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ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA

ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA
J. Grainger – W. Stevenson

Capítulo 1 – Conceptos Básicos

1.1. Si ( )Vº30tsen1,141v +ω⋅= , e ( )Aº30tcos31,11i −ω⋅= , encuentre para cada uno: a) el
valor máximo; b) el valor rms y c) la expresión fasorial en forma polar y rectangular, si el
voltaje se toma como referencia. ¿El circuito es inductivo o capacitivo?

a) ( ) V1,141VVº30tsen1,141v máx =⇒+ω⋅=
( ) A31,11IAº30tcos31,11i máx =⇒−ω⋅=

b) V100
2
1,141

2
V

V máx === A8
2
31,11

2
I

I máx ===

c) Por Euler: ( ) ( )θθθ =θ=θθ+θ= jjj eRecos y e Imsen :donde en ,jsencose
(Re indica parte real, Im parte imaginaria)

Reemplazando tenemos: ( ) ( )tj30j30tj e2e100Ime1002Imv ω+ω ⋅⋅⋅=⋅⋅=
( ) ( )tj30j30tj e2e8Ree82Rei ω−−ω ⋅⋅⋅=⋅⋅=

tje ω , representa la rotación de los fasores, si tomamos las posiciones relativas entre ellos:





gulartancRePolar

3030j

gulartancRePolar

3030j

A 4j93,6 8e8I

V 50j6,86 100e100V

−==⋅=

+==⋅=

−−

Para tomar V como referencia, lo hacemos coincidir con el eje horizontal, lo que implica girar
el conjunto –30º:


gulartancRePolar

6060j

0j

A 93.6j4 8e8I

V 100e100V

−==⋅=

=⋅=
−−

El circuito es inductivo ya que la corriente está atrasada respecto de la tensión

1.2. Si el circuito del problema 1.1. consiste en un elemento puramente resistivo y uno
puramente reactivo, encuentre R y X, si: a) los elementos están en serie; b) si están en
paralelo.

Resolución de los Problemas 1

Page 2

ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA

a)

 Ω+=

Ω===

+=




X
83.10j

R
25.6Z

5.12
8

100
I
V

Z

jXRZ
60

60



b)
A93.6j4iii XR −=+=

Sabemos que por R solo circulará corriente
resistiva y que por X solo circulará corriente
reactiva. Entonces:

93.6ji e 4i XR −==

Ω=== 25
4

100
i
v

R
R



Ω=


== 4.14j
93.6j

100
i
v

X
X

1.3. En un circuito monofásico, V 120V 45a = y V 100V
15

b
−= , con respecto al nodo de

referencia “o”. Encuentre baV en forma polar.

V 37.111V

V 75.110j75.11-9.25j6.96-85.84j85.84V
100- 120VVV

96
ba

ba

1545
baba

=

+=++=
=−= −

1.4. Un voltaje monofásico de CA de 240 V se aplica a un circuito serie cuya impedancia es:
Ω= 10Z 60 . Encuentre R; X; P; Q y el factor de potencia del circuito.

j8.66X y 5R :sea o ,66.8j5 10Z 60 Ω=Ω=+=Ω=

5.060coscosVA 5760
10

240
*Z

V
S 60

60

22
==ϕ⇒===


(* indica conjugado)

1.5. Si un capacitor que suministra 1250Var se conecta en paralelo con el circuito del
problema 1.4., encuentre P y Q suministradas por la fuente de 240V, así como el factor de
potencia resultante.

Resolución de los Problemas 2

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ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA

de fase como fasores en forma polar, con caV como referencia y tomando una secuencia de fase
abc.

V208V º0ca = V208V
º240

ab = V208V
º120

bc =

º30
3a1


=−

V120
3

208
V º30

º30

º0

cn == −

Aplicando a este vector los operadores
“a”, obtenemos:

V120VaV º210cn
2

an =⋅=

V120VaV º90cnbn =⋅=

Las corrientes se obtienen dividiendo las tensiones de fase
por la impedancia:

A12
10

120
Z

V
I º165

º15

º150
an

an === −

A12
10

120
Z

V
I º75

º15

º270
bn

bn



===

A12
10

120
Z

V
I º45

º15

º30
cn

cn



===

1.14. En un sistema trifásico balanceado, las impedancias conectadas en Y son de Ωº3010 .

Si V416V º90bc = , especifique cnI en forma polar.

Resolución de los Problemas 7

nacnca VVV +=

ancnca VVV −=

cnan VaV ⋅=
( )a1VV cnca −=

a1
V

V cacn −
=

Page 8

ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA

cnbnbc VVV −= ( )1aVVVaV 2cnbccn2bn −⋅=⇒⋅= 31a º1502 −=−

( ) V2403
416

1a
V

V º240
º150

º90
bc

cn ==−
=



A 24
10

240
Z

V
I º270

º30

º240
cn

cn ===

1.15. Las terminales de una fuente trifásica se etiquetan como a, b y c. Entre cualquier par de
ellas, un voltímetro mide 115 V. Se conectan en serie una resistencia de 100 Ω y un
capacitor de 100 Ω a la frecuencia de alimentación entre los puntos a y b, con la resistencia
conectada en a. El punto de interconexión de los elementos se etiqueta como n. Determine
en forma gráfica la lectura del voltímetro entre c y n, si la secuencia de fases es abc y si es
acb.

Secuencia abc:
Tomando como referencia cV :

º0
c 115V = ;

º021
a 115V = ;

º042
b 115V =

KV 2,199115115VVV 90º 240º 120º baba =−=−=
Podemos ver que:

KA 41,1
100j100

2,199
jXR

V
i º513

º09
ba =


=


= y

KV 14141,1100iRV 135º 135º an =⋅=⋅=

KV 14141,1100jiXV 45º 135º cbn =⋅−=⋅=

Podemos ver que:

KA 41,1
100j100

2,199
jXR

V
i º54-

º09-
ba =


=


= y

KV 14141,1100iRV 45º- 45º- an =⋅=⋅=

KV 14141,1100jiXV 135º- 45º- cbn =⋅−=⋅=

Secuencia acb:

Resolución de los Problemas 8

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ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA

La tensión en bornes del motor en por unidad: [ ]
[ ]
[ ] 1V440
V440

U
V

V
b

m
1/ºm ===

Con todos los valores en por unidad , el voltaje de la fuente es:

[ ] 095,1068,0j092,1U
57,3

1/ºa =+=

[ ] V 481,8440095,1UUU
57,357,3

b1/ºaa =⋅=⋅=

1.25. Escriba las dos ecuaciones de admitancia de nodo similares a las ecuaciones (1.57) Y
(1.58) para los voltajes en los nodos 2 y 4 del circuito de la figura y arréglelas para los cuatro
nodos independientes de la figura dentro de la forma barraY de la ecuación (1.61).

(1.57) Nodo 1 ( ) ( ) ( ) 0YVVYVVYVV f41d21c31 =−+−+−
Nodo 1 Arreglada ( ) 0YVYVYVYYYV f4c3d2fdc1 =−−−++

(1.58) Nodo 3 ( ) ( ) 3c13b23a3 IYVVYVVYV =−+−+
Nodo 3 Arreglada ( ) 3cba3b2c1 IYYYVYVYV =+++−−

(1.61)

4

3

2

1

4

3

2

1

44434241

34333231

24232221

14131211

I
I
I
I

V
V
V
V



YYYY
YYYY
YYYY
YYYY

=

Nodo 2 ( ) ( ) ( ) 0YVVYVVYVV c42d12b32 =−+−+−
Nodo 2 Arreglada ( ) 0YVYVYYYVYV c4b3cdb2d1 =−−+++−

Nodo 4 ( ) ( ) 4e24f14g4 IYVVYVVYV =−+−+
Resolución de los Problemas 14

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ANÁLISIS DE SISTEMAS DE POTENCIA

Nodo 4 Arreglada ( ) 0YYYVYVYV efg4e2f1 =+++−−

( )
( )

( )
( ) 4

3

4

3

2

1

efgef

cbabc

ebcdbd

fcdfdc

I
I
0
0

V
V
V
V



YYY0YY
0YYYYY
YYYYYY
YYYYYY

=

++−−
++−−

−−++−
−−−++

1.26. Los valores de los parámetros de la figura del problema anterior, están dados en por
unidad como sigue:

0,8jY 0,4jY 0,4jY 8,0jY dcba −=−=−=−= 8,0jY 5,2jY 0,5jY gfe −=−=−=
135º-

4
90º-

3 68,0I 0,1I ==

Sustituya estos valores en las ecuaciones determinadas en el problema 1.25 y calcule los
voltajes en los nodos. Determine numéricamente la matriz barraZ correspondiente.

( )
( )

( )
( ) 135º-

90º-

4

3

2

1

68,0
1

0
0

V
V
V
V



8,05,25j05j5,2j
0448,0j4j5j
5j4j584j8j
5,2j4j8j5,284j

=

++−
++−

++−
++−

La solución del sistema de ecuaciones es:

034,0j026,0
033,0j004,0

018,0j071,0
044,0j136,0

3,8j05j5,2j
08,8j4j5j
5j4j17j8j
5,2j4j8j5,14j

68,0
1

0
0

V
V
V
V



barraZ

1

135º-

90º-

4

3

2

1

+
−−




=



























⋅=



  

07,0j059,0j037,0j093,0j
069,0j037,0j062,0j106,0j
038,0j052,0j013,0j102,0j
091,0j093,0j098,0j105,0j

YZ 1barrabarra




== −

Resolución de los Problemas 15

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