109 PROBLEMAS RESUELTOS CAPITULO IV TRANSFORMADORES |1 s y 3 s PROBLEMA N° 4.1 : Un transformador monofásico de 5 KVA, 2300/230 V , y 60 Hz fue sometido a ensayos con los siguientes resultados: C.A. 230V 1,01A 40W C.C 142V Inom 110W a) Ca Calcu lcula larr los los pará paráme metro tross del del ci circu rcuit itoo equi equiva vale lent ntee ref referi erido do al lado lado de baja baja tensión. b) Si el voltaje y la corriente en el secundario se mantienen en sus valores nomina nominales. les. Determine el f.d.p. de la carga con la que ssee obtiene máxima regulación. Calcular este valor. SOLUCIÓN: a)Para el circuito abierto: Vo = 230V I o = 1,01A Po = 40W P 40 = = 7,56 × 10 − 4 mhos g P = OC 2 2 VOC 230 I 1,01 = 4,39 × 10 −3 mhos Yφ = OC = VOC 230 ⇒ bm = 4,324 × 10 −3 mhos Yφ 2 = g P 2 + bm 2 ∴ g P = 7,56 × 10 − 4 mhos X m = 231,245Ω Para el corto circuito: Referido al lado de alta tensión: V 142 5K ⇒ In1 = = 2,174 A ⇒ Z SC = Zeq1 = SC = = 65,32Ω 2300 I SC 2,174 P 110 = = 23,274Ω ⇒ X SC = Z SC2 − RSC2 = 61,03Ω RSC = SC 2 2 I SC 2,174 ⇒ Re flejado al lado de baja tensión : a = 10 X SC RSC Req1 = = Ω = = 0,61Ω X 0 , 2374 eq 2 a2 a2 a2 ⇒ En el lado de BT, tenemos el siguiente circuito equivalente: Req 2 = 61,03 θ CC = arctan = 23 , 27 274 4 1255° = 69,12 110 b) I 2n V2 n 5k 230 2 3 0V 2 1,7 4A 2 Z eq 2 2 0 ,2 3 7 4 0 ,6 1 E L V 0 ,6 5 5Ω 0 2 C C J j L IR I LR IL %r ≅ I L2 V2 e q e 2 × Z eq 2 × cos(θ CC − θ L ) × 100 ⇒ rmax ocurre cuando θ CC = θ L ⇒ θ L = 69,1° ⇒ f .d . p = 0,356 356 ∴ rmax = 21,74 230 × 0,655 = 6,19% PROBLEMA N° 4.2 : Un tra transfor nsformador mador monof monofásico ásico de 50 5000 KVA, KVA, 42 42/2,4 /2,4 KV y 60Hz. 60Hz. Fue some sometid tidoo a la prue prueba ba de vac vacío ío y cor cortoc tocircu ircuito ito,, con los sigu siguien ientes tes resultados: Vacío:: Vacío 2400 V 18,1 A Cortocircuito: 955 V 5,91 A 962,5 W sabiendo además que la máxima máxima eficiencia se obtiene para α = 0,9915 a) Determi Determinar nar los los pparáme arámetros tros del ccircuit ircuitoo equ equivalen ivalente. te. b) Det Determi erminar nar la tens tensión ión en la carga carga,, cuand cuandoo esta consume consume 500 KV KVA A con f.d.p f.d.p.= .= 0,8 capacitivo y alimentado el primario del transformador con 42 KV c) De Deter termi mina narr el f.d. f.d.p. p. de la carga carga,, para para conse consegu guir ir reg regul ulac ació iónn cer ceroo cu cuan ando do la carga consume 500 KVA a tensión nominal. SOLUCIÓN: a) Pr Prue ueba ba de co cort rtoc ocirc ircui uito to:: JR e f 1 J j Xe f 1 111 Req 1 = PSC Req 1 = 96 962 2 ,5W Z eq 1 = VSC 2 I SC 5,912 I SC = = 27,55 556 6Ω 95 955 5 5,91 = 16 161 1,6Ω ⇒ X eq 1 = 16 161 1,6 2 − 27,55 556 6 2 = 15 159 9 ,23Ω Req1 = Z eq1 × cosθ CC ⇒ θ CC = 80,182° ∴ Z eq1 = 161,6∠80,182° Prueba de Vacío: α para máxima eficiencia ⇒ α = Ph+ f Cu N P = POC ∴ PCu N = SC POC 2 α P 2 ⇒ PCu N ⇒ Ph + f 500 = In1 2 × Req1 = × 27,556 = 3,91 KW 42 = PFe N = 3,844 KW = POC = α 2 × PCu N AT − BT GRAFICO AT b) cos φ = 0,8 ⇒ φ = 36 ,87 ° 112 a 42 = Z eq 2 VL = 17,5 2,4 = Z eq1 a 2 161,6∠80,182° = 17,5 2 = 0,528∠80,182° + Z eq 2 × I L = 2400 ∠α ⇒ Tomando como referencia : V L = VL ∠0° 3 VL ×10 + 500 ×103 ∠36,87° × 0,528∠80,182° = 2,4 ×10 3 ∠α VL × 10 VL + 3 264 VL ×10 3 ∠117° = 2,4∠α V L está en KV − 0,12 0,235 ⇒ VL + + V j = 2,4∠α ⇒ V L L ∴ V L = 2,447 KV 2 2,4 2 0,12 + 0,235 = VL − VL VL 2 c) Como una aproximación de la regulación r egulación tenemos: X eq 2 IL2 × Z eq 2 × cos(φ − θ L ) × 100 donde φ = arctan r% = V2 R eq 2 eq X eq 2 = X 2 1 a eq Req 2 = R 2 1 a ⇒ φ = 80,18° ⇒ Para la condición r = 0 ⇒ − θ L = 90° θ L = −9,82° ∴ cosθ L = 0,9853 φ PROBLEMA N° 4.3 : Se tiene un tr transfo ansformado rmadorr monof monofásico ásico con con los sigui siguientes entes datos de placa: 10KVA, 440/110V, 60Hz y tiene los siguientes parámetros: r1 = 0,5 ohm r2=0,032 ohm X1=0,9ohm X2=0,06 ohm En vacío la corriente absorvida por el bobinado de 440 V es de 0,5 A y las pérdidas en el núcleo es de 100 W. a) Calcu Calcular lar la ten tensión sión ne necesaria cesaria en eell prima primario rio para m manten antener er la tensi tensión ón nomi nominal nal en bornes del secundario cuando entrega una corriente de sobrecarga del 25% con f.d.p. 0,8 (inductivo). b) Para el rrégimen égimen ddee opera operación ción en aa)) calcul calcular ar la regu regulació laciónn y la efic eficiencia iencia.. c) Calcu Calcular lar la ccorrien orriente te para eficien eficiencia cia máx máxima ima y cu cual al es el valor valor de de ésta. SOLUCIÓN: Para la prueba en vacío, tenemos el siguiente circuito equivalente: 113 Jg ⇒ ∴ gP = Yφ = POC V I OC VOC = bm 2 OC Yφ2 = = p 100 440 2 0,5 + e q j X e f = 5,165 × 10 −4 mhos = 1,136 ×10 −3 mhos 440 − g P2 R J - j bm = (1,136 ×10 −3 ) − (5,165 ×10 −4 ) 2 2 ⇒ bm = 1,0122 ×10 −3 mhos 1 r ⇒ P Xm = gP = 1 bm 1,936K = Ω = 987,947Ω r2 ´= a 2 X 2 ´= a 2 Circuito simplificado: I 2 N = a) V _ L × X 2 = 0,96 Ω 10 ×10 3 110 = 90 ,91 A _ _ I × r2 = 16 × 0,032 = 0,512 Ω L1 1 ,8 6 j 1 ,0 1 2 rp − jxm Ia V _ Z 1 a=4 Eficiencia máxima: 37° 114 2 PCu N α = 10 × 103 2 × 1,012 = 522,72W = I a N × 1,012 = 440 POC PFe = PCu N PCu N I L 2 ( para η max ) = 100 522,72 I L 1 ( para η max ) =α = IL2N ∴ = 0,4374 Ia N I L 1 ( para η max ) = α × I a N = 0,4374 × ⇒ I L 1 (η max ) = 9,94 A PFE = 100W PSal = VL 2 × I L 2 ( para η max ) × cosθ L ; PS ∴ η max = ∴ η max = 94,5% PS + ∆P PCu = ⇒ PCu = 99,98W 10 × 10 3 440 = ( I L 1 ) 2 × ( r1 + r21 ) ⇒ ∆P = 199,98W = PFE + PCu 3 10 × 10 = 110 × α × × 0,8 = 3499,2W 3499,2 3499,2 + 199,98 110 = 0,945 ajo corriente y tensión PROBLEMA N° 4.4 : El ensayo de cortocircuito y vacío bbajo nominales respectivamente de un transformador monofásico de 10/2,3 KV, 60 Hz 100KVA dio los siguientes resultados: Cortocircuito : Vacío : 1250 W ; 350 W ; f.d.p.=0,65 f.d.p.=0,24 El transformador es instalado mediante una línea para suministrar una carga de f.d. p. igual a 0,85 0,85 inductivo a 2,3 KV. Determinar: a) La ten tensió siónn al inicio inicio de la líne línea, a, si el tran transfor sformad mador or se encu encuent entra ra a ¾ de plena plena carga. La línea tiene una reactancia igual a ½ de la reactancia equivalente del transformador y se encuentra en el lado de A.T. b) Calcu Calcular lar el por porcentaj centajee de carga a la cua cuall Ud. reco recomenda mendaría ría para encon encontrar trar la máxima eficiencia del sistema línea – transformador. c) Determi Determinar nar la impeda impedancia ncia de co cortocirc rtocircuito uito y los pparáme arámetros tros g y b ppor or unidad. unidad. d) Si se hub hubiera iera con considerad sideradoo la resiste resistencia ncia de la llínea ínea co como mo afect afectaría aría la resp respuesta uesta c) SOLUCION: 115 De la prueba de cortocircuito: Secundario en corto Instrumento en el lado de alta tensión = Vn × I n = 10000 I n = 100000 ⇒ I n = 10 A = I SC Sn RSC PSC ⇒ = PSC 2 I = PSC 2 I SC = 1250 2 = VSC × I SC × cosθ SC VSC = VSC Z SC = ∴ X SC I SC 1250 10 × 0,65 = = 192,3076 V 192,3076 10 = 6,61625 ×10−5 mhos cos θOC = VOC × I OC × cos POC ⇒ I OC 2 = VN Y = ⇒ Yφ g 2300 2 350 350 2300 × 0,24 2 φ 2 = 350 350 gP2 VOC = 350 350 = = 12,5 Ω 10 n POC gP2 634 A = 0,634 2 +b I 0,634 634 = OC = = 2,7565 ×10−4 P VOC m 2300 ⇒ bm = ( 2,7565 ×10 −4 ) − ( 6,61 ×10 −5 ) bm = 2,67594 ×10− 4 mhos ∴ X m = 3737 ,002068 Ω 2 = 19,23076 Ω 2 2 = Z SC − RSC = 19,2312 − 12,5 2 X SC = 14,614 Ω ∴ Z eq1 = 12,5 + 14,614 j ⇒ Z eq 1 = 19,23∠49,458° Recordando : RSC = Req 1 Z SC = Z eq 1 X SC = X eq 1 De la prueba de vacío: Las mediciones se hacen en el lado de de baja tensión ∴ Los parámetros por calcular están referidos al secundario 166 2 166 a) En el primario ( al inicio de la línea) f .d . p. = 0,85 Despreciando el circuito de admitancia, tenemos : I2 3 SN 4 V2 N = × 3 100 4 2,3 × ∠ − 31,788° = × ⇒ I2 a (V × ∠ − 31,788° 2 ⇒ϕ = 31,788 ° = ) V2 ∠0° ; a = 10 2,3 = 7,5∠ − 31,788° ⇒ a ×V2 + 7,5∠ − 31,788 ° × (12 ,5 + 21,921 j ) = Vi faso sore ress : Vi = 10000 ∠0° +189 ,25875 ∠28 ,519 ° ⇒ Sumando fa ∴ Vi = 10166 ,69545 ∠0,51 ° b) 167 167 I L 2 ( par para a ηmax ) = Ph+ f Req 2 350 350 ⇒ I L 2 ( par para a ηmax ) = POC PSC × I L 2N I L 2 ( par para a ηmax ) 1250 × I L 2N × I L 2N 0,52915 ∴ Porcentaje de carga = 52,915% del sistem sistemaa línea- transform transformador, ador, ya que la línea se supone puramente inductiva. c) g y b por unidad: = Ph + f ( p.u.) Ph + f = Pn 350 100 ×10 3 =3,5 ×10 −3 POC POC g ( p.u.) = g ( p.u.) = 0,0035 VO2C I φ ( p.u.) = Yφ ( p.u.) = = I OC InS 2 POC = V n2 = 100 ( p.u.) = OC bm ( p.u.) = = 1 0,634 I OC ( p.u.) V Sn 2,3 POC Sn = 0,014582 I φ ( p.u.) V ( p.u.) = 0,014582 1,0 = 0,014582 n 2 Yφ ( p.u.) −g 2 ( p.u.) = 0,014156 e) Si se co consi nsidera dera llaa resi resisten stencia cia de llaa lín línea, ea, no ha habrí bríaa afec afectad tadoo la resp respuest uestaa c), ya que todo depende únicamente del circuito de admitancia. transformador mador monofá monofásico sico de 10 KVA con relación PROBLEMA N° 4.5 : Se tiene un transfor de transformación a=10/0,23 KV, en las pruebas de cortocircuito y vacío se obtuvieron: Prueba de Cortocircuito : 550 V 1,2 A 600 W Prueba de vacío : 230 V 1,739 A 200 W Determinar: a) El cir circuito cuito eq equival uivalente ente exac exacto to refer referido ido al llado ado de al alta ta tens tensión. ión. b) El dia diagram gramaa fasor fasorial ial cu cuando ando se ali alimen menta ta una carg cargaa con pote potenci nciaa nomin nominal al y con f.d.p = 0.866 capacitivo. Si este mismo transformador alimenta una carga cuya potencia es el 10 % más que la potencia nominal del transformador (P L = 1.1PN ) y con cos ϕ = 0.809 capacitivo, capacitivo, manteniendo la tensión de entrada en 10 KV. Calcular: 168 168 c) La te tensión nsión en la carga (desprec (despreciar iar llaa rama de exc excitaci itación) ón) d) La re regul gulaci ación ón par paraa la ccarga arga m menc encion ionada. ada. Si para éste mismo transformador, se alimenta una carga nominal con cos ϕ = 0.707 en atraso; calcular: e) La eefi fici cien enci ciaa a pl plen enaa ca carga rga f) La corriente de carga (I L) para obtener una eficiencia máxima. SOLUCIÓN: a) PRUEBA DE CORTOCIRCUITO: 169 169 Req1 = PCu 600 = = 416,667 Ω 2 I CC (1,2) 2 R1 = R2 ´= 208,333Ω R2 = R2 ´ = 0,1102 Ω a2 Z eq 1 = VCC 550 = = 458,333 I CC 1,2 X eq1 = 190,9407 Ω X 1 = X 2 ´= 95,4703Ω X2 = X 2´ = 0,0505Ω a2 PRUE BA DEL VACÍO: PFE = P0 − I 02 × R2 = 199,667 W PRUEBA PFE 199,667 3,7801 10 −3 mhos g o2 = E 22 = ( 230) 2 = × g 02 −6 g o1 = = 2 × 10 mhos a2 I P = E 2 × g o 2 = 0,8688Amps I bm 2 = m = 6,55 × 10 −3 mhos E2 → I m = I o2 − I P2 = 1,5064 Amps bm1 = 3,467 × 10 −6 mhos ∴ R1 = 208,333Ω R2 = 0,1102Ω X 1 = 95,4703Ω X 2 = 0,0505Ω g P 1 = 2 × 10 −6 mhos bm1 = 3,467 × 10 −6 mhos b) 170 170 _ V I'2 I E I p V '2 I c) m J I'2 X '2 1 _ I'2 Z '2 _ φ _ _ 1 30° I I1 JX _ _ _ _ 1 I1 R1 _ _ _ _ I '2 R '2 1 S L = 1,1 × S N = 11 K KV VA cos ϕ = 0,809 (capacitivo ) ϕ = 36 ° → I 2 ´= I 2 ´∠36 ° V I '_ 2 X 1 _ Z e q j 1 _ e q 1 I ' 2 _ R eq 1 J I'2 _ aV 2 171 171 V (a V ) 2 = I 2 ´= × 1 (Z 2 + 2 SL I ´) eq × 2 2a V − 2 × cos(ϕ I ´ Z 2 × 2 × eq1 × β) + a × V2 2 S L × Z eq1 2 2 V1 = ( a × V2 ) + a × V2 − 2 × Z eq1 × S L × cos(ϕ + β ) Z eq1 = 458,333Ω S L = 11KVA = 36° ϕ a × V2 V2 β X = arctan eq1 = 24,62° Req1 = 10232,5 = 235,3475V d) Cálculo de regulación: Vvacío %r = %r = 2, 27 Vc arargg a − Vc arargg a ×100 % = 230 − 235 ,347 235 ,3475 f) Cálculo de la eficiencia a plena carga: A plena carga: SL = SN =10KVA 5 ×100 % η = η = × 0,707 = 0,898 × 0,707 + 200 + 600 10000 10000 89 ,8% PFE f) I L = ×IN = PCu 200 600 × 10000 23 230 0 = 25,1 A PROBLEMA N° 4.6 : En el lab laboratori oratorioo se dispo dispone ne de seis (0 (06) 6) transfo transformadore rmadoress idénticos idént icos de 5KVA, 440/22 440/2200 V , 60 Hz, monofási monofásicos, cos, los cuales han sido sometid sometidos os al ensayo de cortocircuito y vacío. Vacío 220 V 3A 100W Cortocircuito 50V 11,36A 280W Determinar para un transformador: 172 172 a) Los parám parámetros etros de dell circu circuito ito T equ equivale ivalente nte , redu reducido cido al llado ado de Al Alta ta tensi tensión. ón. b) La reg regula ulació ciónn al 90% de plena plena ca carga rga y la ten tensió siónn en el lad ladoo de baja te tensi nsión ón si se alimenta con 440V. c) La ef eficien iciencia cia máx máxima ima y el porcent porcentaje aje de carga ppara ara es este te caso caso.. d) Las pé pérdid rdidas as en el cob cobre re y la tens tensión ión ap aplic licada ada en el la lado do de Al Alta ta Ten Tensión sión si eell ensayo se realiza al 50% de corriente nominal. e) La pot potenci enciaa nomi nominal nal co como mo aut autotr otransf ansforma ormador dor.. f) Las posibles conexiones como autotransformador, ¿Las potencias en estos casos son iguales? SOLUCIÓN: De la prueba de vacío : (Referido l secundario) secunda rio) a) gP = Yφ = ∴ ⇒ POC VN 2 I OC VOC = = 100 220 3 220 2 = 2,066 ×10 −3 mhos ⇒ RP = 484,03Ω = 0,0136 mhos = Yφ 2 − g p 2 = 0,01347 mhos X m = 74,1898 Ω bm Refiriendo al lado primario (a=2) (LADO DE ALTA TENSIÓN) g P ´= gP 2 a = 2,066 × 10 −3 4 165 5 × 10 −4 mhos ⇒ = 5,16 rP ´= 1936 ,1Ω bm bm ´= a 0,01347 = 2 4 = 3,3675 ×10 −3 mhos ⇒ Xm ´ = 296,956Ω Prueba de Cortocircuito: 173 173 PSC = r1 + a 2 × r2 = Z SC 4,4Ω ∴ X eq1 = = VI SC = 1150 ,36 = I SC 2 = 280 Req1 11,36 2 = 2,1697Ω Z SC 2 SC 2,1697 = r2 ´= r1 X1 = X 2 ´= ⇒ Req 2 = 1,08485Ω ⇒ 2 3,8295 = 1,91475Ω ⇒ 2 = 0,542425Ω X eq 2 r2 = 0,957375Ω → Z eq 2 = r2 ´ X2 4 = − Req1 2 = 3,8295Ω = 0,2712Ω X 2´ 4 = 0,47868Ω = 1,1Ω b) r% al 90% 90% ddee pl plen enaa ca carga rga I r % = L 2 × Z eq 2 × cos(φ − θ L ) × 100 V2 φ X = arctan eq 2 = 60,465° Tomando un θ L = 0° Req 2 ⇒ r% = V1 a VL VL Si 0,9 × 5000 220 × cos 60,465° × 1,1 = V L + I L × ( Req 2 + = V1 a − I L × ( Req 2 + 220 × 100 = 5,042 jX eq 2 ) jX eq 2 ) 5000 440 ∠0° − 0,9 × ∠θL × ( 0,542 + j 0,957 ) 220 2 θL = 0 ° ⇒ V L = 209 ,828 ∠− 5,35 ° = r% V1 a = − VL ×100 = VL 220 − 209 ,828 209 ,828 ×100 = 4,8478 c) Ef Efic icie ienc ncia ia máxi máxima ma:: 174 = PCu PFE nom 100 = I 2 ∴ 174 2 × Req 2 ⇒ = POC η = Psal PSC = 100 280 = + ∆P ∆P = PCu + PFE Psal 220 × α × = = 220 × α × 0,542425 = = 0,5976 ⇒ I 2 ( par para a η max ) = α × I 2 N × I L × cosθ L Psal + ∆P = 100 + 100 = 200W VL 5000 220 5000 220 2988 ×1 + 200 = 0,9372 2988 + 200 %carga = α × 100 = 59,76% η max 100 = 13,578 A I2 α η I2 ≡ 93,72% d) Si el ensayo de cortocircuito se realizó al 50% de plena carga, entonces: I SC´ 0 ,5 I2N a 0 ,5 5000 220 2 5 ,6818 A VCC ´= I SC ´× Req 1 + jX eq 1 = 5,6818 ∠0° × 4,4∠60 ,465 ° ∴VCC ´= 25 ∠60 ,465 ° PCu = ? 2 I SC ´ 5,6818 2 PCu = ∴ = 280 SC I 11,36 ⇒ PCu = 70W e) y f) 175 175 transf nsforma ormador dor mon monofá ofásic sicoo está en cap capaci acidad dad de PROBLEMA N° 4.7 : Un tra entregarr su corr entrega corriente iente ssecundari ecundariaa de ple plena na carga de 300 A a f.d.p. 0,8 in inducti ductivo vo y una tensión de 600 V. El transformador transformad or tiene una relación de transformación en vacío 6600/600 V y está provisto de taps en el lado de alta tensión para poder variar dicha relación de transformación. Si el transformador es alimentado por una fuente de 6600 V constante a través de un alimentador , calcular: a) transformador La relac elació iónn depara trans raque nsfforma orentregue maci ción ón 600V a la en que quel e secundario habr habríía que quea plena ajus ajusttarcarga, el tap tasiendo p del del las impedancias del sistema las siguientes: Alimentador (total): ZF=1+j4 Ohmios Primario del transformador: ZP=1,4+j5,2 Ohmios Se Secu cunda ndari rioo del ttran ransf sfor ormad mador: or: ZS=0,012+j0,047 Ohmios SOLUCIÓN: 176 176 E V Z S L0,6 2 c o s 8 0 E S Z Z Z T P F 1 ( 1 , 4 5 , 2 T P 1 9 7 , 4 5 2 Z 6 0 I PP 2 5 4 9 5 EP I 6 4 0 2 ,a 6 72 ,1 P S 6 4 0 21 a´ E PROBLEMA N° 4.8 : Se tien tienee un transf transformador ormador,, monofá monofásico sico de 150 K KVA, VA, 60 Hz, 4800 / 230V. Dicho transformador tiene un circuito equivalente cuyos parámetros son : R1 = 0,705Ω X1 = 1,950Ω Rp = 72,05Ω R2 = 0,002Ω X2 = 0,005Ω Xm = 4,95Ω Se conecta conecta una carga en el llado ado B.T. que absorbe un unaa corrien corriente te de 90% de in a voltaje nominal, y factor de potencia 0.5 en adelanto; Determinar: a) La co corrient rrientee que aabsorbe bsorbe el tra transform nsformador ador y su f.f.d.p. d.p. b) oltaje aje aapli plicado cado al llado adoydde e A. T T.. a condic c) El Lasvvolt pé pérdidas rdidas en el núcleo el cobre condiciones iones nominal nominales. es. SOLUCIÓN: Datos del transformador monofásico: SN=150KVA fN=60Hz a=4800/230=20,87 Parámetros: R1=0,705Ω X1=1,950Ω RP=72,05Ω R2 =0,002Ω X2=0,005Ω Xm=4,95Ω S N 150000 = = 652,18 A VN 2 230 I L = 0,9 × I N 2 = 586,96 A IN2 = cos θ L = 0,5 ⇒ θL = 60° Se tiene el circuito equivalente exacto, referido al lado de A.T. 177 177 Del circuito se tiene: ; V1 = E1 + Z 1 × I 1 I 2 ´= I2 E1 ; V2 ´= a × V2 a = V2 ´+ I 2 ´×Z 2 ´ SL = VL × I L ∗ ⇒ IL ∗ = SL VL × R P ; X m ´= 4,95 × a 2 = a 2 × X m 871 1+ Z 2 ´= R 2 ´+ jX 2 ´= a 2 × R 2 + ja 2 × X 2 ⇒ Z 2 ´= 0,87 345 5 ∠68,2° Z 2 ´= 2,34 = S VL ∠φ L R P ´= a 2 I 2 ´= I L´ a j 2,1778 586 ,96 ∠60° = 586 ∠60° = 28,12458 ∠60° 20,87 Lueg Lu ego o : = 4800 ∠0° + 2,34 345 5 ∠68,2° × 28,12458 ∠60° 468 8 ∠0,6239 ° E1 = 4759 ,46 I1 = I + I 2 ´ ; × + E E E × ( R P ´+ jX m ´) = E2 1 ( R P jX m ) I = 1 + 1 = 1 RP jX m R P ´× X m ´∠90° a × R P × X m ∠90° 213 3 ∠ − 85,446 446 ° I = 2,21 E1 φ φ φ además : I1 = I + I 2 ´= 26,332 332 ∠57,2678 ° φ a) I 1 = 26,332 A cosθ 1 = 0,5498 en adelanto b) V1 V1 = E1 + ( R1 + jX 1 ) × I 1 = 4759 , 468 ∠0,6239 ° + 26 ,332 ∠57 , 2678 ° × (0, 705 + j1,950 ) = 4727 ∠1,154 ° c) 178 178 PFE N V2 N 2 230 2 = = = 734,212W R p 72,05 2 2 PCu N PCu N S S = I1 N 2 × R1 + I 2 N 2 × R2 = N × R1 + N × R2 V2 N V1 N 70 5 0,002 = 1500002 × 0,705 + = 1539,138W 48002 230 2 PROBLEMA N° 4.9 : Se tie tiene ne un tran transf sform ormad ador or mon monof ofási ásico co de 10 KV KVA, A, 10/0,23 KV, 60 Hz, cuyos datos de prueba son: Prueba de vacío : 230 V Prueba de cortocircuito : 600 V 1,3043A 150 W 1,5A 815 W Determinar: a) El ci circuito rcuito equival equivalente ente exa exacto cto ref referido erido aall lado de A.T A.T.. b) El diag diagram ramaa fasor fasoria iall cuan cuando do se ali alime ment ntaa una una car carga ga nomina nominall y f.d.p f.d.p.. 0.866 0.866 capacitivo. SOLUCIÓN: a) Ana Analiz lizando ando po porr dond dondee se hici hicieron eron la lass prueb pruebas: as: Tenemos : S N = 10KVA ⇒ I N 1 = ⇒ IN2 = 10000 10000 10000 230 = 1A = 43,478 A La prueba de cortocircuito se hizo por el lado de A.T. La prueba de circuito abierto se hizo por el e l lado de B.T. El circuito equivalente exacto esta dado así (referido al lado de A.T.) 179 179 R 1 Jx J x'2 1 R '2 _ _ I1 Iφ _ _ _ I 2 = _ I' _ V I I g 1 m a p _ b m p E A .T . 2 _ V '2 = 2 V A .T . De la prueba de C.C. : Z eq A.T . = VCC I CC PCC = I CC 2 × Req A.T . ⇒ Req A.T . = = 600 600 1,5 = 400 Ω PCu N 815 = = 362,22Ω I CC N 2 1,5 2 X eq A.T . = Z eq A.T : 2 − Req A.T . 2 = 400 2 − 362,22 2 = 169,692Ω Req A.T . R1 = R2 ´= a 2 × R2 = 2 X eq A.T . X 1 = X 2 ´= a 2 × X 2 = 2 donde a = 10 / 0,23 = 43,48 Entonces : R1 = 181,111Ω = R2 ´ X 1 = 84,846Ω = X 2 ´ R2 = 0,0958Ω X 2 = 0,04488Ω Prueba de Vacío: Yeq B.T . = I OC g P B.T . = POC bm B.T . = VN VN 2 = 1,3043 = 150 Yeq B.T . 230 230 2 2 = 5,6708 ×10 −3 mhos = 2,8355 ×10 −3 mhos − g P B.T . 2 = 4,911×10 −3 mhos Como: 180 180 Z eq B.T . = Z eq A.T . a2 ⇒ Yeq A.T . = a2 g P B.T . = 1,5 × 10 −6 mhos 2 a b = m B2.T . = 2,598 × 10 −6 mhos a g P A.T . = bm A.T . Yeq B.T . ∴ RP A.T . = 666666,6667Ω = 384911,47Ω X _ 2 X m A.T . 384911,47Ω b) Di Diag agram ramaa Fa Fasor soria ial: l: = 0,866 θ L = 30° cosθ L f.d.p.= _ V 1 _ I1 X _ _ _ I'2 E _ 1 I 1 _R 1 I' X ' 2 2 _ I _ 1 _ I'2 R 2 V '2 _ _ Im Iφ PROBLEMA N° 4.10 : En las pruebas de vacío y cortocircuito de un transformador monofásico de 20KVA, 2400 / 240 V, 60 Hz se obtuvieron: Prueba de vacío 240 volts 1,066A 126,6 watts Prueba de C.C 57,4 volts 8,33 A 284 watts 181 181 Terminada la prueba de corto se observó que un termómetro marcaba 24° C. Despreciando el efecto superficial y considerando que el transformador esta alimentado constantemente a 2400 volts se pide: a) Los parámetros del transformador a 75° C. b) La regulación y eficiencia a plena carga si el transformador va a servir para alimentar una carga resistiva. c) La efi eficie cienci ncia, a, si el transfor transformado madorr opera con el 25 25% % de su corrient corrientee de plena carga. Determinar la eficiencia máxima del transformador para ambos casos considerar un f.d.p. = 0,8 en atrazo. d) Asumiendo conexión como autotransformador elevador (carga Z en el lado de alta ). L d.1) Calcular los nuevos valores nominales e ilustrar los circuitos equivalentes referidos a cada lado del autotransformador. d.2)C d.2)Cal alcul cular ar la reg regul ulac ació iónn y efic eficie ienci nciaa a plena plena car carga ga para para un fact factor or de potencia unitario. SOLUCIÓN: a) Cálculo de los los parámetros a 24 ° C. De la prueba de vacío : Lado de Baja Tensión T ensión go2 = POC VOC = 2 I 126,6 240 2 = 2,198 ×10 −3 mhos 1,066 Yo 2 = VOC = bm 2 = OC Yo 2 2 240 = 4,442 ×10 −3 mhos − g o 2 2 = 3,86 ×10 −3 mhos b) De la prueba de Cortocircuito: V 57,4 = 6,891Ω Z eq1 = SC = I SC 8,33 P 284 Req1 = SC2 = = 4,093Ω 8,332 I SC X eq1 = Z eq1 2 − Req1 2 = 5,544Ω resp ecto a una variación de temperatura. g P , bm , X eq 1 , se consideran inalterables respecto (234 ,5 + 75 ) × Req 1 (24 °C ) Req 1 (75 °C ) = ( 234 ,5 + 24 ) Req 1 (75 °C ) = 4,9Ω 182 182 b) SN = 20000 VA I N1 = 20000 = 8,33 A f .d . p. = 1 2400 PCu (75°C ) PS = Req1 (75°C ) × I N 1 2 = 4,9 × 8,33 2 = 340 340 ,28W = S N × cos θ L = 20000 η= 20000 = 0,9772 ≡ 97,72% + 34 340 0 ,28 + 12 126 6 ,6 I L 2 × Req 1 I L 2 × X eq 2 2 2 ×10 + × %r = 100 0 V V 2 2 2 20000 R IL2 83,33 A = 20000 240 24 0 = X eq 2 544 4 = 5,54 = 0,05544 100 10 0 ; Req 2 ; V2 = eq 1 a2 4,9 = 0,04 049 9Ω = 10 100 0 = V2 N = 24 240 0V 83,33 × 0,049 1 83,33 × 0,05544 2 + × %r = ×100 240 2 240 = 1,72 %r c) 183 183 0,25 × 20000 I2N I2 = 4 240 = = 20,833 A I S PS = V2 × I 2 × cosθ L = V2 × 2 N × cosθ L = N × cosθ L I2 4 PS = Ph + f η 20000 × 0,8 = 4000W 4 = 126,6W = I 2 × Req 2 (75°C ) = 2 PCu = ηmax PS PS + Ph + f + PCu =? ⇒ I 2 ( par para a ηmax ) PS PS 4 PCu = = I2N 2 × Req 2 (75°C ) 16 4000 4000 + 126,6 + 21,267 = 340,28 16 = 21,267W = 0,9644 ≡ 96,44% = Ph+ f = I 2 2 × Req 2 Ph + f Req 2 = 126,6 0,049 = 50,83 A = V2 × I 2 × cosθ L ; PS N = V2 N × I 2 N × cosθ L V ×I I 50,83 = 2 2 × PS N = 2 × PS N = ×16000 = 9759 ,75W I V I × 83 , 33 2N 2N 2N ηmax = 9759 ,75 9759 ,75 + 2 × 126,6 = 0,9747 ≡ 97,47% PROBLEMA N 4.11 : La placa ddee un tran transformad sformador or monof monofásico ásico de 550MVA 0MVA de 60 Hz indica que tiene relación de voltaje voltaje igual a 8 KV: 78KV. Se lleva a cabo una prueba en circuito abierto desde el lado de bajo voltaje, y las lecturas de los instrumentos correspondientes son 8 KV, 61,9A y 136 KW. En forma semejante, una prueba en e n cortocircuito desde el lado de bajo voltaje se obtienen lecturas de 650V, 6,25 KA y 103 KW. a) Cal Calcul culee la imp impedan edancia cia equi equival valent entee en seri serie, e, resis resisten tencia cia y rea reacta ctanci nciaa del transformador, referidas a las terminales de bajo voltaje. b) Calcu Calcule le la iimpedanc mpedancia ia equi equivalent valentee en seri seriee del tr transform ansformador, ador, re referida ferida a las terminales de alto voltaje. c) Haga las aproximaciones adecuadas y dibuje un circuito T equivalente del transformador. d) Cal Calcul culee la efici eficienci enciaa y la regu regulac lación ión de volt voltaje aje si el trans transform formado adorr opera a voltaje y carga nominales. El factor de potencia es la unidad . e) Re Repi pita ta en inci inciso so d) sup suponi onien endo do que la carga carga te teng ngaa un fac facto torr de pot poten enci ciaa igual a 0,9 en adelanto. SOLUCIÓN: Prueba de Circuito Abierto. Lado de Bajo Voltaje : 8KV; 61,9A; 136KW 184 184 136000 = gP2 2 = 2,125 ×10 −3 mhos 8000 61,9 Yφ 2 = bm 2 = 8000 Yφ 2 2 = 7,7375 ×10 −3 mhos − g P 2 2 = 7,44 ×10 −3 mhos Prueba de Cortocircuito. Lado de Bajo Voltaje: 650V; 6,25 KA; 103 KW Z eq 2 = Req 2 = X eq 2 = 650 = 0,104Ω 6250 103000 6250 2 Z eq 2 2 = 2,6368 ×10 −3 Ω − Req 2 2 = 0,10397 Ω a) Z eq 2 = (0,0026368 + 0,10397 j )Ω R P 2 = 470,588Ω X m 2 = 134,41Ω b) = a 2 × Z eq 2 Z eq 1 = (0,251 + 9,884 j )Ω Z eq 1 c) R Jx 1 J x'2 1 I Iφ I1 V _ _ _ _ R '2 R Xm p 1 1 j 2 / a _ a 2a V 1 2 185 185 d) coss θ L = S N = 50 M PL = S N × co MW W 136 KW + 103 103 KW = 50,239 239 M P1 = PL + 136 MW W η= PL + Pperd . PL = PL P1 = 50 M MW W 50,239 239 M MW W = 0,9952 ≡ 99,52% Voltaje V1 = ¿? I2 a V1 = a ×V2 + Z eq 1 × V1 = 78 8 r% = ; De Despre spreccian ian do la rama de RP 1 // jX m 1 ×8000 ∠0° + (0,251 + 9,884 j ) × − 78000 78417 ,27797 78000 50 ×10 6 78 8000 × 8 = 78417 ,27797 ∠4,63 ° ×100 = 0,535 e) PL P1 coss θ L = 50 ×10 6 × 0,9 = 45 M = S N × co MW W 136 KW + 10 103 3 KW = 45,23 239 9M = 45M MW W + 136 MW W η= PL P1 = 0,9947 ≡ 99,47% V1 = a ×V2 + Z eq 1 × I2 a V1 = 78000 ∠0° + (0,251 + 9,884 j ) × 50 ×10 6 78000 ∠arccos 0,9 V1 = 75603 ,74272 ∠4,38 ° r = 78000 − 75603 ,74272 = 0,0307 ≡ 3,07 % 78000 siguientes entes dat datos os de prueb pruebaa son de un tra transforma nsformador dor PROBLEMA N° 4.12 : Los sigui monofásico de 50KVA, 2500 / 250 V , 60 Hz. Prueba Circuito Abierto Cortocircuito Voltaje (V) 250 100 Corriente(A) ? In Potencia (W) 288 W ? Sabiendo que la eficiencia máxima del transformador a f.d.p. unitario ocurre cuando el transformador está entregando 30 KVA a la carga . Calcular: 186 186 a) La efi eficienci cienciaa del tra transform nsformador ador cuan cuando do entre entregue gue 40 KV KVA A a ten tensión sión nom nominal inal y a f.d.p. 0,8. b) La reactancia de dispersión y la resistencia equivalente referidas al lado de c) baja tensión X eq 2 y Req 2 . La regulación de voltaje del transformador cuando entregue en tregue 40 KW a Vnominal y a f.d.p. 0,8 inductivo. SOLUCIÓN : a) PF EN I L 2 ( p a r aη m a x) = I L 2 N × ∴ = I1 N ∴ PC uN 288 3 0× 1 03 = 5 0× 1 03 × 5 0× 1 03 ⇒ PC uN VL × I L 2 ( p a r aη m aaxx) = VL × I L 2 N × 5 VL × I L × c o sθ VL × I L × c o sθ PSC = Z eq 1 = ⇒ X eq 2 I1 N VSC = 2 PCu N In = I SC 2 100 20 = = × 2 8 8= 8 0 0W 3 PC uN = + PF E + PC u 4 0× 1 03 × 0,8 4 0× 1 0 × 0,8 + 2 8 8+ 8 0 0 3 = 0,9 6 7 1 2≡ 9 6,7 1 2% X eq 1 a2 = 800 2 20 = 2Ω = 5Ω ; Req 2 = X eq 1 ∴ = Z eq 1 Req1 a 2 2 − = 0,0 2Ω Req 1 2 = 4,5825Ω = 0,045825 Ω c) PL PC uN 2 b) Req 1 PF EN = 2 0A 2500 = η ⇒ = VN × I L 2 × cosθ L ⇒ IL2 = PL VN cos θ L × cos = 40 ×10 3 250 × 0,8 = 200 200 A Por ser una carga inductiva: 187 187 r= IL2 × Z eq 2 × cos(φ − θ L ) V2 X eq 2 200 0 5 = 66,42° ⇒ r = 20 φ = arctan × × cos(66,42° − 37°) = 0,03485= 3,485 48 5% Req 25 250 0 10 100 0 2 d) transformador ormador mo monofási nofásico co de 10KVA, 12 1200 00 / 120 V es PROBLEMA N° 4.13 : Un transf conectado como autotransformador con polaridad aditiva como se muestra en la figura se pide: a) Calcu Calcular lar la po potenci tenciaa máxima en KVA qque ue puede entreg entregar ar el aut autotransf otransformador ormador sin sobrecargar el arrollamiento de 120V. b) C a lc lc u llaa r e l i nc n c re rem m e nntt o p o rrcc e nntt u aall d e l a p o ttee n ccii a e n K V A d e l autotransformador respecto a la del transformador primitivo. c) Calcu Calcular lar el porcent porcentaje aje de sobrecar sobrecarga ga del arroll arrollamient amientoo de 1200 V. Calcular las corrientes I 1 e I C . FIGURA: I X H 2 2 X1 1 I 1200 V . X 1 1 2 0V . H 1 1 3 2 0 V 2 1200 V . H X 2 2 I C I 1 H 1 10 K VA I 2 SOLUCIÓN: a) Para el transformador: 3 I BAJ BAJA A 3 = 10120 ×10 = 83,33 A I ALTA ALTA = 101200 ×10 = 8,33 A Por lo tanto la potencia máxima que puede entregar el autotransformador autotrans formador será: Pmax = V2 × I 2 = 1,32 × 83 ,33 = 110 KV KVA b) S autotransf ormador S transforma dor d) 110 KV KVA A = 110 = 11 ≡ 1100 % 10 KV KVA A 188 188 S1 110 ×10 = = 91,67 A V1 1200 I C = I 1 − I 2 = 91,67 − 83,33 = 8,34 A 3 I1 = c) %Sobrecarga = IC 8,34 100 0 = 100 0 = 10 100 0 ,12 ×10 ×10 8,33 ALTA A I ALT PROBLEMA N° 4.14 : Se ti tiene ene un tr transf ansforma ormador dor mon monofá ofásic sicoo de 10KV 10KVA, A, 600/150 V el cual se desea usar como autotransformador para las siguientes relaciones de transformación : 750 / 150 V y 750 / 600 V. Sabiendo que la eficiencia nominal del transformador es 95% a un cos θ =1. Se pide calcular para ambos casos (a cosθ =1 ) a) La pote potenci nciaa entr entrega egada da por por acci acción ón del del tr tran ansf sform ormad ador or sin sin sob sobrec recarg argar ar los los arrollamientos. b) La pot potenc encia ia ent entrega regada da por conduc conducció ciónn direc directa. ta. c) La ef efic icie ienc ncia ia nomi nomina nal. l. d) Tra Trazar zar el dia diagram gramaa faso fasorial rial.. SOLUCIÓN: η nom = 95% aT = 600 150 =4 S = 10KVA CASO #1: = I1 N I2 N VL = S V1 S V2 = = = 15 150 0V a) PTRANSF . = I 2 ×VL = b) 10000 150 10 ×103 KW ×150 = 10 KW 60 600 0 10 ×103 150 = 16,67 A = 66,67 A 189 189 10000 ×150 600 = 83 ,33 ×150 PCOND . = I 1 ×V L = = 2,5K KW W PCARGA = I L ×V L = 12 ,5K KW W c) eT = 1 − ∆W = 0,95 W2 + ∆W ya qu quee W2 = 10 KW KW ⇒ ∆W = 526 ,316 W 526 526 ,316 e A = 1 − 12500 + 526 ,316 = 0,9596 ≡ 95 ,96 % d) Z eq 1 : Impedancia del transformador referido al lado de d e alto voltaje. Z eq 1 ∴ Z eq A = aA 2 ; Impedancia del autotransformador referido al lado de baja tensión. Donde aA = 75 750 0 150 =5 ∴ Z eq A = Req A + jX eq A V1 =750 V V 15 0 V 2= I L X eq I 1 I2 IL VL IL Re q A A CASO #2 VL = 600 V aT = 150 600 = 0,25 190 190 a) PTRANSF . = I 1 ×V L = 10000 600 KVA × 600 = 10 KV b) PCOND . = I 2 ×VL = 10000 150 KV VA × 600 = 40 K c) ∆W =1− e ∆W + W2 A eA =1− 526 526 ,316 316 526 526 ,316 316 a +1 + KVA A = P × T = 10000 × 0,25 1 = W = 50 KV A T 2 aT 0,25 = 0,9896 ≡ 98,96% donde P + 50000 d) Z eq1 Z eq A = Z eq A = Req A + aA 2 donde a A = 750 600 = 1,25 jX eq A V 1 =750 V V 6 0 0 V 2= I L X eq I I2 1 IL VL IL Req A A transformador ormador ddee dos devan devanados ados de 500 K KVA VA y 60Hz, PROBLEMA N° 4.15 : Un transf proyectado para 13200 / 2500 voltios, se vuelve a conectar para proporcionar 13200 voltios desde una línea de 15700V. Los ensayos en circuito abierto y cortocircuito del transformador dieron los siguientes resultados: Circuito abierto Cortocircuito 2500 voltios 600 voltios 6,5 A 37,9 A 2190 watts 4320 watts a) ¿ Cuál es la pote potenci nciaa máxima máxima con la que puede tra trabaj bajar ar el auto autotra transfo nsformad rmador or con f.d.p = 0,8 b) potencia ¿ Cu Cuál áles esaserá serán n elcarga ren rendi dimi ento to y0,8ladesde regu regula laci ón dedela1570 ten tensi sión con un fluj flujo o de plena ymien f.d.p= lación parte 15700 0ón voltios hasta la de 13, 200 voltios? c) Si se pr produce oduce un cortoc cortocircuit ircuitoo cerca de llos os bornes del tra transfomad nsfomador or en la parte de 13,2 13,200 00 volt voltio ioss ¿C ¿Cuá uáll se será rá la corr corrie ient ntee de cort cortoc ocir ircu cuit itoo en ré régi gime menn permanente que fluye en el transformador desde la línea de 15700 voltios despreciando la corriente de excitación. SOLUCIÓN: 191 191 Transformador monofásico: S N = 500 K KV VA f N = 60 H Hzz a = 13200 / 2500 = 5,28 De la prueba de circuito abierto (Lado de baja tensión) = V N = 2500V I OC = I φ = 6,5 A POC = PFE N = 2190W VOC I OC VOC = 6,5 2500 = 2,6 ×10 −3 mhos Yφ B.T . = g P B.T . = bm B.T . = 2,5763 ×10 −3 mhos POC VOC 2 = 2190 2500 2 = 3,504 ×10 −4 mhos a) = S T × a + 1 = 500 K × 5,28 + 1 = 595 KV KVA A 5 , 28 a a´+1 = S × (1 + a ) = 500 KVA A S N max ´= S T × 500 K × (1 + 5,28) = 3140 KV T a´ S N max ∴ max S N max KVA A = 3140 KV y PL = S N max × f .d . p = 3140 K × 0,8 = 2512 KW b) ηA = P2 A P2 A + ∆P A plena carga: ∆P = PCu N + PFE N = 6510W ηA = 2512 2512 + 6,51 = 0,9974 ≡ 99,74% I r % = VL 2 × Z eq 2 × cos(φ − θ L ) De la prueba de cortocircuito. (Lado de alta tensión) 192 192 VSC = 600V I SC = I1 N = 37,9 A PSC = PCu N = 4320W V 600 Z eq1 = SC = = 15,831Ω I SC 37,9 P 4320 Req1 = SC2 = = 3Ω 37,9 2 I1 N X eq1 = 15,543Ω = arctan X eq 2 = arctan X eq1 = 79,076° Req 2 Req1 θ L = 36,8699° φ I L = I1 N + I 2 N = SN SN + = 59,155 A V1 N V2 N I L Z eq1 r % = × 2 × cos(φ − θ L ) = 16,72 V2 a c) I CC1 = 15700 Z eq 1 = 15700 15,831 831 991,725 725 A = 991 PROBLEMA N° 4.16 : Se dis dispone pone de 3 ttrans ransfor formado madores res mon monofá ofásic sicos os de 220/110 V, 1 KVA , 60Hz. Se desea alimentar una carga trifásica a 380 V desde una red (trifásica) de 570V. a) Dibuj Dibujar ar el nue nuevo vo esquem esquemaa de conex conexiones iones y ha hallar llar llaa nueva po potenci tenciaa nominal del sistema. SOLUCIÓN: 193 193 ∴ S = 3 ×V ×I = 3 × 570 × 9,09 = 8974,28VA N sistema L L transformad formador or de 100 K KVA, VA, 4400 4400/2200 /2200 V V,, 60Hz ffue ue PROBLEMA N° 4.17 : Un trans sometido a prueba de vacío y cortocircuito con los siguientes resultados: PRUEBA Circuito Abierto VOLTAJE Cortocircuito 228V CORRIENTE 1,08 A V2 N I N POTENCIA 525 W 1300W Si el transformador se conecta como autotransformador de 6600 / 4400 V, se pide : a) De Dete termi rminar nar su pote potenc ncia ia nomi nominal nal (po (porr Ind Induc ucci ción ón y Co Condu nducc cció iónn ) y tr trace ace su diagrama fasorial. b)Calcular la tensión a aplicar al autotransformador para mantener la tensión nominal del secundario con una carga de 250 KVA y un f.d.p. 0,85 Inductivo. SOLUCIÓN: a) 194 194 3 3 S L = V2 × ( I 1 + I 2 ) = 4400 × 100 ×10 + 100 ×10 4400 2200 S L = 4400 × 100 S L = 200 K KV VA ×10 3 + 4400 × 2200 +100 K KV VA 100 4400 = 300 K KV VA DIAGRAMA FASORIAL: ×10 3 = S CONDUCCIÓN + S IND INDUCCIÓ IÓN N E1 E2 = + N2 N1 N2 _ _ I I 2 _ _ 2 Z E 1 _ 2 I _ 1 Z 1 _ E _ − I θ1 2 _ Z 2 V V 1 _ _ 2 θ1 _ I 2 1 b)De la prueba de cortocircuito: 195 195 VCC = 228 V I2N PCC = 100 ×10 4400 = 1300 W 3 = 22 ,727 A aT Z CC = RCC = = 2200 4400 = 1/ 2 VCC = 228 = 10Ω I 2 N 22,727 PCC 1300 2 I2N = 2 = 2,5168Ω ⇒ X CC = Z CC 2 − RCC 2 = 9,678Ω 22,727 ∴ Z CC = 2,5168 + j9,678 = 10∠ 75,42° Z eq 2 = Z1´+ Z 2 = Z CC Tomando: Z 1´= Z 2 = Z1´= Z1 = 4Z1 ⇒ 2 aT Z eq 2 2 ⇒ Z 2 = (1,2584 + 4,839 j)Ω Z1 = Z1 ´ 4 = 0,3146 + 1,20975j CKTO. EQUIVALENTE DEL AUTOTRANSFORMADOR REDUCTOR REFERIDO A LA CARGA. 2 Z1 = 0,1398 + 0,5376 j ( aT + 1) 2 aT × Z 2 = 0,1398 + 0,5376 j a 1 + T ; 196 196 = 4400 V 250 0 KV S L = 25 KVA A IL = SL VL = 0,85 = 31,78 788 8 ° Indu Inducti ctivo vo cos cos θ L VL θL 250 0 × 10 = 25 = 56,81 818 8A 3 4400 Z = 0,279 279 + 1,0752 j = 1,11∠75, 45 ° 818 8 ∠ − 31,788 788 ° ×1,11∠75,45 ° = 4400 ∠0° + 56,81 aT + 1 ∴ V1´× 1 = 2 ×V1´= 4445 ,83 838 8 ∠0,56 ° 1 / 2 +1 3 ⇒ V1´= 6668 ,75 757 7 ∠0,56 ° ⇒ V1 ´× 1 Por lo tanto el porcentaje en que aumenta la tensión es: 6668 ,757 757 − 6600 6600 ×100 100 = 1,042 042 % PROBLEMA N° 4.18 : Un tra transf nsfor ormad mador or mon monof ofási ásico co de 15 MV MVA A , 60Hz 60Hz (66 ±10 ×1,0%) / 13 ,2 KV KV , tiene los siguientes parámetros del circuito equivalente exacto (en ohmios) : R1 = 0,714 X 1 = 12,199 RP = 3004,81 R2 = 0,028 X m = 663,13 X 2 = 0,488 El transformador alimenta una carga que consume una corriente de valor 1,15 I , y un factor de potencia tal que el valor de la regulación sea s ea nula . (Utilizar relación de transformación nominal 66/13,2KV) Calcular: a) La ten tensión sión en al carg carga, a, si llaa tensi tensión ón prim primaria aria es la nomi nominal. nal. b) La po poten tencia cia abso absorvid rvidaa po porr la ccarga arga . c) La posi posición ción del TAP, si la tens tensión ión de al aliment imentación ación del primari primarioo es de 62, 62,77 KV SOLUCIÓN: a) La carga consume: n S In = V = 15 × 10 6 I L2´ ⇒ = 1136 ,36 A 13,2 ×10 3 814 A = 1,15 I n = 1,15 ×1136 ,36 = 1306 ,814 197 197 _ V 1/ a _ I L 2 C _ M V θ' L 2 V 1/ a θT _ β θL θ' L _ V D 2 _ I r% = V1 / a L 2 − V2 V2 ×100 Como r =0 ⇒ V1 / a = V2 / En la figura, hemos determinado el lugar geométrico para que = , lo cual implica tener una carga capacitiva, entonces todo el problema se reduce en hallar los ángulos respectivos. V1 a V2 Trabajando en el circuito equivalente referido al lado de baja tensión: GRÁFICO a = 66 13 ,2 =5 Cuando se quiere hallar la regulación, normalmente se desprecia la admitancia de excitación: 198 198 Hallando el Z eq : Z eq = 0,05656 + 0,97596 j = 0,978 ∠86 ,68 ° θT = ángulo entre VZ y I L 2 ´ = 86 ,68 ° I L 2 ´× ⇒ DM cos β = OD β =87 ,225 ° ⇒ Z eq 2 2 = = 1306 ,814 2 ×13 ,2 ×10 V2 θL ´=180 ×0,978 3 = 0,0484 °−86 ,68 °−87 , 225 ° = 6,095 ° Por lo tanto si la tensión primaria es la nnominal, ominal, la tensión en la carga también / 1 3 , 2 será la nominal ⇒ V1 a =V 2 = K V b) La potencia absorbida por la carga: S L = VL × I L* = 13,2× 1 03 ∠ 0° × (1306,814 ∠ 6,095° )* = S L = 17,25× 1 06 ∠ − 6,095° Por lo tanto: 6 PABS MW W ABSOR ORVIDA IDA = 17 , 25 ×10 × cos( −6,025 °) = 17 ,155 M c) Posición del TAP: V PPRRIMARIO (66 ± 10 ×1%)KV 1 100 × 66 = 0,66 ⇒ = 62 ,7 KV KV 66 + x × 0,66 = 62,7 ⇒ x = −5 199 199 PROBLEMA N° 4.19 : Un ttransfor ransformador mador trifá trifásico sico cconecta onectado do en (∆/ Y ) está formado por 3 transformadores transformador es monofásicos de 100 KVA , 2400/120 V y 60Hz cada uno. El transformador trifásico es alimentado a través de un alimentador cuya fase . El voltaje en el lado de envío del imp mped edan anci ciaa es Z f = 0,3 + j 0,8Ω/ fas del alimentador es mantenido constante en 2400V de línea. Si se sabe que el resultado de la prue prueba ba de cort cortoci ocircu rcuit itoo a uno uno de los tran transf sform ormado adores res fue V=5 V=57, 7,55 V, I=41,6 A, P=875W. Calcular la tensión en la carga, cuando el transformador trifásico entrega su corriente nominal a una carga de f.d.p.=1. SOLUCIÓN: Prueba de cortocircuito: V=57,5 V, I=41,6 A, P=875W. P=875 W. r1 + a 2 × r2 = r1 + r2 ´= Req 1 = 57,5 Z eq 1 = Z eq 1 = 1,382∠68,52° 41,6 = 1,382Ω ⇒ ; Zf 875 41,6 2 X eq 1 = = 0,506Ω Z eq 1 2 − Req 1 2 = 1,286Ω = 0,854∠69,44° La corriente nominal del transformador trifásico es igual a la corriente nominal del transformador monofásico. S 2400 100000 N 2 833 , 33 ; I N = V = 120 = a = 120 = 20 2N f.d.p=1 (carga resistiva) Reemplazando el primario del transformador trifásico por su equivalente en estrella: 200 200 Z = Z f + Z eq 1 / 3 = 1,31 314 4 ∠69,13 137 7 ° = 1,31 314 4 ∠β 2400 / 3 _ _ θ β 3 I a 2n Z _ _ a V 3 I 2n 2 3 a Aplicando la ley de cosenos: + 2 × Z 2400 a × V2 = − 2 × Z × V2 × I 2 N × cosψ a 3 3 2 2 2 3×I ×Z 2400 a 2 2N V2 − 2 × Z × V2 × I 2 N × cosψ + − 3 = 0 3 × a V2 = 116,8296V ( fase) 2 2 3 × I2N PROBLEMA N° 4.20 : Un banco de tres transformadores idénticos de 100KVA, 2400/12 2400 /1200 V, 60Hz, 60Hz, cone conecta ctadas das en del delta-e ta-estr strell ella, a, es sumi suminis nistra trado do con ener energía gía mediante un alimentador cuya impedancia es igual a 0,3+j0,8 Ω por por fase. fase. El voltaje en el extremo de transmisión del alimentador se mantiene constante a 24 2400 00V V ent entre línea íneas; s; se hace hace una una prueb ruebaa de cort cortoc ociirc rcui uito to a uno uno de los los transformadores, y sus resultados, cuando las terminales de bajo voltaje están en corto, son: VH = 57,5V f = 60 Hz I H = 41,6 A P = 875W a) Calcule el voltaje línea a línea en el secundario cuando el banco suministra la corriente a un sistema conprimario f.d.p. unitario. b) Calculenominal las corrientes en los trifásico devanados y secundario del transformador y en los conductores del alimentador si se presenta un cortocircuito trifásico en los terminales de la línea en los secundarios. SOLUCIÓN: Prueba de Cortocircuito: 201 201 Z eq1 = 57,5 Req1 = 875 41,6 = 1,3822Ω 41,6 2 = 0,50562Ω a= 2400 120 = 20 X eq1 = Z eq12 − Req12 = 1,2864Ω 2 2 2 Z 1 × I 2 N × V2 L 2400 a × V2 L Z1 × 3 × I 2 N − × cos(180° − β ) + = 2× a 3 3 3 Z1 = Z S + Z1 Z eq 1 3 = 1,3151∠69,13° 2 2 2400 20 × V2 L = + 94,90916742 + 450,8170292 × V2 L 3 3 V2 L = 202,35V V2 φ = 116,83V b) 202 202 3 × I2L 2400 3
