86135310 (1)

Por otra parte y por fase, se tiene:

43

3 Z

Z Z

Z · Z Z f =

+= (2)

Igualando las expresiones (1) y (2), resulta:

Ω32241353404135310 j)( º ,º · , Z +=∠=∠=

y la corriente de la fase A será:

j) A , ,( º , I A 617213135322 −=−∠=

La potencia aparente por fase que consume el receptor C será de la forma:

W P fC 2904= VAr tgQ C fC 38722904 =⋅= ϕ

º VA , jS Cf 1353484038722904 ∠=+=

y en total:

j) VA( º VA ,S S Cf C 1161687121353145203 +=∠==

b) La potencia consumida por el motor es: W1320083330

11000==

, P b

Su potencia reactiva es: VAr 990013200 =⋅= bb tg Q ϕ

VAº87,3616500990013200 ∠=+= jS b

El vatímetro conectado al circuito indicará en este caso: W73043

132002904 =+=W

Para obtener las intensidades de corriente que marcan los diferentes amperímetros, se aplicará el

teorema de Boucherot:

º

j j

Uf

SbSc* I A

02203

990013200116168712

3 ∠⋅

+++=

+= → ºA , , I A 5445346 −∠=

Igualmente se podría haber calculado esta intensidad, calculando la que consume el motor y

sumándole la que consume la carga, ya calculada previamente en el apartado a.

Efectivamente;



23/252


j)A( º

º ,

Uf

Sb* I B 1520

02203

873616500

3+=

∠⋅

∠== → A1520 j)( I B −=

ºA , , j ,- , j I A 54453466172131520 −∠=+−= que coincide con la anterior.

Como el sistema es equilibrado, los valores numéricos indicados por lo amperímetros son iguales, pero

están desfasados entre sí en ángulos de 120º.

ºA , , I A 5445346 −∠=

ºA , , I B 51645346 −∠=

ºA , , I C 5755346 ∠=

Por tanto: I A = I B = I C = 46,53 A

c) Las lámparas consumen una potencia, que por fase, vale:W440010044 =⋅=

f a P VAº04400∠=af S

Por lo que si no se fundiese ningún fusible, la corriente consumida sería de:

A20== f

af A

U

S I

Al fallar la fase B se tiene:

A A IaA 20º020 =∠= A A IaB 0º1200 =−∠= A j A IaC )32,1710(º12020 +−=∠=

que representan las intensidades por fase, correspondientes a la carga a.

Para calcular en las nuevas condiciones la corriente por fase, se tendrá:

A I I I I cAbAaA A º5,314,62º5,4453,46º020 −∠=−∠+∠=++= lectura: IA = 62,4 A

AcB

I bB

I B

I º5,16453,46 −∠=+= lectura: IB = 46,53 A

A I C º5,884,62º12020º5,7553,46 ∠=∠+∠= lectura: IC = 62,40 A

El vatímetro indicará:

W11704º5,31cos4,62220)cos( =⋅⋅=−⋅⋅= A AN

I V I V W AN A

ϕ ϕ → W = 11704 W

y la corriente en el neutro vale:

Aº602031010 ∠=+=++= j I I I I C B A N

d) Cálculo de las componentes simétricas de la corriente:

Homopolares:

Aº606,633,33,33

31010

3∠=+=

+====

j j I

I I I N

OC OBOA

Vector clave del sistema directo:

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

++⋅= C B A A I a I a I I 2

3

11



24/252


A6,322,53º5,314,62 j I A −=−∠=

j I a B 6,322,33º5,16453,46º1201 −=−∠⋅∠=

j I a C 6,322,53º5,884,62º12012 −=∠⋅∠=

y sustituyendo resulta:

Aº2058,562 11 ∠== A B I a I

Aº858,56. 11 ∠== AC I a I

Vector clave del sistema inverso:

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡++⋅= C B A A I a I a I I ..

2

3

12

Como

A6,322,53º5,314,62 j I A −=−∠=

º5,7553,46º5,16453,46º2401.2 ∠=−∠⋅∠= B I a

º5,2084,62º5,884,62º1201. ∠=∠⋅∠=C I a

sustituyendo resulta:

Aº606,62 −∠= A I Aº606,6. 22 ∠== A B I a I A1806622

2 º , I a I AC ∠==

Aº358,566,325,461 −∠=−= jA I A



25/252


1.10 Problema 10

Cuando la carga simétrica de la figura se alimenta por los bornes R, S, T con un sistema simétrico de

tensiones, las indicaciones de los aparatos de medida son lo siguientes:

Voltímetro V1 = 400 V Voltímetro V2 = 420 V

Vatímetro W1 = 15.285,5 W Vatímetro W2 = 6.047,8 W

Amperímetro A1 = 38,49 A

Se pide:

a) Los valores de R ∆ y XL∆

b) ¿Cuál es la indicación del voltímetro V3 en este caso?

c) Valor de XCλ

Figura 1.10.1

Resolución:

a) El triángulo central de la carga lo pasamos a estrella, siendo la impedancia equivalente por fase,

conexión en estrella:

Ω=⋅

== 649,383

400

131 I

U Z λ

Para el cálculo del argumento nos basamos en las indicaciones de los vatímetros W1 y W2, que forman

una conexión Aron:

W3213338604751528521 , , ,W W P =+=+=

VAr 216000860475152853213 , ) , ,( )W (W Q =−=−=

75,0== P

Qtg ϕ → 8,0cos =ϕ → 6,0=ϕ sen → º87,36=ϕ

Luego:

Ω+=Ω∠= 6,38,4º87,366 j Z λ

W1

V2 W2

V1

A1

V3

XCλ XCλ

XCλ

XL∆

XL∆ R ∆

R ∆

R ∆

S

T

R

XL∆



26/252


Esta impedancia se puede expresar como: )( λ λ λ λ C X L X j R Z −+=

Por tanto: Ω= 8,4λ R → Ω=⋅=∆ 4,143 λ R R

De la indicación del voltímetro V2, se puede calcular XL:

Ω=⋅

=⋅

==

∆

=∆ 9,1849,38

4203

1

23

3/1

22

I

U

I

U

I

U

L X → Ω=∆ 9,18 L X

b) La impedancia de una fase del triángulo es:

Ω∠=+=∆+∆=∆ 696,52761,239,184,14 j L X j R L Z

Y, en consecuencia, la indicación del voltímetro V3 es:

V02,528761,23

3

49,38

3

1

3

=⋅=

∆

⋅=

∆

⋅

∆

=

L

Z I

L

Z I U → V02,5283 =U

c) El valor total de la impedancia en estrella vale:

)( λ λ λ λ c X

L X j R Z −+=

Del apartado a: Ω+= 6,38,4 j Z λ

Luego la parte imaginaria:

Ω=− 6,3λ λ c X L X

y puesto que:

Ω==∆= 3,63

9,18

3

L X

L X λ

Resulta:

Ω=−= 7,26,33,6λ c X



27/252


1.11 Problema 11

Un generador trifásico de secuencia directa y equilibrado en tensiones alimenta una carga trifásica. A

esta carga se conectan tres cargas equilibradas I, II, III, según se indica en la figura. Las cargas I y IIson desconocidas y de la carga III se conoce el valor de la impedancia por fase, que vale:

2/3153 = Z con un 5,0cos 3 =ϕ (inductivo)

Cuando los interruptores K1 y K2 están abiertos, las indicaciones de los vatímetros son:

kW331 =W kW02 =W

Además, se sabe que el voltímetro marca V = 300V. Se pide:

a) Potencia activa y reactiva consumida por el receptor I, el valor que indicará el amperímetro A 1 y el

factor de potencia de la carga.

Si a continuación se cierra K 1, manteniendo K 2 abierto las indicaciones de los vatímetros en este caso

son: kW341 =W , kW322 =W . Para este caso, se pide:

b) Factor de potencia de la carga

c) Potencias activas y reactiva del receptor II y la indicación de A2

Finalmente, cerrando también el interruptor K 2, se pide:

d) Indicación del amperímetro A3

e) Potencias activa, reactiva y aparente del generador

f) Factor de potencia de la carga

g) Lectura del amperímetro AR

Figura 1.11.1

Resolución:

a) Por estar conectados los vatímetros según el método de Aron y ser un sistema equilibrado entensiones y en cargas, se verifica: 21 W W P +=

S

T

R IA

W2

W1 AR

A1 A2 A3

I

II IIIZ3

K 2 K 1

V

Z3 Z3



28/252


3)( 21 ⋅−= W W Q

Resulta W33000= I P VAr 9000330003 =⋅= I Q

y, por tanto, la potencia aparente:

VAº6036000900033000 ∠=+=+= jVA jQ P S I I I

El módulo de la potencia aparente de un sistema trifásico, en función de la tensión entre fases U G y la

corriente de la línea I1, vale:

13 I U S G I ⋅⋅=

Sustituyendo valores:

20

3300

360001 == I → A201 = A

El factor de potencia es cos φ1, y el valor de φ1 se obtiene de:

333000

90001 +===

I

I

P

Qtg ϕ → º60

1 =ϕ

Por tanto: 5,0º60cos1

cos ==ϕ (i)

b) Al conectar el receptor II se produce una modificación del valor de la carga, lo que puede ocasionar

una modificación del desfase entre la tensión y las corrientes de las respectivas fases y, en tal caso, un

nuevo valor del factor de potencia dado por:

33

3234)3234(3)(3

21

212 =

+−=

+−==W W

W W P Qtg

II

II ϕ

Resultando º302 =ϕ

8660302 ,º coscos ==ϕ

c) Los vatímetros medirán la potencia total consumida por las cargas I, II, por tanto:

W33000330003200034000)( 21 =−+=−+= I II P W W P → W33000= II P

VAr 30009000)3200034000(33)( 21 −=−−=−⋅−= I II QW W Q → VAr 3000−= II Q

y como consecuencia:

VAº306000300033000 −∠=−=+= j jQ P S II II II

y como en el caso anterior:

3

20

3003

6000

32 =

⋅==

G

II

U

S I → A

3

202 = A

y como en el vector II S tiene un ángulo de fase de (-30º), el vector corriente 2 I vale:

Aº303

202 ∠= I

(carga capacitiva)

d) Al quedar conectadas todas las cargas, la corriente I 3 vale:



29/252


33

Z

U I GS = Siendo U GS la tensión del sistema trifásico, es decir:

V3

3003

== U U GS

A3

40

2

3153

3003 =

⋅

= I → A

3

403 = A

e) Puesto que se conocen las potencias trifásicas activa, reactiva y aparente consumidas por las cargas

I y II, encontraremos la potencia total consumida por todas las cargas calculando previamente la

correspondiente a la carga III, que es tres veces el valor de la potencia de una cualquiera de sus fases

(carga equilibrada):

W320005,0340

33003cos3 33 =⋅⋅⋅=⋅⋅= ϕ I U P GS III

VAr 60002

3

3

40

3

30033 33 =⋅⋅⋅=⋅⋅= ϕ sen I U Q GS III

Las potencias activa y reactiva suministrada por el generador corresponden a las absorbidas por las

cargas y, por consiguiente:

W38000320003300033000 =++=++= III II I G P P P P

VAr 12000600030009000 =+−=++= III II I G QQQQ

VAº89,403,183301200038000 ∠=+= jVAS G

f) El factor de potencia correspondiente a la carga es:

756,0º89,40coscos ==ϕ

g) Cálculo de la intensidad de corriente que circula por el amperímetro:

º º I I I R 603

4030

3

2032 −∠+∠=+=

j j sen I R )º60sin(3

40

)º60cos(3

40

º303

20

º30cos3

20

−+−++=

j j I R3

310

3

2010

2

3

3

40

2

1

3

20

2

1

3

40

2

3

3

20−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ⋅−⋅++=

Aº10,1964,17 −∠= R I

A64,17== R R I A



30/252


31/252


Resolución:

a) Si el receptor A absorbe una corriente A I 3201 = , a la tensión compuesta de 250 V, el módulo de

la potencia trifásica aparente vale:

VA I U S A 150003202503..3 1 =⋅⋅==

La potencia trifásica reactiva absorbida por este receptor se obtiene a partir de la indicación del

vatímetro W3 y vale:

VAr kVAr W Q A 12000123433 3 −=−=⋅−==

Con lo que la potencia trifásica activa absorbida por el receptor se obtiene de:

W QS P A A A 900012000150002222

=−=−=

siendo 6,0cos = Aϕ (capacitivo) (deducido a partir de los valores de PA y QA) y:

VA jVAS A º13,5315000120009000 −∠=−=

A continuación, encontraremos las expresiones vectoriales de las corrientes absorbidas, para ello

tomamos como origen de fases la tensión simple:

V U

U C RN º03

∠=

º13,53320º02503

º13,53150003

º03/3*1 −∠=

∠⋅

−∠⋅=

∠⋅=

C

A

U

S I

A j I 316312º13,533201 +=∠=

Las indicaciones de los amperímetros son: A A A 6,341 ==

El vatímetro W1 indica: W10,7964)º13,53º30cos(320250)cos(.1 =−⋅=−= R RS I U R RS I U W ϕ ϕ

El vatímetro W2 indica: W10,7964)º13,23cos(320250)cos(.2 =−⋅=−= S ST I U S ST I U W ϕ ϕ

Si los vatímetros se hubiesen conectado según el método Aron, las indicaciones habrían sido:

900021 =+W W

2,69283/1200021 −=−=−W W

De aquí que:

8,20712 1 =W W910352820711 , / ,W ==

2,159282 2 =W W1796422159282 , / ,W ==

b) Al conectar el receptor K 2, permaneciendo cerrado K 1 y abierto K 3, la potencia aparente absorbida

por los receptores A y B es 5/6 de la que consumían, de manera que la potencia aparente es:

VA12500150006

5

6

5=⋅=⋅=+ A B A S S

Con lo que se puede escribir la siguiente ecuación vectorial referida a las potencias trifásicas:

)120003.(9000312500 22 −++⋅=∠ B B B B I X j I Rα



32/252


En esta expresión se ha considerado λ λ λ B B B jX R Z += como una impedancia de fase de la estrella

equivalente del receptor B, de manera que IB es la corriente de la línea del receptor B solamente.

Puesto que 28,0cos = Bϕ 96,0= B senϕ º74,73= Bϕ

se pueden expresar los valores de R Bλ y XBλ en función de una sola incógnita ZBλ :

λ λ λ ϕ B B B B Z Z R ⋅=⋅= 28,0cos

λ λ λ ϕ B B B B Z sen Z X ⋅=⋅= 96,0

Y de este modo, se puede desdoblar la ecuación vectorial anterior en parte real y parte imaginaria de la

siguiente manera:

λ λ α B B B B Z I I Z 22

84,0900028,039000cos12500 +=⋅+=

λ λ α B B B B Z I I Z sen22

88,21200096,031200012500 +−=⋅+−=

Puesto que, por otra parte:λ λ B B

B Z Z

U I

3

250

3==

2

22

3

62500

3

250

λ λ B B B

Z Z I ==

Y sustituyendo, obtenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:

λ

λ

λ

α B

B

B Z Z

Z

175009000

3

6250084,09000cos12500

2 +=+=

λ λ

λ α

B B

B Z Z Z sen

60000

120003

62500

88,21200012500 2 +−=+−=

Operando:

5,179cos5,12 += λ λ α B B Z Z

60125,12 +−= λ λ α B B Z sen Z

Elevando al cuadrado y sumando, se obtiene:

λ λ λ λ λ B B B B B Z Z Z Z Z 1440360014425,3063158125,156222

−++++=

025,3906112575,682

=+− λ λ B B Z Z

Así pues, se han encontrado dos valores posibles de ZBλ : Ω= 36111 , Z B λ Ω= 52λ B Z

Puesto que ZB no está conectada en estrella, sino en triángulo, el valor por fase es:

Ω=

Ω===

∆

∆∆

15

09,343

2

1

B

B B B

Z

Z Z Z λ

Para los dos valores de la impedancia calculada, la corriente de fase respectiva al triángulo de

impedancias vale:

A Z

U

I B

B 33,709,34

250

11 ===

∆ < 10 A A Z

U

I B

B 66,1615

250

22 ===

∆ > 10 A



33/252


34/252


De donde:

º90

3

5,37

º02503

º909375*3 ∠=

∠⋅

∠= I → A A I º9035,12º90

3

5,373 −∠=−∠=

Los amperímetros A3 indican A6521A3512 , , =

Las reactancias conectadas al circuito en estrella tienen un valor por fase de:

Ω∠=−∠⋅

∠=

−∠

∠

== º906̂6,6º9035,12

º0250

º9035,12

º03

250

3 I

U X S L

faseΩ 666090666 )ˆ , j( º ˆ , X L +=Ω∠=

que se podría haber determinado a partir de la potencia aparente absorbida por el receptor C de la

manera siguiente:2

33 I X S LC = → 235123

9375

) ,( X L

⋅= → Ω= 666

ˆ , X L

Y como se cumple que:

L L X L π ω 100==

H021220100

666 ,

ˆ , L ==

π → mH2221 , L =

las nuevas indicaciones de los amperímetros A, en este tercer caso, son:

º87,3635,62

º02503º87,3615625

º03""* ∠=

∠⋅∠=

∠⋅=

C U S I

A8736083687363

562º , ,º ,

," I −∠=−∠= → A0836 ," I =

Ahora el vatímetro W3 indica: W331253

9375

33 ===

" Q" W

Los vatímetros W1 y W2 indican, en este tercer caso:

[ ]º87,36º30cos3

5,62250)cos('''' '21 +⋅⋅=−== RS RS I U R RS

I U W W ϕ ϕ

W66354321 ,' ' W ' ' W ==



35/252


1.13 Problema 13

El generador trifásico de la figura genera unas tensiones senoidales de secuencia directa y tiene una

impedancia interna que se puede despreciar. Está conectado mediante una línea de resistencia 2 Ω yuna inductancia desconocida a una carga equilibrada y conectada en triángulo con una impedancia por

fase de 16,97 Ω. Las indicaciones de los aparatos de medida son: W29044 =W y V3801 =V .

También se conocen la suma de las indicaciones de los aparatos W1 y W2, que es de 5808 W. Se pide:

a) Corriente de línea y corriente que circula por la carga

b) Indicación del vatímetro W3

c) Valor de la inductancia X1 de la línea

d) Indicación del voltímetro V2

Figura 1.13.1

Resolución:

a) Tal como están conectados los vatímetros W1 y W2, se puede determinar la potencia activa total

consumida por la carga (conexión de Aron):

W580821 =+= W W P

y por fase vale W19363

5808== f P

Por otro lado, el vatímetro W4 nos da la potencia por fase que suministra el generador y que es de2904W, lo que quiere decir que la potencia consumida por fase por la línea es:

W96819362904 =−=lf P

y conociendo el valor de la resistencia, se puede determinar la corriente de línea:

A222968 === / R / P I lf l

Al estar la carga en triángulo, la intensidad en ella es: A7012322 , / I C ==

b) A continuación, se determina la inductancia de la línea X1 y la resistencia y la inductancia de la

carga.

La corriente por fase vale 12,70 A y la potencia activa por fase es de 1936W; por tanto, la resistencia

vale:

Carga inductiva

equilibradaconectada en

triángulo

W4

V1

R=2Ω

R=2Ω

R=2Ω

W3

Xl

Xl

Xl

V2

W2

W1



36/252


Ω== 127012

1936

2 , R

Además,

222 97,16=+ C X R Ω=−= 1212971622 , X C

En definitiva, Ω∠=Ω+= º4597,161212 j Z C

Representando el circuito monofásico correspondiente, se obtiene:

Ω⋅ 23 l X ⋅3

º0380∠ Ω+= j Z C 1212

Figura 1.13.2

Por tanto:

Ω=== 92297012

380 ,

, I

U Z T

y también:

( ) ( )212

123122392,29 +++⋅= X

resultando: Ω= 41 X

El vatímetro W3 indica la potencia reactiva total del circuito dividida por 3 .

( ) VAr 88,116121234701233 22 =+⋅⋅⋅=⋅⋅= , X I Q T T

Por consiguiente, la indicación del vatímetro W3 es:

W7670433 , / QW T ==

c) La inductancia de la línea ya ha sido determinada y su valor es: Ω= 41 X

d) La indicación del voltímetro V2 es: V52215971670122 , , , I Z U f C =⋅==



37/252


1.14 Problema 14

En el circuito representado en la figura se conocen las indicaciones de los siguientes equipos demedida:

A101 = A

W15588=W

Por otra parte, se conoce el módulo de la diferencia vectorial entre las tensiones 1V y 2V , que vale

3000V, y se sabe la secuencia de generación es directa.

También se sabe que la potencia activa que cede el generador es de 90 kW y que la potencia reactiva

es de 27 kVAr.

El voltímetro VG indica una lectura de 3059,41V y la impedancia interna del generador ZG es

totalmente reactiva.

Figura 1.14.1

Se pide:

a) Impedancia de la línea

b) Impedancia de la carga

c) Impedancia interna del generador

d) Lectura del voltímetro V3

e) Lectura del amperímetro A2

Resolución:

a) Por la disposición del vatímetro W, se puede calcular la potencia reactiva de la carga, ya que:

3/C QW = VAr 270001558833 =⋅=⋅= W QC

Como se puede observar, la potencia reactiva del generador y la potencia reactiva de la cargacoinciden, cosa que indica que la línea se puede considerar como una resistencia pura. Por otro lado,

como se conoce la corriente de fase de la carga, se puede determinar la corriente de la línea.

Zl

E3

E1

E2 ZG

ZG

ZG

VG

Zl

Zl

V2

V1

V3

W A2

ZC

ZC

ZC

V3

A1

+

+

+



38/252


A32173103 , I I aarg fcl ==⋅=

A continuación, se halla cuanto vale la diferencia vectorial entre V1 y V2.

Al ser una carga equilibrada las corrientes de línea son iguales, pero desfasadas 120º, tal como se

representan en la figura siguiente:

Figura 1.14.2

Las caídas de tensión en las líneas son:

R R R

I V ⋅∠=⋅= º032,171

R R I V s ⋅−∠=⋅= º12032,172

º3030)º12032,17º032,17(º12032,17º032,1721 ∠⋅=−∠−∠=⋅−∠−⋅∠=− R R R RV V

RV V 3021 =−

Por otro lado y según el enunciado del problema, la anterior expresión vale 3000 y por tanto:

300030 = R → Ω= 100 R

b) Para calcular la impedancia de la carga, se calcula en primer lugar la potencia absorbida por la

línea:

W90000100321733 22

=⋅⋅=⋅⋅= , R I P l l

potencia que coincide con la proporcionada por el generador, lo que indica que la potencia activa

absorbida por al carga es nula, es decir, se trata de una carga inductiva pura.

A continuación, se calcula el valor de esta carga inductiva:

Ω=== 9010

327000

22 f

Cf C

I

Q X

c) El circuito se puede estudiar transformándolo en el equivalente monofásico:



39/252


Ω300

G Z j Z C 90=

G E

Figura 1.14.3

Si se plantea la segunda ley de Kirchhoff para la fase R, se obtiene:

)90300.( j Z I E G R R ++=

Pero teniendo en cuenta que G Z es una reactancia pura, se puede hacer la siguiente representación

vectorial donde R I es la corriente de la fase R.

En consecuencia:

( ) [ ]222 )90( G R R R X I R I E ++⋅=

y sustituyendo valores:

( ) [ ]222 )90(103001041,3059 G X ++⋅=

y resolviendo:

Ω−= 30G X es decir, es una impedancia capacitiva

d) El voltímetro V3 indica:

V90090103 =⋅=⋅= C f X I U

e) La lectura del amperímetro A2 es:

A I 32,173102 ==



40/252


1.15 Problema 15

En el circuito de secuencia directa representado en la figura hay conectadas dos cargas trifásicasequilibradas, cuyas impedancias por fase son Ω−= 10301 ) j( Z y Ω+= 10202 ) j( Z respectivamente.

La impedancia por fase de la línea es Ω+= 1 ) j( Z L .

Además, se conoce que la tensión de la línea es de 220V. Se pide:

a) Las indicaciones de los aparatos de medida A, V1, V2, A1 y A2.

b) Las potencias activa y reactiva absorbidas por cada carga y la lectura del vatímetro.

c) La potencia perdida en la línea.

d) La capacidad por fase de una batería de condensadores conectados en triángulo, que se habría de

conectar en paralelo con las cargas para conseguir un factor de potencia igual a la unidad.

Figura 1.15.1

Resolución:

a ) El circuito se estudia transformándolo en el correspondiente monofásico, representado en la figura,

teniendo en cuenta que las cargas 1 Z y 2 Z están conectadas en paralelo.

La tensión del circuito monofásico es la tensión simple, es decir, V 3220 / .

V U G3

220=

Figura 1.15.2

ZL

Z1 Z2

R

N

R

S

T

A

ZL

ZL

ZL

W

A2

V2

V1

A1

Z1

Z1

Z1

Z2 Z2 Z2



41/252


Siendo:

Ω∠=+= º j Z L 4521

Ω−∠=−= º43,1862,3110301 j Z

Ω∠=+= º56,2636,2210202 j Z

A continuación, se busca la P Z equivalente a las impedancias en paralelo 1 Z y 2 Z .

Ω+=Ω∠=++−

∠⋅−∠=

+

⋅= 214138210

10201030

5626362243186231

21

21 j.º , j j

º , ,º , ,

Z Z

Z Z Z P

La impedancia equivalente total por fase del circuito es:

Ω∠=+=+++=+= 31113153152141 º , , j j j Z Z Z P LT

En consecuencia, la corriente que circula por el circuito es:

A6311483111383111315

03220 j , ,º , ,

º , ,

º /

Z

U I

T

G −=−∠=∠

∠==

La tensión simple en bornes de las cargas es LGC U U U −= , además se sabe que:

V693374113111308452 º , ,º , ,º I . Z U L L ∠=−∠⋅∠==

V516779 j , ,U L +=

En consecuencia: V1834311751625117516779

3

220º , , j , , j , ,U C −∠=−=−−=

La corriente que absorbe la carga 1 es:

A980583251571343186231

18343117

1

1 j , ,º , ,º , ,

º , ,

Z

U I C +=∠=

−∠

−∠==

y la absorbida por la carga 2 es:

A612564742925556263622

18343117

2

2 j , ,º , ,º , ,

º , ,

Z

U I C −=−∠=

∠

−∠==

Las tensiones en cada carga son:

V183431172515713431862131111 º , ,º , ,º , , I Z U −∠=∠⋅−∠==

V18343117742925556263622222 º , ,º , ,º , , I Z U −∠=−∠⋅∠==

Como era de esperar: C U U U == 21

Resultan, por tanto, las siguientes indicaciones de los aparatos de medida:

Amperímetro A: 8,3 A

Voltímetro V1: 117,43 V

Voltímetro V2: 117,43 V

Amperímetro A1: 3,71 A

Amperímetro A2: 5,25 A



42/252


b) Las potencias consumidas en la impedancia 1 Z son:

Potencia activa trifásica: W12417133033 22

111 =⋅⋅=⋅⋅= , I R P

Potencia reactiva trifásica: )(69,41371,31033 22

111 −=⋅⋅=⋅⋅= VAr I X Q

Las potencias consumidas en la impedancia 2 Z son:

Potencia activa trifásica: W7716542552033 22

222 , , I R P =⋅⋅=⋅⋅=

Potencia reactiva trifásica: VAr 388272551033 22

222 , , I X Q =⋅⋅=⋅⋅=

La potencia aparente total trifásica de las dos cargas:

j jS S S C 38,82777,165469,413124121 ++−=+=

VA13817292569413772985 º , , j , ,S C ∠=+=

que se puede también calcular como:

º , ,º , , , ,* I U S C C 13817292531113081834311733 ∠=∠⋅−∠⋅=⋅⋅= V.A

La indicación del vatímetro W, teniendo en cuenta como está conectado, es:

W842383694133 , / , / ' QW C ===

c) La potencia aparente perdida en la línea es:

VA 6720667206452729231113086533741133 ) j , ,( ,º , , , ,* I U S L L +=∠=∠⋅∠⋅=⋅⋅=

VA 67,20667,206 jS L +=

d) Se ha de tener en cuenta que la potencia aparente que corresponde al conjunto de las cargas 1 y 2 es

VA69413772895 ) , j ,( S C += y que se ha de compensar el factor de potencia hasta la unidad, lo que

quiere decir que hay que tomar una potencia reactiva trifásica inductiva del conjunto de las cargas 1 y

2, pero cambiada de signo, es decir, una potencia reactiva trifásica capacitiva VAr 69413 ,' Q C = , que por

fase vale:

)VAr( 90137369413 −== , / ,QCf

Por tanto, la capacidad total de los condensadores por fase conectados en triángulo vale:

µF6110343117143100

1090137

3502

1090137

3 2

6

2

6

2 ,

) ,( ,

,

)U (

,

)U ( W

QC

C C

cf F =

⋅

⋅=

⋅==

π µ

µF61,10= F C µ



43/252


1.16 Problema 16

Se quiere mejorar el factor de potencia de una instalación eléctrica que alimenta a 3 kV, 50 Hz, unacarga inductiva de 250 kVA, cosφ = 0,8, hasta la unidad, a base de conectar una batería de

condensadores conectados en estrella.

Figura 1.16.1

En el supuesto que cada rama de la batería de condensadores esté formada por dos condensadores

iguales conectados en paralelo, tal como se indica en la figura 1, se pide:

a) Potencia de la batería de condensadores para conseguir el fin propuesto

b) Potencia de cada condensador

c) Reactancia de cada condensador

d) Capacidad de cada condensador

e) Corrientes por fase en la batería de condensadores

f) Tensión en bornes de cada condensador

En el caso de que uno de los condensadores de la fase R se elimine, dejando abierto el circuito, se

pide:

g) Corrientes por fase en la batería de condensadores

h) Tensiones simples en bornes de los condensadores

i) Incremento de la tensión a que están sometidos los condensadores de la fase R en tanto por ciento

respecto a la del apartado f)

S = 250 kVA

cos φ = 0,8 (i)

C CC CC C



44/252


Resolución:

a) La potencia reactiva de la carga es ϕ senS Q L ⋅= .

)kVAr(15060250 +=⋅= ,Q L

Por tanto, la batería de condensadores tiene una potencia de:

)kVAr(150 −=CT Q

b) Esta potencia se tendrá que repartir entre el número total de condensadores, que en nuestro caso es

de 6, y por tanto:

kVAr 25

6

150===

n

QQ CT C

c) La reactancia del condensador se puede obtener a partir de su potencia y de la tensión de

alimentación por fase US:

C

S

C

S C C C C

X

U

X

U X I X Q

22

2=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅=⋅= →

C

S C

Q

U X

2

=

kV33

3

3=== kV

U U C S

Ω=⋅

= 12025000

10003 2 )( X C

Ω= 120C X

d) La frecuencia de la red es f = 50Hz, por tanto:

F53,26120100

1

2

1 µ

π π =

⋅==

C fX C

e) Los módulos de las corrientes de fase en la batería de condensadores son iguales entre sí y de valor:

CT

S f

X

U I =

en la cual la reactancia XCT representa la reactancia equivalente a la de los condensadores en paralelo

de una fase, es decir, a la reactancia por fase.

Ω=== 602

120

2

C CT

X X

Y por tanto: A8682860

103 3 ,

. I f =

Ω=



45/252


f) La tensión en bornes de cada condensador es la tensión de fase: kV3== S C U U

g) Se toma como origen de ángulos la tensión simple de la fase R, tal como se representa en la figura.

Figura 1.16.2

kV03 º U RN ∠= kV1203 º U SN −∠= kV1203 º U TN ∠=

Las tensiones compuestas valen:

kV303 º U RS ∠= kV903 º U ST −∠= kV1503 º U TR ∠=

Eliminando un condensador de la rama de la batería de condensadores conectada a la fase R, la carga

se convierte en desequilibrada cuyas impedancias por fase valen, respectivamente:

C R jX Z −= Ω−∠=−= 90120120 º j Z R

2

C S

X j Z −= Ω−∠=−= 906060 º j Z S

2

C T

X j Z −= Ω−∠=−= 906060 º j Z T

Figura 1.16.3



46/252


La figura anterior se puede simplificar obteniéndose el circuito siguiente (resolviendo por el método

de las mallas):

Figura 1.16.4

S S R RS Z I Z Z I U ⋅−+= 21 )( º9060º90180º303000 21 −∠⋅−−∠⋅=∠ I I

S T S ST Z I Z Z I U ⋅−+= 12 )( º90120º9060º903000 21 −∠⋅+−∠⋅−=−∠ I I

Expresado en forma matricial resulta:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

−∠−∠−

−∠−−∠

=⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

−∠

∠

2

1

º90120º9060

º9060º90180

º903000

º303000

I

I

→ A j

j

I ⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

+

+

=⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

∠

∠

= 660,825

321,170

º107,19458,26

º90321,17

Por tanto: A9032117321171 º , , j I ∠== A10719458266608252 º , , , j I ∠=+=

De la figura anterior se deduce:

A90321171 º , I I R ∠==

A10719458266618253211766082512 º , , , j , j , j I I I S −∠=−=−+=−=

A107199458262 º , , I I T ∠=−=

Figura 1.16.5



47/252


h) Las tensiones simples en bornes de los condensadores son las tensiones 00 , S R U U y 0T U

respectivamente.

V0522078903217901200 º ,º ,º I Z U R R R ∠=∠⋅−∠=⋅=

V107109481587107194582690600 º , ,º , ,º I Z U S S S −∠=−∠⋅−∠=⋅=

V1071094815871071994582690600 º , ,º , ,º I Z U T T T ∠=∠⋅−∠=⋅=

Los condensadores de la fase R están sometidos a sobretensión respecto del caso anterior y los de las

otras fases trabajan a una tensión inferior.

i) El incremento en tensión en tanto por ciento es:

100⋅−

= RN

RO RN %

U

U U u con kV3= RN U

% ,

, ,u% 20100

051732

522078051732=⋅

−= → u% = 20%



48/252


1.17 Problema 17

El circuito de la figura está constituido por un generador trifásico equilibrado, de secuencia directa yfrecuencia de 50 Hz, alimentando una carga trifásica equilibrada.

La impedancia de la línea es 1 Z .

La tensión en bornes de la carga indicada por el voltímetro V2, es de 658,18V.

También se conocen las indicaciones de lo vatímetros W1 y W2 que son iguales y valen 5000 W.

Por otro lado, se ha comprobado experimentalmente que las pérdidas totales que se producen en la

línea corresponden al 10% del consumo de la carga.

En un momento determinado se produce un cortocircuito entre las tres fases, quedando en contacto los

puntos A, B y C; en este momento se puede observar que la indicación del vatímetro W1 es cero.

Figura 1.17.1

Calcular:a) Impedancia por fase de la carga o receptor, en el supuesto de estar conectada en triángulo.

b) Impedancia por fase del receptor, en el caso de estar conectada en estrella.

c) Impedancia de la línea 1 Z

d) Tensión en bornes del generador indicada por el voltímetro V1

e) Con el receptor conectado en estrella, se produce un cortocircuito entre el punto D y el neutro de la

estrella del receptor. Calcular para este caso la lectura de los amperímetros A1, A2 y A3.

Resolución:

En un momento determinado, según dice el enunciado, se produce un cortocircuito entre A, B y C, y el

vatímetro W1 en este momento indica una lectura cero; por tanto, en este instante sólo se tiene el

consumo de la línea.

Por la disposición del vatímetro W1 y por el hecho de la carga total Z1 sea equilibrada ( se está en el

caso de cortocircuito, la potencia reactiva total es:

03 1 == W .Q

Es decir, la impedancia 1 Z no consume energía reactiva, en consecuencia 1 Z es totalmente resistiva.

Por otro lado, y por su disposición, multiplicando por 3 indica la potencia reactiva del conjunto

línea-receptor.

RECEPTOR

INDUCTIVO

R

S

TA3

A2

A1

V1 W2

V2

W1

Z1

Z1

Z1

DA

B

C



49/252


VAr 500033 1 ⋅== W Q

Pero si, como se ha dicho, la línea es totalmente resistiva, QT corresponderá en su totalidad al receptor,

es decir:

VAr 50003 ⋅=C Q

Conocida la potencia reactiva absorbida por el receptor y la lectura del vatímetro W2 se podrá calcular

la potencia absorbida por la carga.

Si se dispusiera de otro vatímetro WA entre la impedancia de la línea y el receptor en la fase R, y

conectada la bobina voltimétrica entre las fases R y T, estaríamos frente a una conexión Aron en que:

)(3 2W W Q AC −=

2W W P AC +=

Despejando WA y sustituyendo, resulta: )2(3 2W P Q C C −= → 3

23 2W Q P C C ⋅+

=

Y sustituyendo los valores correspondientes, resulta:

W150003

50002350003=

⋅⋅+⋅=C P

Se puede calcular a continuación el factor de potencia de la carga:

3

3

15000

50003=

⋅==

C

C C

P

Qtg ϕ → º30=C ϕ

Para calcular la corriente de la línea se hará de la siguiente manera:

C l l C I U P ϕ cos3= → A1915

2

3186583

15000

3 ,

,cosU

P I

C l

C l =

⋅

==ϕ

a) Si la carga está conectada en triángulo, se tendrá:

Figura 1.17.2

Ω===∆ 7531915

18658

31 / ,

,

/ I

U Z cc

es decir: Ω∠=∆ 3075 º Z C



50/252


b) Si está conectada en estrella:

Ω∠=∠

== ∆ º3025

3

º3075

3

C C

Z Z λ

c) Se sabe que la impedancia de la línea es totalmente resistiva y, por otro lado, se conocen las

pérdidas que se producen.

W1500150001010 =⋅=⋅= , P , P C l

De aquí se puede calcular la resistencia R l.

l l R I P ⋅⋅=23 Ω=

⋅= 1672

19153

1500

2 ,

, Rl

d) Para calcular la indicación del voltímetro V1, representamos el circuito equivalente monofásico

correspondiente:

Figura 1.17.3

I Z U U l S S ⋅+= 21

º3019,15º0167,2

3

º018,6581 −∠⋅∠+

∠=S U

V834081 ,U S =

Por tanto, el voltímetro V1 conectado entre las dos fases indicaría: V1 = V 12708834083 , , =⋅

e) El circuito correspondiente cuando se produce un cortocircuito entre el punto B y el neutro de la

estrella es:



51/252


Figura 1.17.4

Siendo R E , S E y T E las tensiones de fase, es decir:

V0834083

012708º ,

º , E R ∠=

∠= V12083408 º , E S −∠= V12083408 º , E T ∠=

Ω


52/252


1.18 Problema 18

El sistema trifásico a 380 V de la figura es de secuencia directa y alimenta dos cargas equilibradasmediante una línea de impedancia Ω+= 5,15,1 j Z L . La carga en triángulo presenta unas impedancias

por fase de 90 + j45 Ω, mientras que la carga en estrella tiene unas impedancias por fase de 45 - j15 Ω.

Se pide:

a) La lectura del amperímetro A

b) La lectura del voltímetro V

c) Las lecturas de los vatímetros W1, W2 y W3

Figura 1.18.1

Resolución:

a) Impedancias de las cargas equivalentes en estrella:

Ω∠=+=+

= 565265413315303

45901 º , , j

j Z λ Ω−∠=−= 435184344715452 º , , j Z λ

Impedancia en paralelo de las dos cargas: Ω+=∠=+

= 321138212121

21 jº , ,

Z Z

Z · Z Z P

λ λ

λ λ λ

Impedancia global del circuito por fase:

Ω∠=+=+++=+= 31119422545223215151 º , , , j , j , j , Z Z Z P l T λ

Origen de fases: º / U f 03380 ∠= V

Circuito equivalente por fase:

V03

380º ∠

l Z

c f U

λ P Z

W1

W2

W3

ZL

ZL

ZL

AV

R

S

T



53/252


Aº , ,º , ,

º / I 3111569

31119422

03380−∠=

∠

∠= → A569 , A =

b) Tensión en bornes de la carga

V178638352025151311156903

380 , , ) , j , )·( º , ,( º Z I U U l l g f c f −∠=+−∠−∠=⋅−=

Lectura del voltímetro: V 32,3513·835,202 = → V32351 ,V =

c) VA8228157581314830581731115691786383520233 j ,º , ,º , ,·º , ,· I ·U ·S *c f c f +=∠=∠−∠==

Conexión Aron:

⎭⎬⎫

−=

+=→

⎭⎬⎫

−=

+=

)W W (

W W ,

)W W ( Q

W W P

21

21

21

21

3822

815758

3

Del sistema anterior resulta

W112642

W693116

2

1

,W

,W

=

=

De la disposición de W 3 resulta,

3·3 W Q = → W W 58,4743

8223 == → W584743 ,W =



54/252


55/252


c)

Ω=== − 101000502

1

2

1

1 )..( ..C . f .. X C π π π

A60409010

30400

9010º

º

º

º

V I RT RT ∠=

−∠

−∠=

−∠=

A9016052

90400

52º

,

º

,

V I TS TS ∠=

∠==

A210805

210400

5º

º V I SRSR ∠=

∠==

La figura siguiente muestra las intensidades en la carga 2:

Figura 1.19.2

SR RT R I I I −=2 Aº41,23185,471 −∠= R I

º93,2207,144º21080º6040º41,23185,4721 ∠=∠−∠+−∠=+= R R R I I I A07144 , A =

TS SRS I I I −=2 A41143185471 º , , I S −∠=

A06115052529016021080411431854721 º , ,º º º , , I I I S S S −∠=∠−∠+−∠=+=

d)

( ) →−−⋅⋅=−⋅⋅= º93,22º30cos07,144400cos1 R RT I V R RT I V W ϕ ϕ W6347371 ,W =

( ) →+−⋅⋅=−⋅⋅= º06,115º90cos05,252400cos2 S ST I V S ST I V W ϕ ϕ W3,913292 =W

T

R S

R

5 Ω2,5 Ω

(1000.π)−1 F

IR2

IS2IT2

IRT

ISRITS



56/252


1.20 Problema 20

El sistema trifásico con U = 400 V (tensión fijada para todo el problema) y 50 Hz de la figura es de secuencia

directa y alimenta dos cargas equilibradas y una carga desequilibrada.

a) Con el interruptor K 1 cerrado y el interruptor K 2 abierto, se pide el factor de potencia global de la carga, las

lecturas de los amperímetros y la lectura del voltímetro U G.

b) Con los interruptores K 1 y K 2 cerrados, determinar las nuevas lecturas de los amperímetros.

Figura 1.20.1

Resolución:

a)

Ω=⋅⋅⋅

==−

1005021086,31

116 π ω C

X C

W02 = P )capacitiva(VAr 4800100

40033

22

2 =⋅=⋅=C X

U Q

W160008,0200001 =⋅= P

)inductiva(VAr 12000º87,36sin20000sin 211 =⋅=⋅= ϕ S Q

W1600021 =+= P P P T

VAr 720048001200021 =−=+= QQQT

45,016000

7200

===T

T T

P

Q

tg ϕ → º22,24=T ϕ → 911,0cos =T ϕ

VAº22,2437,17545720016000 ∠=+=+= j jQ P S T T T

Vamos a considerar la carga total conectada en estrella.

Tomando U RN como origen de fases resulta: Vº03/400 ∠= RN U

*3 RN RN T I U S ⋅⋅=

Aº22,2432,25º03/4003

º22,2537,17545* ∠=

∠⋅

∠= RN I

Por lo tanto, resulta:

A32,25=== T S R A A A

AR

AS

AT

20 kVA

cosϕ = 0,8 (i)

31,8 F

K 1 K 2

50 Ω

50 Ω 25 Ω 31,8 F31,8 µF

UUG

R L = 0,4 Ω

R L = 0,4 Ω

0,4 Ω

R

S

T

R

T

S



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V99,021,240º04,0º32,2432,25º03/400. −∠=∠⋅−∠+∠=+= L R RN G R I U U RN

V05,41621,2403 =⋅=GU

b)

Vº03

400∠= RN U Vº120

3

400−∠=SN U Vº120

3

400∠=TN U

Aº3016º025

º30400∠=

∠

∠==

RS

RS RS

Z

U I

Aº1808º9050

º90400−∠=

∠

−∠==

ST

ST ST

Z

U I

Aº2408

º9050

º150400∠=

−∠

∠==

TR

TRTR

Z

U I

A93,1486,17º2408º30162 j I I I TR RS R +=∠−∠=−=

A886,21º3016º18082 j I I I RS ST S −−=∠−−∠=−=

A93,64º1808º24082 j I I I ST TRT −=−∠−∠=−=

Resultando:

( ) Aº32,620,41º22,2432,2593,1486,17' 21 ∠=−∠++=+= j I I I R R R

A R = 41,20 A

( ) Aº72,15113,48º120º22,2432,25886,21'21

−∠=−−∠+−−=+= j I I I S S

S

A s = 48,13 A

( ) Aº3,8532,18º240º22,2432,2593,64' 21 ∠=−−∠+−=+= j I I I T T T

AT = 18,32 A



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1.21 Problema 21

Se conocen los datos siguientes de la figura adjunta: W 1 = 26145 W, W 3 = 12235 W, V 2 = 380 V.

Se pide:

a) La lectura del vatímetro W 2

b) La potencia activa consumida por la carga B

c) La lectura del amperímetro

d) La lectura del voltímetro V 1

Figura 1.21.1

Resolución:

a)

VAr 64211911223533 3 ,W Q B A =⋅=⋅=−

[ ] VAr 97452460125006421191 , ,arccostg ,QQQ A B A B =⋅−=−= −

Por otro lado:

VAr 6421191 ,

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Problemes - Electrotecnia (Trifásicos)