IV.- CIRCUITOS TRIFSICOSProblema 29Enel
siguientecircuitotrifsicobalanceado, hallar las corrientes defase,
potenciamonofsicaytrifsicay dibujar el
correspondientediagramafasorial indicando todas las tensiones y
corrientes. Se asume alimentacin balanceada en secuencia a, b,
c.Solucin:Tomando la tensin de la fase a como referencia,Vf =3220 =
127 0Voltios.IL= Ifa = 53,1 - 12,7 =53,1 100 127 AmperiosIfb = 12,7
|-53,1- 120Amperios
Ifc = 12,7 |-53,1 - 240Amperios P1= If R=968 Watt.P3=3 P1 =2.904
Watt.Problema 30Dado el siguiente sistema trifsico
balanceado:Secuencia ABC, 60 HzEn el nodo B, hay 115kV de tensin
lnea-lnea. La fuente est conectada en delta con Zg = j 80 /fase. La
lnea tiene impedancia serie por fase Z = (50 + j100) .Carga 1: Es
de impedancia constante y consume 4,5 MW trifsicos 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)Tensin interna
por fase del generador.b)Factor de potencia de operacin del
generador.c)Corriente en la lnea.d)Potencia total trifsica generada
por la fuente.Solucin:A BLneaC1 C2Fuente(a)Trabajando con la fase A
y el equivalente Y del sistema:[ ] kV 48 38, 7125 , 118 g E kV 48
8, 5387 , 68 I . Zc2) 1 Zc ( Z Zg g E A 69 13, 9237 , 74Zc2 1 Zc30
000 . 115ZeqVIk 87 36, - 058 , 1 8 , 0 Cos8 0, /10MW(115kV)Zc2k 41
41, 2042 , 2 75 , 0 Cos75 0, /5MW , 4(115kV)Zc1kV 03115V6667 , 26
j380j ZgABLLBL1212B + + (b) 9928 0, ) 87 Cos(-6, fpMVA 87 6, - 4528
, 15 g S V82 6, 7489 , 68 I . Zg g E VI . V . 3 g S3L AL A3 (c) A
69 13, 9237 , 74 I L (d) MVA 8480) 1, j - 3419 (15, MVA 87 6, -
4528 , 15 g S3 RLIg EZgXLZc1 Zc2ABProblema 31Se tiene el siguiente
sistema trifsico balanceado a sec. abc, y 60 Hz Para el momento de
operacin,considerando que elgenerador es ideal y en la barra B hay
una tensin lnea-lnea de 866.03 l 0 voltios rms, determine:a).-
Voltaje lnea lnea en la barra B ( tensiones ab,bc y ca)b).-
Construya el diagrama fasorial de tensiones y corrientes en la
barra B.c).-Potencia trifsica 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 tamao del elemento a conectar como banco
de capacitores conectado d1) en Y y d2) endelta.Representacin
trifsica del sistema;Comosetratadeunsistematrifsicobalanceado, el
voltajeentrelospuntos neutros del sistema es cero VNN =0. El hecho
de estar balanceado, permite estudiar el sistema por fase.Para
realizar este anlisis por fase se requiere que todos los elementos
presenten conexiones Y, o en su defecto sean transformados a su
equivalente Y.Se selecciona la tensin de lnea AB en la carga, como
referencia. Representacin unifilar de la fase Adonde VA = VAB l
0-30 = 866.03 V. l -30= 500 l-30 V33Modelacin de las cargas;C1:
1Hp= 746W75*746 = 55,95kW (potencia activa que consume la
C1)Modelamos esta carga como una impedancia constante, esto es:
Zc1= l VL-L l2= l VL-L l2 = (866,03 V) 2 l-arcos(0,8)=10.724
l-36.87 S3* P3/ fp 55,95kW / 0.8 Zc1=8.5792-j6.4344 C2:Potencia
activa que consume: P3 =60*746 = 44.760 kWZc2= l VllB l2 =(866.03V)
2 . lcos -1(0.9)= 15.0806l25.84 S3*44.76kW /0.9Zc2=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
lnea esIl= VlnB =500V. l-30 = 68.488 A l-18.6113Zeq 7.1568 j1.4416
Finalmente aplicando la ecuacin de malla obtenemos VlnA;VlnA= Il.Zl
+ VlnBVlnA=(68.488 A l-18.61)*(1+j5) + 500 l-30 VVoltaje lnea
neutro de la fase AVlnA=609.48 l4.65V Por lo tanto el voltaje
lnea-lnea en la barra A esVll = 3*VlnA l ln+ 30VAB= 1.055kV
l34.95VBC= 1.055kV l34.95-120 =1.055kV l-85.05VCA= 1.055kV
l34.95+120 = 1.055kV l154.95b.- Diagrama fasorial de tensiones y
corrientes en barra B.Ntese que la corriente adelanta el voltaje
por la presencia de una carga equivalente netamente capacitiva.c.-
Potencia trifsica que entrega la fuente.Como se trata de una fuente
ideal,Eln = VlnA = 609.48 l4.65V S3= 3*S1*Eln*Il* S3 = 3*(609.48
l4.65V)*( 68.488 A l-18.61)* S3 = 115.048 kW + j49.452 kVArP3Q3 d.-
Compensacin 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 trifsica que llega a la
barra B logramos identificar la naturaleza del elemento y su
capacidad.S3B= 3*S1B*VlnB*Il*= 3*(500 l-30 V)*( 68.488 A
l-18.61)*S3B= 100.708 kW j20.288kVArQ3 = -20.288 kVAr Se trata de
un inductor que absorba +20.288kVArla 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 l2= j. (866.03V)
2 = j 36.9681 Q320.288 kVArXl = j*w*LL= w = 2* *f Xl XlL = 2* *60
Hz = 10.198 H36.9681 Ly = 10.198H banco de inductores conectados en
YL=3* Ly = 30.5939 H banco conectado en Problema 32El
alimentadortrifsicode23kVde lasiguientefiguratieneunacargade9 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
tensin VR en la carga antes de instalar el banco de
capacitores.b)Las prdidas en la lnea sin los capacitores.c)El nuevo
factor de potencia al aplicar los capacitores.d)La liberacin de
capacidad de la lnea cuando se aplican los capacitores.e)El valor
de la potencia aparente al aplicar los capacitores.f) La elevacin
de tensin al aplicar los capacitores.g)Las prdidas en la lnea con
los capacitores.h)La reduccin de las prdidas de potencia al mejorar
el factor de potencia.i) La reduccin de las prdidas de energa al
mejorar el factor de potencia.Solucin:a)Para determinar la tensin
VR en el extremo de la carga, se aplica la ecuacin:( )
,`
.| ]]]]]
,`
.| 2Vcosa ZS ZS2Vcosa ZS V2gR212R22gR Rde los datos del problema
se tiene( ) + 58,25 2,25 6 j0,32 0,198 Z 26,46 31,78 58,25Problema
33En el circuito trifsico balanceado, secuencia abc, que se muestra
en la figura, cuatrobarrasdegeneracina, b,
cydestnconectadascomoseveenel diagramadelafiguraA.
Alasbarrasaycseconectandosgeneradores,
suministrandocargaaunmotorsncronoen labarrad. Aefectosdeanlisis,
todas las mquinas en cualquier barra se consideran como una mquina
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
estn representados por puntos y todos tienen asignada una letra,
excepto, los que unen reactancias en serie. Simplifquese el
circuito, eliminando todos los nodos, excepto, el neutro y e, f y
g, a los que estn conectadas las f.e.m. de las mquinas.Ntese que
los nodos que se conservan, salvo el neutro, no tienen existencia
fsicaen el sistema.Figura Afigura BSolucin:El nodobse elimina
transformando en el equivalente las reactancias conectadas en Y que
van desde a, c y d, ab.Los clculos son: + + 0,5 j0,3 j0,15Z0,5 j0,3
j0,15Z1,5 j0,1 j0,150,1 j0,1 j 0,3 j 0,1 j 0,3 j 0,3 j 0,3
jZdacdacCombinando las impedancias en serie entre a y e, c y f y d
y g, se eliminan los nodos sin rotular: + + + 1,0 j 0,1 j 0,9 j
Z0,95 j 0,05 j 0,9 j Z1,1 j 0,1 j 1,0 j ZdgcfeaSi
ahorasecombinanlasimpedanciasenparaleloentreaydycyd, se obtiene: +
0,1875 j0,3 j 0,5 j0,3 j 0,5 jZ Zcd adAcontinuacin
seprocedeatransformarla formadapora,cydenlaY equivalente.Los
correspondientes clculos son: + + + + 0,0188 j0,1875 j 0,1875 j 1,5
j0,1875 j 0,1875 jZ0,15 j0,1875 j 0,1875 j 1,5 j1,5 j 0,1875 jZ Zdc
aFinalmente, se suman las impedancias en serie de la Yobtenida y se
transformastaenla equivalente, obteniendoas lamallabuscada. Los
clculos necesarios se dan a continuacin: + + 3,42 j1,10 j3,77Z3,02
j1,25 j3,77Z3,70 j1,02 j3,771,02 j1,25 j 1,02 j 1,02 j 1,10 j 1,10
j 1,25 jZgefgefHay formas mas eficientes de resolver este problema,
una de ellas es mediante mtodos matriciales aplicando particin de
Kron para reducir la red conservando slo los nodos de inters. Este
interesante tpico est fuera del alcance de este problemario.
Problema 34Si las f.e.m. internas de las fuentes A, B y C, en el
problema 33, tienen los valores36,9 - 1,5 E, 15 1,5 E, 0 1,5 EC B A
determine las potencias de salida de A y B, as como la potencia de
entrada en C.Solucin:Las corrientes en el son: Amp. 0,088 j - 0,263
-3,42 j0 1,5 36,9 - 1,5ZE EI Amp. 0,083 j - 0,4263,02 j36,9 - 1,5
15 1,5ZE EI Amp. 0,014 j - 0,105 -3,70 j15 1,5 0 1,5ZE EIgeA CgefgC
BfgefB Aef Las corrientes en los terminales son:Desde el generador
A: Amp. 32,8 - 0,188 0,102 j 0,158 I I Ige ef e Desde el generador
B: Amp. 7,4 - 0,536 0,069 j 0,531 I I Ief fg f Hacia el generador
C: Amp. 13,9 - 0,710 0,171 j 0,689 I I Ige fg g 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 35Enel
siguientecircuito, hallar lascorrientesdefase. Asumaf =60Hz,
secuencia abc.Solucin:( ) MM1 kLL 1 4 0,5a c4L L Planteando las
mallas principales:Vab = 100 |0 = ( 2 + j1 ) I1 + ( -2 + j0,5 )
I2Vbc = 100 |-120= ( -2 + j0,5 ) I1 + ( 2 + j3 ) I2Resolviendo se
obtiene:I1 = 15,63 |-35,83 = 12,67 - j9,15I2 = 31,88 |-161,04 =
-30,15 - j10,36ia= I1=15,63 |-35,83 Amperiosic=- I2=31,88
|18,96Amperiosib = I2 - I1 =42,84 |-178,4 AmperiosProblema 36Parael
siguientecircuitohallarI,IM eIcencadafase, lapotenciatotal
entregada por la fuente y el factor de potencia, dibujar tensiones
y corrientes en un diagrama fasorial.Datos:V1 = 220 Voltios.Z = 16
- j12 Solucin:Tomando Van como referenciaIM =3 22010000= 26,25
|-53,13Amperios| Zmotor Y |= 26,253220= 4,84 | Zmotor Y |=4,84
|53,13 = ( 2,904 + j3,872 ) Zcarga Y= 312 16 j =5,33 - j4 Zmotor //
Zcarga=3,91 |17,17 I = 17,17 3,91 3220 =32,5 |-17,17AmperiosIc = I
- IMIc = 19,08 |-36,70AmperiosP3 =3 3220 (32,5) cos 17,17 WattS3 =3
3220 (32,5)S3 = 12,3842 kVAcos =cos 17,17=0,955Problema 37Dado el
siguiente sistema trifsico balanceado, secuencia abc, 60 Hz,
hallar: a)Tensiones de fase y de lnea en la barra A.b)Potencia que
entrega la fuente.c)Diagrama fasorial con tensiones de fase, de
lnea y corrientes por la lnea.Solucin:(a) Pc1 = 75 746=55.950
Watt.Sc1 =0,855.950= 69.937,5 VAPc2 = 60 746=44.760 Watt.Sc2=
0,944.760= 49.733,3 VA utilizando la relacin Q = P tang , se tiene
para Qc1 y Qc2:Qc1=-41.962,5 VARQc2=21.678,3 VARSc1 =3V Ic1*I = Ic1
+ Ic2
Ic1*= V 3Sc1Ic2*= V 3Sc2I*=30 866,03 311,4 102.733,4
30 - 866,03 325,8 49.733,3 30 - 866,03 336,87 69.937,5 + I=68,5
|-18,61 AmperiosLa tensin de fase generada por la fuente
es:Vg=866,03303 + I ( 1 + j5 )=609,52 |4,96 Voltios.Vg de lnea:VgL
= 1055,72 |34,96 Voltios.(b)La potencia trifsica en la fuente:Sg3 =
3 Vg I* = 125.256,36 |23,57VAProblema 38En el sistema mostrado
determine las corrientes que fluyen hacia el nodo n de la
carga.Solucin:Esteproblemasepuederesolver por el mtododemallas,
perosedesea ilustrarlaformaderealizar transformaciones -
Yconfuentesyequivalentes trifsicos.1. Transformando a Y cada una de
las dos deltas y sumando las impedancias de lnea se obtiene:( )( )(
)( ) Z22321853Z343122 23
Y1 Y2++ + ++ + +jjj jj jE2003 3030E3003 030Y1 Y2 + + (note
lasecuenciadefaseenlas fuentes)2. Transformando nuevamente a
delta:Z1=3ZY1 =8 + j5=9,43 |32 Z2=6 + j2 = 6,32 |18,44 E1 = 200 |30
E2 = 300 |03. Sehallael equivalentedel sistemaentrelospuntosa, byc,
haciendoel paralelo de las dos deltas.Se transforman las fuentes de
tensin a fuentes de corriente, se suman las corrientes y se
encuentra el paralelo de las impedancias, luego se transforma a
fuentes de tensin nuevamente. La impedancia equivalente del
paralelo de las deltas es:Z'=Z1 // Z2
= ( ) ( ) 85 62147 + ++j jj =3,49 + j1,54 = 3,81 |23,8La fuente
de corriente equivalente de ambas deltas, inyectada al punto a es:(
) ( ) ( ) ( )Ia 200 3085 300 062 2009085 30012062 11816,6Amperios
+++++
]]]]] j j j jIdnticamenteIb = 118 |136,6 AmperiosIc = 118
|-103,4 Amperiostransformando a estrella se obtiene:ZY'=1,1633 +
j0,5133EY' = Ia ZY'= 118 |16,6 ( 1,1633 + j 0,5133 ) 150,0385
|40,4EY' = 114,2444 + j 97,2613 VoltiosEY'b= 150,0385 |160,4
VoltiosEY'c= 150,0385 |-79,6 VoltiosSe halla la tensin Vnn' por
anlisis nodal:haciendo las operaciones apropiadas se concluye
queVnn' = ( ) + + + 86,11 - 11,056,51 13,5879,6 150,0385 10 0,5133
1,1633 379,6 150,0385 10 3ZE ' y ' y cj VoltiosSe recomienda al
estudiante realizar las operaciones para llegar a esta
relacin.Ian=Amperios 37,97 30,23 =5,67 5,1943,65 156,8644 0,5133
5,163386,11 - 11,05 40,4 150,0385 +jdel mismo modo,Ibn = 150,97
29,83 AmperiosIcn = 86,11 - 33,15 AmperiosProblema 39Seael
siguientecircuitotrifsico, enel cual lasfuentesestnbalanceadas.
Determine el valor de la tensin de los generadores del lado
derecho.If = 37,9912-j 6,4216 AmperiosSolucin:Se reconoce un
sistema tetrafsico balanceado del lado izquierdo (4 fases), en
donde la cuarta fuente se encuentra conectada a la conexin del
neutro de la Y del lado derecho.En condiciones de pre-falla:Sin la
impedancia Zfel sistema es balanceado. Se decide plantear un
equivalente Thvenin entre sus extremos tomando en cuenta las
condiciones del circuito balanceado y expresando VTh en funcin de
E.Conocidas todas las impedancias y la corriente de falla If, se
obtiene entonces E.ZTh = [13 ( 4 + j4 )+( 2+j3 )] // ( 2 + j1
)=1,62 |34Al plantear el equivalente Thvenin en la impedancia Zf se
concluye que:VTh = If ( ZTh + Zf ) = (37,9912 - j6,4216) (1,62 |34
+ 2) VTh = 133,45 |5,57Por otro lado:(1) VTh = E |+ Ia'n' ( 2 + j1
), donde Ia'n' es la corriente en esa rama, antes de aplicar el
equivalente Thvenin.Considerandoquelasfuentessonbalanceadas,
lavariacinenlatensin entre los neutros n y n' antes de la conexin
de la rama f es cero, as:Ia'n'=Iaa'= ( ) 4 4E 10 100j +
sustituyendo en (1): VTh =( )( ) E 1 24 4E 10 100 + + +
jjDespejando y sustituyendo el valor para VTh calculado
previamente,E | = ( ) ( )0 1503 21 2 10 100 4 4 VTH++ +jj jcomo la
fuente es balanceada en secuencia positiva, las tensiones quedan
como:_E = E |= 150 |0_E = E |= 150 |-120 _E = E |= 150 |120Problema
40El sistema trifsico mostrado a continuacin esta operando en
condiciones balanceadas y en secuencia abc. Repentinamente un cable
de impedancia cero, une los puntos a y n. Conel circuito operando
bajo esta condicin calcule:a) Tensin Vng, Van, Vbn, Vcn.b) Potencia
trifsica aparente que le enva el generador a la
carga.Estavezresolveremosel problemaconel mtododemallas paraas
apreciar la diferencia que presenta este mtodo con respecto a la
reduccin por Thevenin.Al colocar un cable entre a y n, la
impedancia de la fase a de la carga queda cortocircuitada;quedando
as dos mallas de la siguiente manera; debido a que elsistema se
encontraba operando en forma balanceada a secuencia abc, las
tensiones del generador son;V VV VV Vcgbgag 120 260 120 260 0 260
Teniendo estos valores procedemos a calcular las corrientes I1e
I2mediante el mtodo de mallas;[ ] [ ] [ ][ ] [ ][ ] V Z IluegoI Z
V1*ymediantelasecuacionesdelasdosmallasdel sistemasellegaal
siguiente arreglode esta forma obtenemos I1 e I2;AII]]]
]]]
33 . 97 6997 . 67 44 . 63 206 . 8721por lo tanto las corrientes
de lnea en cada fase de la carga son; 67 . 82 697 . 67 15 . 167
8603 . 48 44 . 63 206 . 8721 21 A I IA I I IA I IcbaTensin entre el
punto n y gV Vj A V Vj j I V Vngngb Bg ng 89 . 36 0617 . 130) 4 4 (
* ) 15 . 167 8603 . 48 ( 120 260) 2 4 2 ( * + + + este valor debe
dar igual independientemente de la fase que se emplea para
determinarlo..-Tensin en cada fase de la carga,V j I VV j I VVc cnb
bnan 23 . 109 7502 . 302 ) 2 4 ( * 28 . 166 5099 . 218 ) 2 4 ( *0 +
+ .-Potencia trifsica que entrega la fuenteComoel
sistemaseencuentradesbalanceado, el generador noentregala
mismapotenciapor cadafase. Por lotantosedebecalcular lapotencia
aparenta que se enva por fase, luego la potencia trifsica es la
suma de las tres potencias por fase.Hallamos la potencia por cada
fase;Fase A:kVAr j kW SA V SI V SAAa Ag A28 . 20 138 . 10) 44 . 63
206 . 87 ( * ) 0 260 (***+ Fase B:
kVAr j kW SI V SBb Ag B138 . 12 745 . 3**+ Fase C:]]]
]]]
+ + + +]]]
VVj jj jII 120 260 120 260 120 260 0 260*8 8 ) 4 4 () 4 4 ( 6
4121kVAr j kW SI V SCc Cg C673 . 10 995 . 13**+ Finalmente la
potencia aparente trifsicaque entrega el generador a la carga est
dada por la sumatoria de las tres potencias obtenidas
anteriormente;kVAr j kW SS S S SfC B A f093 . 43 879 . 2733+ + +
Problema 41Para el siguiente sistema desbalanceado;que opera asec.
abc, @ 60Hz.Bajo condicin balanceada el sistema opera con un
voltaje en la barra 2 deVab=l V l l0Y la corriente de lnea es
de;Il=1.224kA l-75La impedancia de la carga conectada a la barra 2
es;Zc= 3+jXDeterminar;a) El valor de la corriente de falla If.b) Si
sequierelimitar lacorrientedefallaavaloresinferioresquelIl=1000
amperios, mediante una impedancia de Zf= 1+jXf., Calcule dicha
reactancia Xf.Parahallar lacorrientedefallaIfesconvenienteaplicar
unequivalentede Thevenin entre los puntos A y B. Esta va es la ms
rpida ya que nos permite trabajar el sistemabalanceado, yluego,
medianteel equivalentedeThevenin, 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
condicin balanceada.La corriente de fase de la carga esIf = Il.
l-75+30= 706.677 A l-453Vab= If. Zc.Sustituyendo los datos se
tiene;lVl l0 = (706.677 A l-45) . (3+jX)(I)Por Euler, se tienelVl l
= lVl.cos( ) +jlVl.sen( ). Aplicando esta igualdad a la ecuacin I
se obtiene;lVl.cos(0) + jlVl.sen(0)=(500-500).(3+jX)igualando parte
real y parte imaginaria;lVl=1500 + 500.X (II)parte real500.X 1500=
0(III) parte imaginariade esta ecuacin se obtiene X = 3Sustituyendo
este valor en la ecuacin II de la parte real se obtiene el valor
del voltaje Vab;lVl = 1500 + 500.(3)= 3kVVab= 3kV l0.Zc= 3+j3.
Retomando el equivalente de Thevenin nos queda lo siguiente;donde
Vth = Vab = 3kV l0.Restara hallar la Zth;Para ello se
cortocircuitan las fuentes y se calcula la impedancia vista entre
AyB pasando el generador a estrella queda la impedancia de cada
fase en serie con la lnea, luego se vuelve a la configuracin de dos
deltas en paralelo y queda: FinalmenteZth=
(Zc//Zc+Za//Za)//Zb//Zb.Zth= 1.6 + j 1.6 Luego la corriente de
falla If esIf = Vth = 3kV l0. = 1.324kA l-45 Zth 1.6 + j 1.6 c)
para limitar dicha corriente de talmanera que su mdulo sea menor
que 1000 amperios colocamos la impedancia Zf en el equivalente de
Thevenin, y se estudia la peor condicin de falla. La corriente If
ser mayor a medida que Zth 0, por lo tanto
l Zf l =l Vth l= 3 kVl If l 1000 A + +8284 . 2 18284 . 21
3310003000122j ZXXXffff