Universidad Nacional de San Juan Facultad de Ingeniería Ingeniería Eléctrica Practica y Laboratorio II
INFORME DE PROBLEMAS P ROBLEMAS
Alumno: Gamboa Alexis Registro: 26223
Profesor: Dr. Ing. Humberto Zini
2017
Problema 1
Si v=141.4 sin(wt+30°)V sin(wt+30°)V e i=11.31 cos(wt-30°)A, a. Encuentre el valor máximo, el valor eficaz y la expresión fasorial polar y rectangular de v y de i. b. ¿Es un circuito inductivo o capacitivo? RESOLUCION
Como primer paso lo que se debe hacer es colocar la expresión de la tensión como una función cosenoidal para así poder trabajarla en conjunto con la expresión de la corriente.
= 141 141..4 ∗ sin + 30° = 141 ∗ cos cos 60° Vmax = 141.4V V ̇ = 100 π3 V = 50 86,6j 1 41. 4 = = √ 2 √ 2 = 100 Imax = 11.31 A I ̇ = 8 π6 = 6.6.922 4 Ief = Im√ 2ax = 11.√ 321 A = 8A a)
b)
Para determinar si el circuito es capacitivo o inductivo encontramos el cociente entre la tensión y la corriente, esto es la impedancia, y como el ángulo de esta es el mismo que existe entre la tensión y la corriente podremos determinar de qué circuito se trata.
< ̇ Z = ̇ = <− = 12.5 Ω
El ángulo que se encuentra es el ángulo que tiene la corriente respecto a la tensión, como este es negativo significa que el fasor de la corriente atrasa al de la tensión y por lo tanto el circuito es capacitivo.
Problema 2
Si el circuito del problema 1 está formado por dos elementos: uno puramente resistivo y el otro puramente reactivo, determine sus impedancias si: a) Se encuentran conectados en serie.
b) Se encuentran conectados en paralelo.
Datos V= 141.4 sin(wt+30 ) V e i=11.31 cos(wt‐30°) A
Resolución a) Conectados en serie
Aplicamos la ley de ohm
1 00 3 = = 8 6 = 10.82 6.25 ℎ
Como el enunciado indicó que el circuito estaba compuesto por una resistencia y una inductancia podemos decir:
= + Por lo tanto:
= 10.82 ℎ = 6.25 ℎ b) Conectados en paralelo Partiendo desde el valor de potencia encontrado en el problema 1:
= 693 400 100 = → = = 693 = 14.43 ℎ 100 = → = = 400 = 25 ℎ Calculando la potencia
Problema 3
Una tensión alterna de 240 V es aplicada a un circuito serie cuya impedancia es 10/60°. Encuentre R, X, P, Q y el factor de potencia del circuito. Se realiza un bosquejo de las referencias para realizar el cálculo pedido. I (corriente)
I (corriente)
Z (impedancia)
Referencia Generador
Referencia Consumidor
Resolución
==5 ℎ + = 5+ 8.66 ℎ = 8.66 ℎ
Entonces: Inductivo
El cálculo de la corriente se realiza según referencia generador y se le cambia el signo
= = 5 + 8.24066 ℎ ≈ 12 21 ≈ 24 60° Corriente Referencia Consumidor
≈ 12 + 21 ≈ 24 120° ̇ = ∗ ̅ = 240 0 ∗ 12 21 ≈ 2880 5000 Luego:
== 2880 5000 ∅ = 60° = 0.5 Problema 4
Si en paralelo al circuito del problema 3 se conecta un capacitor que suministra 1250 Var, encuentre, P y Q suministrado por la fuente de 240 V y el factor de potencia resultante. Resolución
Como se conecta un capacitor que suministra potencia reactiva la potencia activa se mantiene igual que en el problema anterior:
= 2880 = 5040 1250 = 3790
Se calcula la potencia reactiva resultante:
Finalmente se calcula el factor de potencia resultante
∅ = = √ 28802880 +3790 = 0.605 Se puede concluir que al conectar un capacitor en paralelo mejoro el factor de potencia pasando de 0,5 a 0,605
Problema 5
Una carga inductiva monofásica consume 10MW con un factor de potencia de 0.6. Dibuje el triángulo de potencias y determine la potencia reactiva de capacitor que debería conectarse en paralelo para incrementar el factor de potencia global a 0.85. RESOLUCION
7.09MVar
S1=16.6MVA
Q1=13,28M S2=11.76M Q2= 6.19MVar
α 2=31.78° α 1=53.13°
P=10MW
Con los datos del problema se pueden encontrar el ángulo α1, la potencia
reactiva y la aparente antes de colocar el capacitor en paralelo. A continuación de se muestra cómo encontrar esos valores.
1 = arccos0.6 = 53.13° 53.13° = 1 ∴ 1 = 53.13° ∗ 10 = 13.28 1 = 10 + 13.28 = 16.6
Se necesita llevar el factor de potencia de 0.6 a 0.85, esto implica que el nuevo ángulo de la potencia aparente será:
2 = arccos0.85 = 31.78°
La potencia activa no se modifica debido a que la incorporación de un capacitor solo afecta la potencia reactiva. Por lo tanto, con el nuevo ángulo encontrado anteriormente y la potencia actica es posible encontrar el valor de potencia reactiva que quedara al incorporar el capacitor.
31.78° = 2 ∴ 2 = 10 ∗ 31.78° = 6.19
La potencia reactiva de capacitor que deberá conectarse es la diferencia entre la potencia reactiva inicial (13.28MVar) y la final (6.19MVar) que es 7.09MVar.
Problema 6
Dos femsE1= 100 /0° V y E2=100 /30° V, están conectadas por una reactancia Z=0+j5.0 Ohm. Determine a) La potencia activa generada o consumida por cada fem. b) La potencia reactiva generada o consumida por cada fem. c) La potencia activa y reactiva consumida por la impedancia Z. Resolución a)
= − = <° −<° = 10.35 165° 1 = 1∗ ̅ = 100 0° ∗ 10.35 165° ≈ 1000 + 268 La convención utilizada fue de generador para V1 y de carga para V2
Esto quiere decir que la fuente 1 consume potencia activa y genera reactiva
1 = 1∗ ̅ = 100 30° ∗ 10.35 165° ≈ 1000 268 Esto quiere decir que la fuente 2 genera potencia activa y reactiva
b) Dado que la impedancia Z está en serie con las fuentes y que solo contiene una parte reactiva, el excedente de las fuentes que no es consumido por las fuentes mismas, es disipado en tal impedancia, es decir:
= 1+ 2 = 2 ∗268 = 536
Problema 7
Repetir el problema 6 asumiendo ahora que Z=0 – j5.0 Ohm Se realiza un dibujo de la situación
Referencia Consumidor
Referencia Generador
Resolución a)
= − = <°−− <° = 10.35 15° 1 = 1∗ ̅ = 100 0° ∗ 10.35 15° ≈ 1000 268 La convención utilizada fue de generador para V1 y de carga para V2
Esto quiere decir que la fuente 1 genera potencia activa y consume reactiva
1 = 1∗ ̅ = 100 30° ∗ 10.35 15° ≈ 1000 + 268 Esto quiere decir que la fuente 2 consume potencia activa y reactiva
b) Dado que la impedancia Z está en serie con las fuentes y que solo contiene una parte reactiva, el excedente que es consumido por las fuentes, es generado en tal impedancia, es decir:
= 1+ 2 = 2∗ 268 = 536 Problema 8
Repetir el problema 6 asumiendo ahora que Z = 5.0 Ohm Resolución
a) Y b) se calculan las respectivas potencias aparentes de las fems las cuales indican la potencia activa y reactiva generada y consumida.
Se calcula la corriente que circula por el circuito:
= − = <° −<° = 10.35 75°
La convención utilizada fue de generador para V1 y de carga para V2
Se calcula la potencia aparente de la fems E1:
1 = 1∗ ̅ = 100 0° ∗ 10.35 75° ≈ 268 + 1000 Esto quiere decir que la fuente 1 genera potencia activa y reactiva
Se calcula la potencia aparente de la fems E2:
1 = 2∗ ̅ = 100 30° ∗ 10.35 75° ≈ 268 + 1000 Esto quiere decir que la fuente 2 genera potencia activa y consume reactiva
c) Dado que la impedancia Z está en serie con las fuentes y que solo contiene una parte real, el excedente de las fuentes que no es consumido por las fuentes mismas, es disipado en tal impedancia, es decir:
= 1 + 2 = 2 ∗ 268 = 536
VA
Problema 9
Una fuente de tensión E an=120<210° V alimenta una carga siendo la corriente por la fuente Ian=10<60°. Encuentre P y Q y determine si la fuente los genera o consume. RESOLUCION Referencia consumidor
+
Ean
-
I
Con la referencia adoptada se procede a calcular la potencia aparente en la carga, si el signo de Q o P encontrada es positivo entonces será potencia consumida, de lo contrario será potencia generada.
= ∗ ̅ = 120 210° ∗ 10
-60° = 1200<150° VA = -1039.23+600j VA
Con esto podemos concluir que genera una potencia activa y consume una potencia reactiva.
Problema 10
Resuelva nuevamente el problema 6 considerando ahora E2=120<30° y trate de obtener alguna conclusión preliminar sobre el efecto de variar el módulo de la tensión en un circuito con esas características. Resolución a)
= − = <° −<° = 12 176° 1 = 1∗ ̅ = 100 0° ∗ 12 176° ≈ 1200 84 La convención utilizada fue de generador para V1 y de carga para V2
Esto quiere decir que la fuente 1 consume potencia activa y reactiva
1 = 1∗ ̅ = 120 30° ∗ 12 176° ≈ 1200 805 Esto quiere decir que la fuente 2 genera potencia activa y reactiva
b) Dado que la impedancia Z está en serie con las fuentes y que solo contiene una parte reactiva, el excedente de las fuentes que no es consumido por las fuentes mismas, es disipado en tal impedancia, es decir:
= 805 84 = 721 Variar el módulo de la tensión modifica el sentido del flujo de potencia reactiva entre las fuentes.
Problema 11
Tres impedancias idénticas Z=10<-15° están conectadas en estrella a una fuente trifásica balanceada con tensiones de línea Vl=208 V.
Escriba los fasores de todas las tensiones de fase y de línea y de las tres corrientes por la carga, adoptando como fasor de referencia (fase 0) al de la tensión Vca, si la secuencia de las fases es abc. Resolución
Generador en Triangulo
V ca 2080
V bc 208120
V ab 208240
Corrientes en Estrella
Generador en Estrella
V a
V b
V c
208 3 208 3 208 3
( 240 30)V 120210V
(120 30)V 12090V
(360 30)V 120330V
Corrientes en Triangulo
I a
V a Z a
I ca I c I a
12 135 A
20,815
I b
V b Z b
12105 A
I bc I b I c 20,8135
12 15 A
I ab I a I b 20,8 105
I c
V c Z c
Los terminales de un suministro trifásico se designan con las letras a, b y c. Entre cualquier par de terminales (abc) se mide una tensión de 115 V. Hay una rama serie RC conectada entre los terminales a y b, ambos con impedancia 100 ohm. La resistencia se conecta al punto a y la capacidad al punto b. El punto de conexión entre ambos se denomina n. Determine a través de gráficos fasoriales la tensión que se mide entre c y n cuando la secuencia de las tensiones es abc y cuando es acb. Resolución
Se grafica el diagrama fasorial y se calcula la Tensión VCN para secuencia abc: b VC VCN
VR
VR VC a
c
⁄ 240° = 115 100100 = 0.81⁄75° = ||∗| |+|115⁄120°| = 157
Se grafica el diagrama fasorial y se calcula la Tensión VCN para secuencia acb:
115⁄0° = 0.81⁄45° = 100100 = ||∗| |+|115⁄120°| = 42.36
c
VR
a
VC
b
Problema 13
Determine la corriente tomada por un motor trifásico de 15HP que es alimentado por una línea trifásica con una tensión de línea de 440V, si opera a plena carga, con un rendimiento del 90% y un factor de potencia del 80% (en atraso). Calcule así mismo la potencia activa y reactiva demandada. RESOLUCION
Procedimiento para el cálculo de la corriente.
7 46 . = . = √ 3 ∗∗∗ .. ∗ 7 46 ∗.. 746 = √ 3 ∗ ∗ ∗ = √ 3 ∗440∗∗.915∗0.8 = 20.4
Procedimiento para el cálculo de la potencia activa y reactiva puesto en juego.
7 46 . . . . = .. ∴ .. = = 0.9 ∗15 = 12433.33 = arccos0.8∗ .. = 36.87° ∗ 12433.33 = 9325.032 Problema 14
Determine la tensión de línea en el punto de suministro del motor del problema 13 si la impedancia de las tres fases de la línea que lo conecta a ese punto es Zl=0,3+j10 Ohm (el motor es la única carga abastecida por la línea). Resolución La tensión en el punto de suministro necesaria es la suma de la tensión en el motor y la caída en la línea. Siendo U la tensión en el punto de suministro y V en el motor
5 = + = + ∗√ 3 ∗ = 4√ 403 + 12430√ 3∗ 9322. 440 ∗0.3 + 10 j Uf = 271.45 2.67° ≈ 470 2.67° Problema 15
Una carga balanceada en triangulo formada por tres resistencias puras de 15 Ohm , esta conectada en paralelo con tres impedancias de 3+6j Ohm en conexión estrella. La conexión de estas cargas al punto de suministro es a través de una línea trifásica con impedancia de 0,2+0,5j Ohm en cada fase. Calcule la corriente aportada desde el punto de suministro si su tensión de línea es Vl=110 V y la tensión de línea en el punto de conexión de la carga.
Bosquejo de la situación en la carga
Z ab Z bc Z ca 15
Z a
Z b Z c 3 6 j
Se realiza la conversión de la carga en triangulo a estrella
Donde se calcularon las impedancias de triangulo a estrella como: Z a Z b Z c
Z ca * Z ab Z ca
Z ab Z bc
(15) 2 3 *15
Realizando el paralelo en las cargas se tiene
5
Z A Nuevo
Z B Nuevo Z C Nuevo
1 1 ( ) 1 15 3 6 j
3,75 3,75 j 5,345
Del lado del generador se tiene
V bc 1100
V ab 110120
En estrella en el generador se tiene
V ca 110240
V a
V b
V c
110 3 110 3 110 3
(90)V
63,590V
(30)V
63,5 30V
( 210)V
63,5210V
Como el sistema a analizar es equilibrado se puede descomponer en 3 sistemas monofásicos por lo que el cálculo de la corriente se puede realizar como:
I a
I b
I c
V a Z a Z l V b Z b Z l V c Z c Z l
63,590 (3,75 3,75 j ) (0,2 0,5 j ) 63,5 30 (3,75 3,75 j ) (0,2 0,5 j )
63,5210 (3,75 3,75 j ) (0,2 0,5 j )
8 7,45 jA 10,9542,9 A
6,02 9,14 jA 10,95 56,2 A
10,3 3,7 jA 10,9519,5 A
El cálculo de la tensión en la carga se realiza como:
Como el sistema es equilibrado la tensión en
a
0
b A
V a I a
* Z l
(63,590V ) (10,9542,9 A) * (0,2 0,5 j) 58,387,8V
b B
V b I b
* Z l
(63,5 30V ) (10,95 56,2 A) * (0,2 0,5 j) 59,25 33,8V
bC
V c I c
* Z l
(63,5210V ) (10,9519,5 A) * (0,2 0,5 j) 66,8 145,7V
Un motor trifásico consume 20 kVA con factor de potencia 0.707 en atraso, de una fuente de 220 V. Determine la potencia en kVA del banco de capacitores necesario para un factor de potencia combinado de 0.90 en atraso. Resolución
Se grafica el diagrama de potencias inicial y final:
= cos∅ ∗ = 0.707 ∗20 = 14.14 14.14 kW 0.9
6.84 kVAr
20 kVA 7.3 kVAr
Se calculan las potencias reactivas inicial y final manteniendo constante la potencia activa
1 → 1 = 45.01∗ 20 ∗0.707 = 14.14 ∅1 = ∗cos∅1
∅2 = ∗ 1cos∅1 → 1 = 25.84∗ 20 ∗0.707 = 6.84 = 14.14 6.84 = 7.3 kVAr = 14,14 + 7.3 kVAr = 15.91
Se calcula la potencia reactiva del banco de capacitores:
Finalmente se calcula la potencia del banco de capacitores:
Se concluye que para tener un factor de potencia de 0.9 es necesario conectar un banco de capacitores que suministren una potencia reactiva de 7.3 KVAr quedando la potencia aparente final igual a 15.91 KVA.
Problema 17
Una dragalina que opera en una mina de carbón a cielo abierto consume 0.92MVA con un factor de potencia 0.8 en atraso cuando carga y genera (entrega al sistema) 0.1 MVA con un factor de potencia de 0.5 en adelanto cuando baja la pala cargada. El cambio de corriente asociado puede causar la actuación indebida de protecciones. Para reducir este riesgo debe reducirse el cambio en la magnitud de la corriente. Para ello se considera la posibilidad de conectar capacitores en paralelo a la máquina. Calcule la potencia trifásica en KVAr del banco de capacitores a instalar si se quiere minimizar el cambio estacionario de corriente. La dragalina es alimentada por un suministro trifásico de 36.5 kV y la tensión puede considerarse independiente de la carga. RESOLUCION
Qc S1 Q1 P2 Q2 Qc
P1 S2
Para el estado de carga y de descarga con la realización de la compensación por medio de los capacitores se tiene:
|S1|2=P12 + (Q1-Qc)2 |S2|2=P22 + (Q2-Qc)2
Se igualan ambos estados para que no exista un salto de corriente y así se encuentra Qc.
P12 + (Q1-Qc)2 = P22 + (Q2-Qc)2
– –
–
P12 + Q12 2*Q1*Qc + Qc2 = P22 + Q22 2*Q2*Qc + Qc2
–
P12 + Q12 2*Q1*Qc = P22 + Q22 2*Q2*Qc P12 - P22 + Q12 - Q22 + 2(Q2-Q1)*Qc = 0
Resolviendo se encuentra que Qc es igual a 654 MVAr o 654000 kVAr
Problema 18
Un transformador monofásico de 1.2kV/120 V y 7.2 kVA nominales tiene un arrollamiento primario de 800 vueltas. Despreciando la impedancia de cortocircuito y magnetizante determine: a) La relación de espiras primario‐secundario y el número de espiras del secundario. b) La corriente que fluye por ambos arrollamientos cuando el transformador entrega la potencia nominal a tensión nominal. Resolución: a)
= 1200 = 10 120 2 = 1 = 80 b)
1 = 1 = 7200 1200 = 6 2 = 2 = 7200 120 = 60
Problema 19
El transformador del problema 18 alimenta en el secundario una carga 6KVA con tensión nominal y factor de potencia 0.8 en atraso. a)
Determine la impedancia de la carga conectada a los terminales del secundario (Z 2). b) ¿Cuál es el valor de la impedancia de la carga referida al primario Z’2? c) Con el valor Z’2 calculado en (b) determine la corriente y potencia suministrada al primario. Resolución: a) Para una carga de 6kVA
b) c)
2 = 2 = 6000 ∗ 0.8 + 6000120∗sinarcos0.8 = 4800120 3600 = 40 30 = = 40 120 30 = 1.92+ 1.44 ℎ = ∗ = 1.92 + 1.44 ∗ 100 = 192 + 144 1 = = 6 ;cos∅ = 0.8
I 1 *
S
U
6000 36,86VA 1200V
5 36,86 A
Problema 20
Para un par de bobinas magnéticamente acopladas se tiene que L11 = 1.9 H, L22 = 0.5 H y L12 = L21 = 0.9 H. R1 = R2 = 0 Ohm. a) Escriba la matriz de impedancias de rama y la de admitancias de rama del pa ra de bobinas. Para operación a 60 Hz. b) Determine la tensión primaria (U1) y la corriente primaria (I1) cuando el sec undario está b1) abierto y la tensión inducida en el mismo es U2 = 100 /0 V b2) cortocircuitado y conduce una corriente I2 = 2 /90 A
Resolución: w= 2* pi * f = 120pi
a) Matrices de impedancias de rama y de admitancias de rama:
1. 9 0. 9 12 1 1 12 = 11 ∗ = ∗ 21 22 2 0.9 0.5 2 108 = 228 108 60 1 1 Yr = 2281 1081 [ 108 60 ]
B1) Con el secundario abierto I2=0 y U2=100/0
12 == 11 ∗1 21 ∗1 1 = 111 1 = 11 ∗ 212 = 211.21 Reemplazando:
Entonces: I1 = -0.29 j B2) cortocircuitado y conduce una corriente I2 = 2 /90 A
1 = 22 21 ∗ 2 = 1.11 1 = 11 ∗1 + 12 ∗2 = 116.14 Problema 21
Considerando el par de bobinas acopladas del problema 21 con los arrollamientos de un transformador con relación de espiras n1/n2=2, determine cuál sería su impedancia magnetizante (vista del lado de alta) y la reactancia de dispersión de ambos arrollamientos.
Sugerencia. Determine la matriz de impedancias de rama correspondiente al modelo convencional del transformador e identifique los elementos. RESOLUCION Zp
Zs
Ip U1
e1
e2
Is
1 = ∗ + ( + ) 2 = ∗ + 2 = ∗ + 1 = ∗ + ∗ + 1 = + ∗ +()∗ 2 = ()∗ + + ∗ + 2 = + 339 1 = 716 339 188
U2
Ordenando se tiene:
Considerando el ejercicio anterior:
Por lo tanto, analizando cada elemento de la matriz de impedancias de rama 1 y 2 se tendrá:
= 339 → = 678 + = 716 → = 38 + = 188 → = 18,5
Problema 22
Un transformado monofásico de 7.2 kVA, 1.2kV/120V nominales tiene los siguientes parámetros: z1 = (0.8 + j 1.2) Ohm ; z2 = (0.01 + j 0.01) Ohm y reactancia magnetizante prácticamente infinita. Determine: a) la resistencia y reactancia de dispersión combinada referida al arrollamiento primario. b) la resistencia y reactancia de dispersión combinada referida al arrollamiento secundario. c) La regulación de tensión del transformador cuando está alimentando una carga de 7.5 KVA con factor de potencia 0.8 con una tensión de 120 V. Resolución:
a)
b)
c)
1 = 1 + ∗ 2 = 1.8 + 2.2 ℎ 2 = 2 + = 0.018 + 0.022 ℎ = = |||−||| 120 = ̅ = 75000.8 0.6 = 1.92 36° = ||0|| 1 = |2||+ ∗||2| ∗ |2| 1 = |2||+ | 1 = 0.01
Problema 23
Un transformador monofásico de 7.2 kVA, 1.2kV/120V nominales tiene los siguientes parámetros compuestos referidos al primario: R1=r1+a^2r2=1 Ohm, X1=x1+a^2x2=4 Ohm. A tensión nominal sus perdidas en el núcleo pueden suponerse iguales a 40W e independientes del estado de carga.
Determine el rendimiento y la regulación del transformador cuando entrega 7,2 KVA a tensión nominal y factor de potencia a) 0.8 en atraso y b) 0.8 en adelanto.
Resolución:
1 = 1+ 4 = ∗ = ∗ 0.01 7200 ∗0. 8 = + = 7200 ∗0. 8 + 40+ 36 = 0.987 120 = ̅ = 75000.8 0.6 = 1.6 + 1.2 | = ||0|| 1 = |2+ || 1 = 0.16 120 = ̅ = 75000.8 +0.6 = 1.6 1.2 = ||0|| 1 = |2+|| | 1 = 7.82∗ 10− = 36 W
Problema 24
En la operación normal de un transformador de potencia, la tensión en ambos arrollamientos es, en primera aproximación, igual a la tensión nominal, independientemente de la carga. Como consecuencia de ello: a) b)
También la pérdida en el núcleo es prácticamente independiente de la carga. La perdida en los arrollamientos, que es proporcional al cuadrado de la corriente, varia prácticamente con el cuadrado de la potencia aparente. El rendimiento del transformador: varia con el estado de carga, siendo bajo con el transformador descargado por ser chico el numerador y en principio también es baja con elevada carga porque el denominador tiende a variar con el cuadrado del numerador
= +
Hay una potencia para la cual el rendimiento es óptimo. Demuestre que esto ocurre muy aproximadamente cuando la potencia de la carga es tal que la perdida en los arrollamientos iguala a la perdida en el núcleo.
Resolución
= + = + = + ∗ : í . = = = : . = ∗ ∗ cos = ∗ ∗ ∗ cos ∗ ∗ ∗ cos = = + ∗ ∗ ∗ cos + + ∗ ∗ ∗ cos = ∗ ∗cos + + ∗ Se calcula la derivada del rendimiento respecto del factor de carga y se iguala a cero. Finalmente se despeja el factor de carga para el cual el rendimiento es máximo.
= 0 ∗ cos ∗ ( ∗ ∗ cos + + ∗ ) ∗ ∗ cos ∗ ∗ cos + 2 ∗ ∗ ( ∗ ∗ cos + + ∗ ) =0 ∗ ∗ cos + + ∗ ∗ ∗ cos 2 ∗ ∗ = 0 ∗ = 0 = El rendimiento máximo se tiene para un estado de carga tal que las pérdidas en el cobre son iguales a las perdidas en el hierro.
Problema 25
Tres transformadores monofásicos en conexión Dd, cada uno de 5Kva y 220V nominales en su secundario, han estado alimentando una carga trifásica balanceada de 15kW (puramente resistiva) a 220V. Debido a razones que no vienen al caso, la carga original se ha visto reducida a solo 10kW, siendo aun puramente resistiva y balanceada. Alguien sugiere que habiéndose reducido la carga a 2/3 de su valor original, podría eliminarse uno de los transformadores, y alimentarla con dos transformadores en conexión triangulo abierto (VV). La tensión aplicada a la carga seguirá siendo balanceada y de 220V ya que dos de las tensiones de línea (y en consecuencia también la tercera) se mantienen iguales. Analice la cuestión para determinar si la alternativa propuesta es efectivamente viable, calculando con detalle la carga que quedaría aplicada a cada transformador. RESOLUCION
Por un lado, tenemos que:
Además:
Potencia que me entrega una pierna del transformador (S’ab)
= = = || 0° = || 120° = || 120° || = 3|∗|| | 0° |′| = √ 3|∗ ||| → = √ 3|∗ ||| ∅ 30° |′| = √ 3|∗||| → = √ 3|∗||| ∅ 90° = ∗ = |⏟| 0° ∗ √ 3|∗ ||⏟| ∅ + 30° = √ |3| ∅ + 30° = |√ 3| ∗cos∅+ 30 + ∗sin∅+ 30 Trabajando con la función trigonométrica:
= |√ 3| 2∗ cos ∗ cos30° + ∗ 2∗ ∗cos30° = |√ 3| ∗ cos∅ + sin ∅ = |√ 3| ∅
De igual forma para S’bc:
= |√ 3| ∗ cos∅ 150° + ∗sin∅ 150° = |√ 3| ∗ cos∅ 30 + ∗sin∅ 30
= + = 2 ∗ √ |3| ∗ cos∅ +2 sin ∅ || ∗ cos∅ + sin ∅ |′| + |′| = 2 ∗ √ |3| | + ′| = || = |′||+ + |′′|| = 2 |∗ ||| = √ 23 = 0.86 √ 3
Del total de la potencia disponible (10kVA) solo es posible utilizar un 86.6%. Por lo tanto, en la configuración en que quedan conectados los transformadores solo es posible suministrar 8.66kVA. Potencia disponible luego de la configuración: 8.66kVA lo cual resulta insuficiente.
Ejercicio Propuesto 1 Ejercicio 1a
Dada la siguiente tensión base y potencia base monofásica calcular la correspondiente corriente base en Amperes y la impedancia base en Ohm: Ub = 3 kV; Sb = 10 kVA
0 = 3.34 = = 13 3 = = = 10 = 900 ℎ Ejercicio 1b
En un sistema trifásico con tensión nominal de 132 kV se define la tensión base igual a nominal y se adopta como potencia base trifásica Sb 3 = 100 MVA. Determinar la corriente y la impedancia base de línea (Y), así como la corriente e impedancia base de fase para dispositivos en conexión triángulo. Resolución
3 = √ 1003 ∗ 132MVAkV = 437 í = √ 3∗ 1 32 kV í = 3 = 100 MVA = 174.24 ℎ
= √ í3 = 252 = 3∗ í = 522.72 ℎ
Ejercicio 1c
Con relación al ejercicio 1b considere una carga equilibrada en conexión triángulo que consume una potencia S = 0.6 pu con factor de potencia 1, cuando la tensión de línea es 140 kV. c1) Determine la impedancia de las ramas del triángulo y de su estrella equivalente en pu y en Ohm. c2) Determine la corriente de fase en la carga y la corriente de línea que la alimenta en pu y en Amperes. Resolución C1)
= 140132 = 1.0606
En pu la tensión de fase y de línea son iguales.
1. 0 606 = = 0.6 = 1.8748 ->Z = 1.8748pu x 522.72 = 980 Ohm ->ZY = 1.8748pu x 174.24 = 326.66 Ohm C2)
= 1.06060.6 = 0.5657 = Upu I = 0.5657pu x 0.252 kA = 0.143 kA IY = 0.5657pu x 0.437 kA = 0.247 kA Ejercicio 1d
Se ensaya un transformador monofásico de 10 MVA de potencia nominal y tensiones nominales (132/raíz(3))/(33) kV. La impedancia de cortocircuito y
corriente de vacío obtenida al ensayar desde el arrollamiento de baja tensión son: Z2cc = 98.01 Ohm I2o = 2.5 A d1) Obtenga las magnitudes referidas al arrollamiento de alta tensión. d2) Exprese ambas magnitudes en pu usando como base los valores nominales de cada arrollamiento.
1 = 2 1 2 = 522.72 ℎ 1 = 2 2 1 = 1.0825 D1)
D2)
1 = 132 2 = 33 1 = U1b = 0.131216 ; 1 = 131.22 2 = 2 = 0.303030 ; 2 = 303.03 1 ℎ = = 580.8 2 2 ℎ = 1 = 108.9 2 1 2 = 1 = 0.9 2 1= 2 = 0.9 1 = 21 = 0.00825 2 = 2 = 0.00825
Ejercicio Propuesto 2
Para el siguiente sistema de transmisión de 3 barras, tomando en consideración una potencia base de 100 MVA y un voltaje base de 110 kV, transforme el sistema en un diagrama unifilar de impedancias (reactancias) en por unidad. Nota: Trate a la carga como una impedancia constante.
Línea de transmisión Z = j0.8403 pu @ 120 kV y 50 MVA
Generador Transformador 100 MVA 100 MVA 22 kV 22:110 kV X=90% X=10%
Transformador 100 MVA Generador 120:24 kV 80 MVA X=12.6% 22 kV X=1.48 pu Línea de transmisión X = 60.5 ohms
Línea de transmisión Z = j60.5 ohms
Carga datos de operación: V=110 kV S=10 MVA fp = 1
Zona 1
Zona 2
Zona 3
Resolución
Se calculan las respectivas bases de la zona 1 y se calculan las impedancias referidas a dichas bases:
Para Zona 1
1 = 110 1 = 100 = 121 ℎ 1 = 100110 22 1 = 0.9 ∗ 100121 = 0.036 ℎ 1 = 0.1∗ = 0.1 (Del lado de alta)
Se calculan las bases de la zona 2 y también se calculan las impedancias referidas a dichas bases:
Para Zona 2
2 = 120 2 = 50 1 = 12050 = 288 ℎ
13 = 0.8403 ∗ 288121 ℎ ℎ = 2 ℎ = 0.5 12 = 61210.5 ℎ ℎ = 0.5 23 = 61210.5 ℎ 110 2 = 12110 ℎ = 10 120 = 0.15 2 = 0.126 ∗ 121100 ℎ
Se calcula la impedancia referida a las bases y se obtiene el diagrama unifilar de impedancias:
Para Zona 3
2 = 1.48 ∗ del T2)
∗ 5 = 1.85
(Siendo a=5, estando referido al lado de alta
z13=j2 p.u.
zg1=j0.9
zt1=j0.1 4
+ V1= 1 p .u. -
1
z12=j0.5 p.u.
zt2=j0.15 3
2
zg2=j1.85 5
z23=j0.5 p.u.
z2=10 p.u.
+ V3= -j1 p.u. -
Ejercicio Propuesto 3
Para el siguiente sistema de transmisión de 2 barras, tomando en consideración una potencia base de 30 MVA, transforme el sistema en un diagrama unifilar de impedancias (reactancias) en por unidad, usando bases de tensión convenientes. Modele la carga A como impedancia constante y la carga B como potencia constante.
ZONA 1
ZONA 2
ZONA 3
Los datos del sistema eléctrico se enumeran a continuación:
Generador No. 1: 30 MVA, 10.5 kV, X” = 44%, X n = 1.5 Ω Generador No. 2: 15 MVA, 6.6 kV, X” = 41%, Xn = 2.5 Ω Generador No. 3: 25 MVA, 6.6 kV, X” = 32%, Xn = 2.5 Ω
Transformador T 1 (3Ø): 15 MVA, 33/11 kV, X = 21% Transformador T 2 (3 x 1 Ø): 5 MVA, 20/6.8 kV, X = 0.24% (cada fase) Línea de Transmisión: 20.5 Ω /fase Carga A: 15 MWa 11 kV, factor de potencia de 0.9 en atraso Carga B: 40 MW a 6.6 kV, factor de potencia de 0.85 en atraso.
RESOLUCION
ZONA 1:
1 = 11 1 = 30 = 4.034 ℎ 1 = 3011
1 0. 5 1 = 0.44 ∗ 304.034 = 0.4 11 = 154.034 = 2
ZONA 2
(Aproximamos relación y niveles de tensión de T2 a T1)
2 = 33 2 = 30 = 36.3 ℎ 2 = 3033 33 1 = 0.21∗ 36.153 ℎ = 0.42 33 2 = 0.24∗ 36.153 ℎ = 0.48 ZONA 3
3 = 11 3 = 30 = 4.034 ℎ 3 = 3011 6 . 6 2 = 0.41 ∗ 154.034 = 0.295 6 . 6 3 = 0.32 ∗ 25 4.034 = 0.14 6. 6 = 404.034 = 0.27
