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) Calcul Calcular ar los los paráme parámetro tross del circui circuito to equiva equivale lente nte referid referidoo al lad ladoo de baj bajaa tensión. b) Si el voltaje y la corriente en el secundario se mantienen en sus valores nominales. Determine el f.d.p. de la carga con la que se obtiene máxima regulación. Calcular este valor. SOLUCIÓN: a)Para el circuito abierto: V o = 230V I o = 1,01 A P o = 40W P 40 g P = OC = = 7,56 × 10 − 4 mhos 2 2 V OC 230 I 1,01 Y φ = OC = = 4,39 × 10 −3 mhos V OC 230 Y φ 2 = g P 2 + bm 2 ⇒ bm = 4,324 × 10 −3 mhos
∴ g P = 7,56 × 10 − 4 mhos
X m = 231,245Ω
Para el corto circuito: Referido al lado de alta tensión: V 5 K 142 ⇒ In1 = = 2,174 A ⇒ Z SC = Zeq1 = SC = = 65,32Ω I SC 2,174 2300 P 110 2 2 RSC = SC = = 23,274Ω ⇒ X SC = Z SC − RSC = 61,03Ω 2 2 I SC 2,174 ⇒ Re flejado al lado de baja tensión : a = 10 Req 1 R X SC = = Ω = = 0,61Ω Req 2 = SC X 0 , 2374 eq 2 a2 a2 a2 ⇒ En En el lado de BT, tenemos el siguiente circuito equivalente:
61 ,03 θ CC = arctan = 27 4 23 ,274 = 69 ,125 12 5°
110
b) I 2 n V 2 n
5 k 230 2 3 0V
2 1 ,7 4 A 0 ,2 3 7 42 0 ,6 12
Z eq 2
0 ,6 5 5Ω
E 0
L
V 2
C
I L R
I L %r ≅
I L 2 V 2
C
J j L RI e
q
e
2
× Z eq 2 × cos(θ CC − θ L ) × 100
⇒ r max ocurre cuando θ CC = θ L ⇒ θ L = 69,1° ⇒ f .d . p = 0,356 356 ∴ r max =
21,74 230
× 0,655 = 6,19%
PROBLEMA N° 4.2 : Un transformador transformador monofásico monofásico de 500 500 KVA, 42/2,4 42/2,4 KV y 60Hz. 60Hz. Fue somet sometido ido a la prueba prueba de vacío vacío y corto cortoci circu rcuit ito, o, con los siguien siguiente tess resultados: Vacío: Vacío: 2400 V 18,1 A Cortocircuito: Cortocircuito: 955 V 5,91 A 962,5 W sabiendo además que la máxima eficiencia se obtiene para α = 0,9915 a) Determin Determinar ar los parámet parámetros ros del circui circuito to equivale equivalente. nte. b) Determin Determinar ar la tensión tensión en la carga, carga, cuando cuando esta esta consume consume 500 KVA KVA con f.d.p.= f.d.p.= 0,8 capacitivo y alimentado el primario del transformador con 42 KV c) Determ Determina inarr el f.d.p. f.d.p. de la carga carga,, para para conse consegui guirr regul regulaci ación ón cero cuando cuando la carga consume 500 KVA a tensión nominal. SOLUCIÓN: a) Prueb Pruebaa de cortoc cortocirc ircui uito: to: JR
e f 1
J j Xe
f 1
110
b) I 2 n V 2 n
5 k 230 2 3 0V
2 1 ,7 4 A 0 ,2 3 7 42 0 ,6 12
Z eq 2
0 ,6 5 5Ω
E 0
L
V 2
C
I L R
I L %r ≅
I L 2 V 2
C
J j L RI e
q
e
2
× Z eq 2 × cos(θ CC − θ L ) × 100
⇒ r max ocurre cuando θ CC = θ L ⇒ θ L = 69,1° ⇒ f .d . p = 0,356 356 ∴ r max =
21,74 230
× 0,655 = 6,19%
PROBLEMA N° 4.2 : Un transformador transformador monofásico monofásico de 500 500 KVA, 42/2,4 42/2,4 KV y 60Hz. 60Hz. Fue somet sometido ido a la prueba prueba de vacío vacío y corto cortoci circu rcuit ito, o, con los siguien siguiente tess resultados: Vacío: Vacío: 2400 V 18,1 A Cortocircuito: Cortocircuito: 955 V 5,91 A 962,5 W sabiendo además que la máxima eficiencia se obtiene para α = 0,9915 a) Determin Determinar ar los parámet parámetros ros del circui circuito to equivale equivalente. nte. b) Determin Determinar ar la tensión tensión en la carga, carga, cuando cuando esta esta consume consume 500 KVA KVA con f.d.p.= f.d.p.= 0,8 capacitivo y alimentado el primario del transformador con 42 KV c) Determ Determina inarr el f.d.p. f.d.p. de la carga carga,, para para conse consegui guirr regul regulaci ación ón cero cuando cuando la carga consume 500 KVA a tensión nominal. SOLUCIÓN: a) Prueb Pruebaa de cortoc cortocirc ircui uito: to: JR
e f 1
J j Xe
f 1
111
Req 1
=
P SC
Req 1
=
962 962 ,5W
Z eq 1
=
V SC
2 I SC
5,912 I SC
=
= 27,556 556 Ω
955 955 5,91
161,6Ω ⇒ = 161
=
X eq 1
161 161,6 2
556 2 = 159 159 ,23Ω − 27,556
Req1 = Z eq1 × cosθ CC ⇒ θ CC = 80,182°
∴ Z eq1 = 161,6∠80,182°
Prueba de Vacío: P h+ f P P = OC ∴ P Cu N = OC 2 α para máxima eficiencia ⇒ α = P Cu N
P SC
α
2
500 ⇒ P Cu N = In1 × Req1 = × 27,556 = 3,91 KW 42 ⇒ P h+ f = P Fe N = 3,844 KW = P OC = α 2 × P Cu N 2
AT − BT
GRAFICO
AT
b) cos φ = 0,8
⇒
φ = 36 ,87 °
112
a
42
=
Z eq 2 V L
= 17,5
2,4
=
Z eq 1 a
=
161,6∠80,182° 17,5 2
= 0,528∠80,182°
+ Z eq 2 × I L = 2400 ∠α
⇒
Tomando como referencia : V L
V L × 10 3 V L
2
+
+
500 × 10 3
V L
264
V L
×10 3
×10
3
= V L ∠0°
∠36,87° × 0,528∠80,182° = 2,4 ×10 3 ∠α
∠117° = 2,4∠α
V L está en KV
0,235 − 0,12 ⇒ V L + + V j = 2,4∠α ⇒ V L L ∴ V L = 2,447 KV
2
2,4
2
2
0,12 0,235 = V L − + V V L L
c) Como una aproximación de la regulación tenemos: X eq 2 I L 2 r % = × Z eq 2 × cos(φ − θ L ) × 100 donde φ = arctan V 2 Req 2 Req1 a2 ⇒ φ = 80,18° ⇒ Para la condición r = 0
X eq 2 =
⇒
X eq1 a2
Req 2 =
φ − θ L
= 90° θ L = −9,82° ∴ cosθ L = 0,9853 PROBLEMA PROBLEMA N° 4.3 : Se tiene un transformador monofásico con los siguientes datos de placa: 10KVA, 440/110V, 60Hz y tiene los siguientes parámetros: r 1 = 0,5 ohm r 2= 0,032 ohm X1= 0,9ohm X2=0,06 ohm En vacío la corriente absorvida absorvida por el bobinado de 440 V es de 0,5 A y las pérdidas en el núcleo es de 100 W. a) Calcular Calcular la tensión tensión necesari necesariaa en el primario primario para mantene mantenerr la tensión tensión nominal nominal en bornes del secundario cuando entrega una corriente de sobrecarga del 25% con f.d.p. 0,8 (inductivo). b) Para el régimen de operación en a) calcular calcular la la regulación regulación y la eficiencia. eficiencia. c) Calcular la corriente corriente para eficiencia eficiencia máxima y cual es es el valor de de ésta. ésta.
SOLUCIÓN: Para la prueba en vacío, tenemos el siguiente circuito equivalente:
113
J g p
⇒
∴
g P
=
P OC
Y φ
=
I OC
2 OC
V
V OC
=
bm
Y φ 2
= =
100 440
R
J - j bm
2
0,5 440
e
+
q
j X e f
= 5,165 × 10 −4 mhos
= 1,136 ×10 −3 mhos
− g P 2 = (1,136 ×10 −3 ) − (5,165 ×10 −4 ) 2
2
⇒ bm = 1,0122 ×10 −3 mhos ⇒ r P = X m
=
1 g P
1 bm
= 1,936 K Ω
= 987,947Ω
r 2 ´= a 2
× r 2 = 16 × 0,032 = 0,512 Ω
X 2 ´= a 2 × X 2
a)
Circuito simplificado: I 2 N = _
I L 1 _
V L
10 ×10 3 110
= 0,96 Ω
= 90 ,91 A _
1 , 8 6 j
1 , 0 1 2
r p
I a
_
− jxm
V 1
Z 3 7 °
a =4 Ef iciencia máxima:
114 2
10 × 103 2 × 1,012 = 522,72W P Cu N = I a N × 1,012 = 440 α =
P OC P Cu N
=
P Fe P Cu N
I L 2 ( para η max ) I L 2 N
∴
= α =
=
100 522,72
= 0,4374
I L 1 ( para η max ) I a N
I L 1 ( para η max ) = α × I a N
= 0,4374 ×
⇒
I L 1 (η max ) = 9,94 A
P FE
= 100W
P Sal
= V L 2 × I L 2 ( para η max ) × cosθ L
; P Cu
P S
∴
η max
=
∴
η max
= 94,5%
P S + ∆ P
=
⇒
P Cu
= 99,98W
10 × 10
3
440
= ( I L1 ) 2 × ( r 1 + r 21 ) ⇒ ∆ P = 199,98W = P FE + P Cu 3 10 × 10 = 110 × α × × 0,8 = 3499,2W
3499,2 3499,2 + 199,98
110
= 0,945
PROBLEMA N° 4.4 : El ensayo de cortocircuito y vacío bajo corriente y tensión 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 inductivo a 2,3 KV. Determinar: a) La tensión al inicio de la línea, si el transformador se encuentra a ¾ de 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) Calcular el porcentaje de carga a la cual Ud. recomendaría para encontrar la máxima eficiencia del sistema línea – transformador. c) Determinar la impedancia de cortocircuito y los parámetros g y b por unidad. d) Si se hubiera considerado la resistencia de la línea como afectaría la respuesta c) SOLUCION:
115
De la prueba de cortocircuito: Secundario en corto Instrumento en el lado de alta tensión
= V n × I n = 10000 I n = 100000 ⇒ I n = 10 A = I SC S n
P SC
P SC
= V SC × I SC × cos θ SC
⇒
V SC
Z SC
∴
=
I SC
=
V SC I SC
I n
2
=
1250
=
2
=
P SC
RSC
1250 10 × 0,65
=
10 2
= 12,5 Ω
= 192,3076 V
192,3076 10
=
P OC
=
2
V OC
350
V N
2
=
350 2300 2
= 6,61625 ×10 −5 mhos P OC = V OC × I OC × cos θ OC g P 2
⇒ Y φ
I OC
=
= 2
g P
350 2300 × 0,24
= 0,634 A
+ bm 2
⇒ Y φ = I OC = V OC
0,634 2300
= 2,7565 ×10 −4
⇒ 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 eq 1 = 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
X SC
De la prueba de vacío: Las mediciones se hacen en el lado de baja tensión ∴ Los parámetros por calcular están
referidos al secundario
g P 2
2
166 166
a) En el primario ( al inicio de la línea)
f .d . p. = 0,85
Despreciando el circuito de admitancia, tenemos :
I 2
3
S N
4
V 2 N
= ×
⇒
3
100
4
2,3
× ∠ − 31,788° = × I 2 a
(V
× ∠ − 31,788°
2
⇒ϕ = 31,788 °
=
;
)
V 2 ∠0°
a
= 7,5∠ − 31,788°
⇒ a ×V 2 + 7,5∠ − 31,788 ° × (12 ,5 + 21,921 j ) = V i ⇒ Sumando fasores : V i = 10000 ∠0° +189 ,25875 ∠28 ,519 ° ∴ V i = 10166 ,69545 ∠0,51 ° b)
=
10 2,3
167 167 P h+ f
I L 2 ( para η max ) =
⇒
Req 2 350
I L 2 ( para η max ) =
1250
I L 2 ( para η max )
=
P OC P SC
× I L 2 N
× I L 2 N = 0,52915 × I L 2 N
∴ Porcentaje de carga = 52,915% del sistema línea- transformador, ya que la línea se
supone puramente inductiva. c) g y b por unidad:
=
P h + f ( p.u.)
P h + f P n
=
350 100
×10
3
=3,5 ×10 −3
P OC P OC
g ( p.u.)
=
g ( p.u.)
= 0,0035
V O2C
=
I OC
I φ ( p.u.)
=
Y φ ( p.u.)
=
bm ( p.u.)
=
I n S 2
P OC V n2
=
S n 1
0,634
100
I OC ( p.u.) V OC ( p.u.) 2
=
=
Y φ ( p.u.)
2,3
=
P OC S n
= 0,014582
I φ ( p.u.) V n ( p.u.)
=
0,014582 1,0
= 0,014582
− g 2 ( p.u.) = 0,014156
e) Si se considera la resistencia de la línea, no habría afectado la respuesta c), ya que todo depende únicamente del circuito de admitancia. PROBLEMA N° 4.5 :Se tiene un transformador monofásico de 10 KVA con relación 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 circuito equivalente exacto referido al lado de alta tensión. b) El diagrama fasorial cuando se alimenta una carga con potencia nominal 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 = 1.1P N ) y con cosϕ = 0.809 capacitivo, manteniendo la tensión de entrada en 10 KV. Calcular:
168 168
c) La tensión en la carga (despreciar la rama de excitación) d) La regulación para la carga mencionada. Si para éste mismo transformador, se alimenta una carga nominal con cos ϕ = 0.707 en atraso; calcular: e) La eficiencia a plena carga f)
La corriente de carga (I L ) para obtener una eficiencia máxima. SOLUCIÓN: a)
PRUEBA DE CORTOCIRCUITO:
169 169
P Cu 600 = = 416,667 Ω 2 I CC (1,2) 2 R1 = R2 ´= 208,333Ω Req 1 =
R 2 =
R2 ´ = 0,1102 Ω a2
Z eq 1 =
V CC 550 = = 458,333 I CC 1,2
X eq 1 = 190,9407 Ω X 1 = X 2 ´= 95,4703Ω X 2 =
X 2 ´ = 0,0505Ω a2
PRUEBA DEL VACÍO: P FE = P 0 − I 02 × R2 = 199,667 W P 199,667 g o 2 = FE 2 = = 3,7801× 10 −3 mhos 2 E 2 ( 230) g g o1 = 022 = 2 × 10 − 6 mhos a I P = E 2 × g o 2 = 0,8688 Amps → I m = I o2 − I P 2 = 1,5064 Amps I bm 2 = m = 6,55 × 10 −3 mhos E 2 bm 1 = 3,467 × 10 −6 mhos X 1 = 95,4703Ω ∴ R1 = 208,333Ω R 2 = 0,1102Ω X 2 = 0,0505Ω g P 1 = 2 × 10 −6 mhos bm 1 = 3,467 × 10 −6 mhos
b)
170 170 _
V
_
1
I 1 R 1
_
I ' 2
_
I p
_
E
_
I 1
J I ' 2 X ' 2
1 _
_
I ' 2 Z ' 2
30°
_
I ' 2 R ' 2
_ _
_
I m
I φ
I 1 J X 1
_
V ' 2
c) S L = 1,1 × S N = 11 KVA cos ϕ = 0,809 (capacitivo ) ϕ = 36 °
→ I 2 ´= I 2 ´∠36 °
_
I ' 2
X
V 1 _
Z
_
q
j
1
_ e q
1
I ' 2
_
R a V 2
e
e q 1 J I ' 2
171 171
= ( a × V 2 ) + ( Z eq × I 2 ´) − 2a × V 2 × I 2 ´× Z eq1 × cos(ϕ + β ) 2
V 12
2
S L
I 2 ´=
a × V 2 2
S L × Z eq1 V = ( a × V 2 ) + a × V 2 − 2 × Z eq1 × S L × cos(ϕ + β ) Z eq1 = 458,333Ω S L = 11 KVA 2
2 1
X eq1 Req = 24,62° 1
β = arctan
ϕ = 36° a × V 2 V 2
= 10232,5
= 235,3475V
d) Cálculo de regulación: % r =
V vacío
V c arg a
−
V c arg a
×100
%
230
=
− 235 ,347
5
235 ,3475
×100
%
% r = 2,27
f) Cálculo de la eficiencia a plena carga: A plena carga: S L = S N =10KVA × 0,707 = 0,898 × 0,707 + 200 + 600
10000
η
=
η
= 89 ,8%
10000
f) I L =
P FE P Cu
× I N =
200 600
×
10000 230
= 25,1 A
PROBLEMA N° 4.6 : En el laboratorio se dispone de seis (06) transformadores idénticos de 5KVA, 440/220 V , 60 Hz, monofásicos, los cuales han sido sometidos al ensayo de cortocircuito y vacío. Vacío
220 V
3A
Cortocircuito
50V
11,36A
Determinar para un transformador:
100W 280W
172 172
a) Los parámetros del circuito T equivalente , reducido al lado de Alta tensión. b) La regulación al 90% de plena carga y la tensión en el lado de baja tensión si se alimenta con 440V. c) La eficiencia máxima y el porcentaje de carga para este caso. d) Las pérdidas en el cobre y la tensión aplicada en el lado de Alta Tensión si el ensayo se realiza al 50% de corriente nominal. e) La potencia nominal como autotransformador. f) Las posibles conexiones como autotransformador, ¿Las potencias en estos casos son iguales? SOLUCIÓN: De la prueba de vacío : (Referido l secundario)
a) P OC
= 2,066 ×10 −3 mhos ⇒
=
Y φ
=
∴ ⇒
= Y φ 2 − g p 2 = 0,01347 mhos X m = 74,1898 Ω
V N
2
I OC V OC
=
100
g P
=
220 3 220
2
R P
= 484,03Ω
= 0,0136 mhos
bm
Refiriendo al lado primario (a=2) (LADO DE ALTA TENSIÓN) g P ´= bm ´=
g P 2
a bm a
2
= =
2,066 × 10 −3 4 0,01347 4
= 5,165 ×10 −4 mhos ⇒
= 3,3675 ×10 −3 mhos ⇒
Prueba de Cortocircuito:
X m
r P ´= 1936 ,1Ω ´
= 296,956Ω
173 173 Req1
= r 1 + a 2 × r 2 =
Z SC
=
r 1
V SC
=
I SC
50 11,36
2,1697
= r 2 ´=
X 1
= X 2 ´=
⇒
Req 2
P SC I SC
2
=
280 11,36 2
= 4,4Ω ∴ X eq1 =
= 1,08485Ω ⇒
2 3,8295
= 0,957375Ω →
Z eq 2
Z SC
=
r 2
= 1,91475Ω ⇒
2 = 0,542425Ω
X eq 2
= 2,1697Ω
r 2 ´
X 2
4
=
2
− Req1 2 = 3,8295Ω
= 0,2712Ω X 2 ´ 4
= 0,47868Ω
= 1,1Ω
b) r% al 90% de plena carga I r % = L 2 × Z eq 2 × cos(φ − θ L ) × 100 V 2
X eq 2 φ = arctan Req = 60,465° Tomando un θ L = 0° 2 ⇒ r % =
V 1
=
V L
Si
5000 220
× cos 60,465° × 1,1 220
× 100 = 5,042
= V L + I L × ( Req 2 + jX eq 2 )
a
V L
0,9 ×
V 1 a
− I L × ( Req 2 + jX eq 2 )
440 ∠0° 5000 − 0,9 × ∠θ L × ( 0,542 + j 0,957 ) 2 220 θ L = 0 ° ⇒ V L = 209 ,828 ∠− 5,35 °
r %
=
=
V 1 a
−
V L
V L ×100 =
c) Eficiencia máxima:
220 − 209 ,828 209 ,828
×100 = 4,8478
174
P FE nom
= P Cu
100 = I 2
∴
2
× Req 2 ⇒
I 2
100
=
0,542425
= 13,578 A
I 2
P OC
α =
174
=
P SC
100 280
= 0,5976 ⇒
I 2 ( para η max ) = α × I 2 N
× cosθ L P sal + ∆ P P sal + ∆ P ∆ P = P Cu + P FE = 100 + 100 = 200W P sal
η =
=
220 × α ×
η =
220 × α ×
5000
220 5000
220 2988
×1
+ 200
= 0,9372 2988 + 200 %carga = α × 100 = 59,76%
η max
=
V L × I L
≡ 93,72%
d) Si el ensayo de cortocircuito se realizó al 50% de plena carga, entonces:
I SC ´ 0 ,5
I 2 N a
0 ,5
5000 220 2
5 ,6818 A
V CC ´= I SC ´× Req 1 + jX eq 1 = 5,6818 ∠0° × 4,4∠60 ,465 °
∴V CC ´= 25 ∠60 ,465 ° P Cu = ? 2 2 P Cu I SC ´ 5,6818 = ∴ = 280 I SC 11,36 ⇒ P Cu = 70W e) y f)
175 175
PROBLEMA N° 4.7 : Un transformador monofásico está en capacidad de entregar su corriente secundaria de plena carga de 300 A a f.d.p. 0,8 inductivo y una tensión de 600 V. El transformador 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) La relación de transformación a la que habría que ajustar el tap del transformador para que entregue 600V en el secundario a plena carga, siendo las impedancias del sistema las siguientes: Alimentador (total): Z F =1+j4 Ohmios Primario del transformador: Z P =1,4+j5,2 Ohmios Secundario del transformador: Z S= 0,012+j0,047 Ohmios
SOLUCIÓN:
176 176
E V Z S L0,6 2 c o s 8 E 0 S Z Z Z T P 1 F ( 1 , 4 5 , 2 T P Z 1 9 7 , 4 5 2 6 0 I P 2 5 4 1 9 5 2 , E P a´ I a 6 4 0 2P E P , 6 7 6 4 0 26 1 S PROBLEMA N° 4.8 : Se tiene un transformador, monofásico de 150 KVA, 60 Hz, 4800 / 230V. Dicho transformador tiene un circuito equivalente cuyos parámetros son : R1 = 0,705Ω X 1 = 1,950Ω R p = 72,05Ω R2 = 0,002Ω X 2 = 0,005Ω X m = 4,95Ω Se conecta una carga en el lado B.T. que absorbe una corriente de 90% de in a voltaje nominal, y factor de potencia 0.5 en adelanto; Determinar: a) La corriente que absorbe el transformador y su f.d.p. b) El voltaje aplicado al lado de A. T. c) Las pérdidas en el núcleo y el cobre a condiciones nominales. SOLUCIÓN: Datos del transformador monofásico: S N =150KVA f N =60Hz a=4800/230=20,87 Parámetros: R1=0,705Ω X 1=1,950Ω R P =72,05Ω R2 =0,002Ω X 2=0,005Ω X m=4,95Ω
S N 150000 = = 652,18 A 230 V N 2 I L = 0,9 × I N 2 = 586,96 A I N 2 =
cos θ L
= 0,5 ⇒
θ L
= 60°
Se tiene el circuito equivalente exacto, referido al lado de A.T.
177 177
Del circuito se tiene: V 1 = E 1 + Z 1 × I 1 ; I 2 ´=
I 2
; V 2 ´= a × V 2
a
R P ´= a 2 × R P
E 1
= V 2 ´+ I 2 ´× Z 2 ´
S L
= V L × I L ∗ ⇒
I L
∗
=
S L V L
=
S V L
∠φ L
= a 2 × X m Z 2 ´= R 2 ´+ jX 2 ´= a 2 × R 2 + ja 2 × X 2 ⇒ Z 2 ´= 0,871 + j 2,1778 Z 2 ´= 2,345 ∠68,2° I 2 ´=
I L ´ a
; X m ´= 4,95 × a 2
∠60° = 586 ,96 ∠60° = 28,12458 ∠60° 20,87
Luego :
= 4800 ∠0° + 2,345 ∠68,2° × 28,12458 ∠60° E 1 = 4759 ,468 ∠0,6239 ° I 1 = I + I 2 ´ ; E × ( R P ´+ jX m ´) E × ( R P + jX m ) E E = 21 I = 1 + 1 = 1 R P jX m R P ´× X m ´∠90° a × R P × X m ∠90° I = 2,213 ∠ − 85,446 ° E 1
φ
φ
φ
además : I 1
= I + I 2 ´= 26,332 ∠57,2678 ° φ
a) I 1 = 26,332 A
cosθ 1
= 0,5498 en adelanto
b) V 1 V 1
c)
= E 1 + ( R1 + jX 1 ) × I 1 = 4759 = 4727 ∠1,154 °
, 468 ∠0,6239
° + 26 ,332 ∠57 , 2678 ° × (0, 705 + j1,950
)
178 178
V 2 N 2 230 2 P FE N = = = 734,212W R p 72,05 2
2
S S N × R2 P Cu N = I 1 N × R1 + I 2 N × R2 = N R × + 1 V 1 N V 2 N 0,705 + 0,002 = 1539,138W P Cu N = 1500002 × 48002 230 2 2
2
PROBLEMA N° 4.9 : Se tiene un transformador monofásico de 10 KVA, 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 circuito equivalente exacto referido al lado de A.T. b) El diagrama fasorial cuando se alimenta una carga nominal y f.d.p. 0.866 capacitivo. SOLUCIÓN: a) Analizando por donde se hicieron las pruebas: Tenemos : S N = 10 KVA ⇒ I N 1 =
⇒ I N 2 =
10000 10000 10000 230
= 1 A = 43,478 A
La prueba de cortocircuito se hizo por el lado de A.T. La prueba de circuito abierto se hizo por el lado de B.T. El circuito equivalente exacto esta dado así (referido al lado de A.T.)
179 179
R
J x
1
J x ' 2
1
R ' 2
_ _
I 1
_
I φ
I m
_
I p
_
g
V 1
I 2
_
a _
b m
p
A . T .
E
A .T .
De la prueba de C.C. : Z eq A.T . =
V CC I CC
P CC = I CC 2 × Req A.T . ⇒ Req A.T . =
=
600 1 ,5
= 400 Ω
P Cu 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 R1 = R2 ´= a 2 × R2 = X 1
= X 2 ´= a 2 × X 2
Req A.T . 2
=
X eq A.T . 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: Y eq B.T .
=
g P B.T .
=
bm B.T .
=
Como:
I OC V N P OC V N
2
=
1,3043
=
150
Y eq 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
=
_
I ' 2 _
_
V ' 2 = 2 V
2
180 180
Z eq A.T . Y eq B.T . Y ⇒ = eq A.T . a2 a2 g g P A.T . = P B2.T . = 1,5 × 10 −6 mhos a b bm A.T . = m B2.T . = 2,598 × 10 −6 mhos a ∴ R P A.T . = 666666,6667Ω X m A.T . = 384911,47Ω
Z eq B.T . =
b) Diagrama Fasorial:
= 0,866 θ L = 30° cosθ L
f.d.p.=
_
V
1 _
I 1 X
_
_
_
I ' 2
E
_
I 1 R 1
1
_
I ' 2 X ' 2 _
I 1
_
_
I ' 2 R
2
V ' 2 _
_
I m
I φ
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 Prueba de C.C
240 volts 57,4 volts
1,066A 8,33 A
126,6 watts 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 eficiencia, si el transformador opera con el 25% de su corriente 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)Calcular la regulación y eficiencia a plena carga para un factor de potencia unitario. SOLUCIÓN: a) Cálculo de los parámetros a 24 ° C. De la prueba de vacío : Lado de Baja Tensión g o 2
=
Y o 2
=
bm 2
=
P OC V OC I OC V OC
=
2
=
Y o 2
2
126,6 240
1,066 240
2
= 2,198 ×10 −3 mhos
= 4,442 ×10 −3 mhos
− g o 2 2 = 3,86 ×10 −3 mhos
b) De la prueba de Cortocircuito: V 57,4 Z eq 1 = SC = = 6,891Ω I SC 8,33 P 284 Req 1 = SC 2 = = 4,093Ω I SC 8,332
X eq 1 = Z eq1 2 − Req 1 2 = 5,544Ω
g P , bm , X eq 1 , se consideran inalterables respecto a una variación de temperatura. (234 ,5 + 75 ) Req 1 (75 °C ) = × Req 1 (24 °C ) ( 234 ,5 + 24 ) Req 1 (75 °C ) = 4,9Ω
182 182
b) S N
= 20000 VA
I N 1
=
20000
f .d . p. = 1
= 8,33 A
2400
P Cu (75°C ) P S
= Req1 (75°C ) × I N 1 2 = 4,9 × 8,33 2 = 340 ,28W = S N × cos θ L = 20000
η =
20000
= 0,9772 ≡ 97,72% + 340 ,28 + 126 ,6 I L 2 × Req 1 I L 2 × X eq 2 2 2 % r = + × ×100 2 V 2 V 2
I L 2
20000
=
X eq 2
20000
=
240 5,544 100
= 83,33 A = 0,05544
; Req 2 ; V 2
=
Req 1 a
2
=
4,9 100
= 0,049 Ω
= V 2 N = 240V
83,33 × 0,049 1 83,33 × 0,05544 2 + × %r = ×100 240 2 240 %r = 1,72
c)
183 183 0,25 × 20000
I 2
=
P S
= V 2 × I 2 × cosθ L = V 2 ×
P S
=
P h + f
=
I 2
I 2 N 4
× cosθ L =
I 2 N
S N 4
4
× cosθ L
20000
× 0,8 = 4000W 4 = 126,6W
= I 2 × Req 2 (75°C ) = 2
P Cu η =
240
= 20,833 A
I 2 N
P S
2
× Req 2 (75°C ) 16 4000
=
340,28 16
= 21,267W
= = 0,9644 ≡ 96,44% + P h + f + P Cu 4000 + 126,6 + 21,267 = ? ⇒ P Cu = P h+ f = I 2 2 × Req 2
P S
η max
I 2 ( para η max )
=
P h + f Req 2
=
126,6 0,049
= 50,83 A
= V 2 × I 2 × cosθ L ; P S N = V 2 N × I 2 N × cosθ L V × I 2 I 2 50,83 × = × = ×16000 = 9759 ,75W P S = 2 P P S N S N 83 , 33 V I I × 2 N 2 N 2 N P S
η max
=
9759 ,75 9759 ,75 + 2 × 126,6
= 0,9747 ≡ 97,47%
PROBLEMA N° 4.11 : La placa de un transformador monofásico de 50MVA de 60 Hz indica que tiene relación de 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 cortocircuito desde el lado de bajo voltaje se obtienen lecturas de 650V, 6,25 KA y 103 KW. a) Calcule la impedancia equivalente en serie, resistencia y reactancia del transformador, referidas a las terminales de bajo voltaje. b) Calcule la impedancia equivalente en serie del transformador, referida a las terminales de alto voltaje. c) Haga las aproximaciones adecuadas y dibuje un circuito T equivalente del transformador. d) Calcule la eficiencia y la regulación de voltaje si el transformador opera a voltaje y carga nominales. El factor de potencia es la unidad . e) Repita en inciso d) suponiendo que la carga tenga un factor de potencia igual a 0,9 en adelanto. SOLUCIÓN: Prueba de Circuito Abierto. Lado de Bajo Voltaje : 8KV; 61,9A; 136KW
184 184 g P 2
=
Y φ 2
=
bm 2
=
136000 8000 61,9 8000 Y φ 2
2
2
= 2,125 ×10 −3 mhos
= 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
J x
1
V 1
R
I 2 / a
I φ
I 1 p 1
R ' 2 _
_
_
_
J x ' 2
1
X m 1 j
_
a 2a V
2
185 185
d)
= S N × cos θ L = S N = 50 MW P 1 = P L + 136 KW + 103 KW = 50,239 MW P L
η =
P L P L
+ P perd .
=
P L
=
P 1
50 MW 50,239 MW
= 0,9952 ≡ 99,52%
Voltaje V 1 = ¿? V 1 = a ×V 2 + Z eq 1 ×
I 2 a
Desprecian do la rama de R P 1 // jX m 1
;
50 ×10 6 V 1 = ×8000 ∠0° + (0,251 + 9,884 j ) × 78 8 8000 × 8 78417 ,27797 − 78000 ×100 = 0,535 r % = 78000 78
= 78417 ,27797 ∠4,63 °
e)
= S N × cos θ L = 50 ×10 6 × 0,9 = 45MW P 1 = 45 MW + 136 KW + 103 KW = 45,239 MW P L
η =
P L P 1
= 0,9947 ≡ 99,47%
I V 1 = a ×V 2 + Z eq 1 × 2 a V 1 = 78000 ∠0° + (0,251 + 9,884 j ) ×
50 ×10 6 78000
∠arccos
0,9
V 1 = 75603 ,74272 ∠4,38 ° r =
78000
− 75603 ,74272 78000
= 0,0307 ≡ 3,07 %
PROBLEMA N° 4.12 : Los siguientes datos de prueba son de un transformador 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 eficiencia del transformador cuando entregue 40 KVA a tensión nominal y a f.d.p. 0,8. b) La reactancia de dispersión y la resistencia equivalente referidas al lado de baja tensión X eq 2 y Req 2 . c) La regulación de voltaje del transformador cuando entregue 40 KW a V nominal y a f.d.p. 0,8 inductivo. SOLUCIÓN : a)
I L 2 ( paraη m a x) = I L 2 N ×
P F E N
∴
288
3 0× 1 03 = 5 0× 1 03 ×
I 1 N =
∴
5 0× 1 03
P C u N
V L × I L 2 ( paraη m ax) = V L × I L 2 N ×
⇒
P C u N
=
V L × I L × c o sθ + P F E + P C u
5
P C u N =
× 2 8 8= 8 0 0W 3
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%
b) Req 1
=
Z eq 1
=
⇒
X eq 2
I 1 N
=
2
V SC
P Cu N In
=
I SC =
2
100 20
X eq 1 a2
=
800 2
20
= 2Ω
= 5Ω
∴
; Req = 2
X eq 1
=
Req1
Z eq 1
a 2
2
= 0,02Ω
− Req
2 1
= 4,5825Ω
= 0,045825 Ω
c) P L
P C u N
2
V L × I L × c o sθ
P SC
P F E N
= 2 0 A
2500
η =
⇒
= V N × I L 2 × cosθ L ⇒
I L 2
Por ser una carga inductiva:
=
P L V N × cos θ L
=
40 ×10 3 250 × 0,8
= 200 A
187 187
r =
I L 2 × Z eq 2 × cos(φ − θ L ) V 2
X eq 2 = 66,42° ⇒ r = 200 × 5 × cos(66,42° − 37°) = 0,03485= 3,485% Req 250 100 2
φ = arctan
d)
PROBLEMA N° 4.13 : Un transformador monofásico de 10KVA, 1200 / 120 V es conectado como autotransformador con polaridad aditiva como se muestra en la figura se pide: a) Calcular la potencia máxima en KVA que puede entregar el autotransformador sin sobrecargar el arrollamiento de 120V. b) C a lc ul ar e l i nc re me nt o p o rc en tu a l d e l a p o te nc ia e n K V A d el autotransformador respecto a la del transformador primitivo. c) Calcular el porcentaje de sobrecarga del arrollamiento de 1200 V. Calcular las corrientes I 1 e I C . FIGURA: I 2 X
2
X 1
H 1
I 1
1 2 0 0 V .
1 2 0 V .
X 1 1 3 2 0 V
H 2 1 2 0 0 V .
H 2
X 2
I C
H 1
1 0 K V A
I 1
I 2
SOLUCIÓN: a) Para el transformador: 10 ×10 3 I BAJA = = 83,33 A 120
I ALTA
=
10 ×10 3 1200
= 8,33 A
Por lo tanto la potencia máxima que puede entregar el autotransformador será: P max = V 2 × I 2 = 1,32 × 83 ,33 = 110 KVA b) S autotransf ormador S transforma dor
d)
= 110 KVA = 11 ≡ 1100 % 10 KVA
188 188
S 1 110 ×10 = = 91,67 A 1200 V 1 I C = I 1 − I 2 = 91,67 − 83,33 = 8,34 A 3
I 1 =
c) %Sobrecarga =
I C I ALTA
×100 = 8,34 ×100 = 100 ,12 8,33
PROBLEMA N° 4.14 : Se tiene un transformador monofásico de 10KVA, 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 cosθ =1. Se pide calcular para ambos casos (a cosθ =1 ) a) La potencia entregada por acción del transformador sin sobrecargar los arrollamientos. b) La potencia entregada por conducción directa. c) La eficiencia nominal. d) Trazar el diagrama fasorial. SOLUCIÓN:
η nom
= 95%
aT =
600 150
=4
S = 10 KVA
CASO #1:
I 1 N I 2 N V L
= =
S V 1 S V 2
=
10 ×103
=
= 150V
a) P TRANSF . = I 2 ×V L =
b)
10000 150
×150 = 10 KW
600 10 ×103 150
= 16,67 A = 66,67 A
189 189
P COND . = I 1 ×V L = P CARGA = I L ×V L
c) eT = 1 − e A = 1 −
10000
×150 600 = 83 ,33 ×150
= 2,5 KW = 12 ,5 KW
∆W = 0,95 ya que W 2 = 10 KW ⇒ ∆W = 526 ,316 W W 2 + ∆W 526 ,316
+ 526 ,316
12500
= 0,9596 ≡ 95,96 %
d) Z eq 1 : Impedancia del transformador referido al lado de alto voltaje.
∴ Z eq A =
Z eq 1 a A
2
; Impedancia del autotransformador referido al lado de baja
tensión. Donde
a A
=
750 150
=5
∴ Z eq A = Req A + jX eq A V 1
=750
V
V 150 V 2 =
I L X e q A
I 1
CASO #2
V L = 600 V aT =
150 600
= 0,25
I 2
I L
V L
I L R e q A
190 190
a) P TRANSF . = I 1 ×V L =
10000 600
× 600 = 10 KVA
b) P COND . = I 2 ×V L =
10000 150
× 600 = 40 KVA
c) e A
=1−
e A
=1−
∆W ∆W + W 2
donde P A
526 ,316 526 ,316
+ 50000
a + 1 0,25 + 1 = P T × T = 10000 × = W 2 = 50 KVA a 0 , 25 T
= 0,9896 ≡ 98,96%
d) Z eq A
=
Z eq1 a A
2
donde a A
=
750 600
= 1,25
Z eq A = Req A + jX eq A V 1 = 7 5 0
V
V 6 0 0 V 2 =
I L X e q A
I 1
I 2
I L
V L
I L R e q A
PROBLEMA N° 4.15 : Un transformador de dos devanados de 500 KVA y 60Hz, 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 potencia máxima con la que puede trabajar el autotransformador con f.d.p = 0,8 b) ¿ Cuáles serán el rendimiento y la regulación de la tensión con un flujo de potencia a plena carga y f.d.p= 0,8 desde la parte de 15700 voltios hasta la de 13, 200 voltios? c) Si se produce un cortocircuito cerca de los bornes del transfomador en la parte de 13,200 voltios ¿Cuál será la corriente de cortocircuito en régimen 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 KVA f N = 60 Hz 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 P OC = P FE N = 2190W V OC
I OC
= 2,6 ×10 −3 mhos
=
g P B .T .
=
bm B.T .
= 2,5763 ×10 −3 mhos
V OC
=
6,5
Y φ B.T .
P OC V OC
2
2500
=
2190 2500
2
= 3,504 ×10 −4 mhos
a)
5,28 + 1 = 595 KVA a + 1 = S T × = 500 K × a 5,28 a´+1 = S × (1 + a ) = 500 K × (1 + 5,28) = 3140 KVA S N max ´= S T × T a´ ∴ S N max = 3140 KVA y P L = S N max × f .d . p = 3140 K × 0,8 = 2512 KW S N max
b) η A
=
P 2 A P 2 A
+ ∆ P
A plena carga:
∆ P = P Cu N + P FE N = 6510W η A
r % =
I L V 2
=
2512 2512 + 6,51
= 0,9974 ≡ 99,74%
× Z eq 2 × cos(φ − θ L )
De la prueba de cortocircuito. (Lado de alta tensión)
192 192
V SC = 600V I SC = I 1 N = 37,9 A P SC = P Cu N = 4320W V 600 = 15,831Ω Z eq1 = SC = I SC 37,9 P 4320 = 3Ω Req1 = SC 2 = I 1 N 37,9 2 X eq1 = 15,543Ω
X eq 2 X eq1 φ = arctan Req = arctan Req = 79,076° 2 1 θ L = 36,8699° I L = I 1 N + I 2 N = r % =
S N S N + = 59,155 A V 1 N V 2 N
I L Z eq1 × × cos(φ − θ L ) = 16,72 V 2 a 2
c)
I CC 1
=
15700 Z eq 1
=
15700 15,831
= 991,725 A
PROBLEMA N° 4.16 : Se dispone de 3 transformadores monofásicos de 220/110 V, 1 KVA , 60Hz. Se desea alimentar una carga trifásica a 380 V desde una red (trifásica) de 570V. a) Dibujar el nuevo esquema de conexiones y hallar la nueva potencia nominal del sistema.
SOLUCIÓN:
193 193
∴ S N sistema =
3 × V L × I L
=
3 × 570 × 9,09 = 8974,28VA
PROBLEMA N° 4.17 : Un transformador de 100 KVA, 4400/2200 V, 60Hz fue sometido a prueba de vacío y cortocircuito con los siguientes resultados: PRUEBA Circuito Abierto
VOLTAJE
Cortocircuito
228V
V 2 N
CORRIENTE 1,08 A
POTENCIA 525 W
I N
1300W
Si el transformador se conecta como autotransformador de 6600 / 4400 V, se pide : a) Determinar su potencia nominal (por Inducción y Conducción ) y trace 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
100 ×10 3 100 ×10 3 + S L = V 2 × ( I 1 + I 2 ) = 4400 × 4400 2200 3 3 100 ×10 100 ×10 S L = 4400 × + 4400 × = S CONDUCCIÓN + S INDUCCIÓN S L = 200 KVA
2200 +100 KVA
4400
= 300 KVA
DIAGRAMA FASORIAL:
E 1 E 2
=
N 1
+ N 2
N 2
_
_
I
I 2 Z
2
_
_
E 1
_
2
I 1 Z
_
E _
_
− I 2 Z
2
_
2
_
_
V
θ1
2
b)De la prueba de cortocircuito:
I 1
_
V
1
θ1
1
195 195
V CC = 228V I 2 N = P CC
100 ×10 3
4400 = 1300 W
= 22 ,727 A
aT
=
2200 4400
= 1/ 2
V CC = 228 = 10Ω I 2 N 22,727 P 1300 = 2,5168Ω ⇒ X CC = Z CC 2 − RCC 2 = 9,678Ω RCC = CC 2 = 2 I 2 N 22,727
Z CC =
∴ Z CC = 2,5168 + j9,678 = 10∠ 75,42° Z eq 2 = Z 1´+ Z 2 = Z CC Tomando: Z 1´= Z 2 =
Z 1´=
Z 1 = 4 Z 1 ⇒ aT 2
Z eq 2 2
⇒ Z 2 = (1,2584 + 4,839 j)Ω
Z 1 =
Z 1´ 4
= 0,3146 + 1,20975 j
CKTO. EQUIVALENTE DEL AUTOTRANSFORMADOR REDUCTOR REFERIDO A LA CARGA.
Z 1
( aT + 1) 2
2
= 0,1398 + 0,5376 j
;
aT × Z 2 = 0,1398 + 0,5376 j 1 a + T
196 196
= 4400 V S L = 250 KVA
S I L = L V L
=
= 0,85 = 31,788 ° Inductivo
cos θ L
V L
θ L
250
×10 3 = 56,818 A
4400
Z
= 0,279 + 1,0752 j = 1,11∠75,45°
1 = 4400 ∠0° + 56,818 ∠ − 31,788 ° ×1,11∠75,45 ° aT + 1 1 2 ∴ V 1´× = ×V 1´= 4445 ,838 ∠0,56° 1 / 2 + 1 3 ⇒ V 1´= 6668 ,757 ∠0,56° ⇒
V 1 ´×
Por lo tanto el porcentaje en que aumenta la tensión es: 6668 ,757 − 6600 6600
×100 = 1,042 %
PROBLEMA N° 4.18 : Un transformador monofásico de 15 MVA , 60Hz (66 ±10 ×1,0%) / 13 ,2 KV , tiene los siguientes parámetros del circuito equivalente exacto (en ohmios) : R1 = 0,714
X 1 = 12,199 R P = 3004,81
R2 = 0,028
X 2 = 0,488
X m = 663,13
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 nula . (Utilizar relación de transformación nominal 66/13,2KV) Calcular: a) La tensión en al carga, si la tensión primaria es la nominal. b) La potencia absorvida por la carga . c) La posición del TAP, si la tensión de alimentación del primario es de 62,7 KV SOLUCIÓN: a) La carga consume: n
I n
⇒
=
S V
=
I L 2 ´
15 × 10 6 13,2 ×10 3
= 1136 ,36 A
= 1,15 I n = 1,15 ×1136 ,36 = 1306 ,814 A
197 197 _
V 1 / a
_
I L 2
C _
M V
θ ' L
2
θ L
V 1 / a
θ T
_
β
θ ' L
_
D
V 2 _
I L 2 r %
=
V 1 / a
− V 2
V 2
×100
Como
r = 0
⇒
V 1 / a
= V 2
= , 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. / a V 1
V 2
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 ° θ T = ángulo entre V Z y I L 2 ´ = 86 ,68 °
⇒
cos β =
β =87 ,225
°
D M
Z eq 2 I L 2 ´× 2 =
=
O D ⇒
1306 ,814
V 2
θ L ´=180
×0,978
2 ×13 ,2 ×10 3
= 0,0484
°−86 ,68 °−87 , 225 ° = 6,095 °
Por lo tanto si la tensión primaria es la nominal, la tensión en la carga también / 13 ,2 será la nominal ⇒
V 1
a
=V 2
=
K V
b) La potencia absorbida por la carga:
S L = V L × I L* = 13,2× 103 ∠ 0° × (1306,814 ∠ 6,095° )* = S L = 17,25× 106 ∠ − 6,095° Por lo tanto: P ABSORVIDA = 17 ,25 ×10 6 × cos( −6,025 °) = 17 ,155 MW
c) Posición del TAP: V PRIMARIO
= 62 ,7 KV
(66 ± 10 × 1%) KV 1 100
× 66 = 0,66 ⇒
66 + x × 0,66 = 62,7
⇒
x = −5
199 199
PROBLEMA N° 4.19 : Un transformador trifásico conectado en (∆/ Y ) está formado por 3 transformadores monofásicos de 100 KVA , 2400/120 V y 60Hz cada uno. El transformador trifásico es alimentado a través de un alimentador cuya impedancia es Z f = 0,3 + j 0,8Ω/ fase . El voltaje en el lado de envío del alimentador es mantenido constante en 2400V de línea. Si se sabe que el resultado de la prueba de cortocircuito a uno de los transformadores fue V=57,5 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. r 1
+ a 2 × r 2 = r 1 + r 2 ´= Req1 = 57,5
Z eq 1
=
Z eq 1
= 1,382∠68,52°
41,6
= 1,382Ω ⇒
875 41,6 2
X eq 1
; Z f
=
= 0,506Ω Z eq1
2
− Req1 2 = 1,286Ω
= 0,854∠69,44°
La corriente nominal del transformador trifásico es igual a la corriente nominal del transformador monofásico. S 100000 = 833,33 ; a = 2400 = 20 I 2 N = N = V 2 N 120 120 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 = 1,314 ∠69,137 ° = 1,314 ∠β 2 4 0 0 /
3 _
3 I 2 n
θ
β
Z
_
_
3 I 2 n
a
_
a V
a
2
3
Aplicando la ley de cosenos: 2 2 2 3 × I 2 N × Z 2400 a × V 2 − 2 × Z × V 2 × I 2 N × cosψ = + a 3 3 a
2
3 V 2
× V 2 2 − 2 × Z ×V 2 × I 2 N × cosψ + = 116,8296V ( fase)
2
3 × I 2 N × Z a
2
2400 − = 0 3
PROBLEMA N° 4.20 : Un banco de tres transformadores idénticos de 100KVA, 2400/120 V, 60Hz, conectadas en delta-estrella, es suministrado con energía mediante un alimentador cuya impedancia es igual a 0,3+j0,8Ω por fase. El voltaje en el extremo de transmisión del alimentador se mantiene constante a 2400V entre líneas; se hace una prueba de cortocircuito a uno de los transformadores, y sus resultados, cuando las terminales de bajo voltaje están en corto, son: V H = 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 nominal a un sistema trifásico con f.d.p. unitario. b) Calcule las corrientes en los devanados primario 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 41,6
= 1,3822Ω
2
= 0,50562Ω
a=
2400 120
= 20
X eq1 = Z eq12 − Req12 = 1,2864Ω
2
2
2400 a × V 2 L = 3 3 Z 1 = Z S + Z 1
2
Z × 3 × I 2 N − 2 × Z 1 × I 2 N × V 2 L × cos(180° − β ) + 1 a 3
Z eq 1
3 = 1,3151∠69,13° 2
2
2400 20 × V 2 L = + 94,90916742 + 450,8170292 × V 2 L 3 3 V 2 L = 202,35V V 2 φ = 116,83V b)
202 202
3 × I 2 L
a
=
2400
Z 1
I 2 L = 12,1664 KA
3
= I S I 1 =
I 2 L = 608,32 A a
I S = 1,0536 KA
PROBLEMA N° 4.21 : Un transformador trifásico para elevar el voltaje de un generador tiene capacidad nominal igual a 26/345 KV, 1000MVA y tiene una impedancia en serie igual a 0,004+j0,085 por unidad en esta base. Se conecta a un generador de 26KV, 800MVA, que se puede representar mediante una fuente de voltaje en serie con una reactancia igual a 1,65j por unidad en la base del generador. a) Convierta la reactancia por unidad del generador a la base del transformador elevador. b) La unidad suministra 500MW, a factor de potencia unitario y 345V al sistema en los terminales del transformador. Trace un diagrama fasorial para esta condición, usando el voltaje del lado de alta del transformador como fasor de referencia. c) Calcule el voltaje de baja del transformador y el voltaje interno del generador atrás de su reactancia en KV, para las condiciones de b), además calcule la potencia de salida del generador en MW y el factor de potencia. SOLUCIÓN: a)
X GEN = 1,65 × b)
S N T = 1,65 × 1000 = 2,0625 p.u. S N GEN 800
203 203
_
V
G en _
−
j X
V T
G en
I a
_
j X T I a _
I a
_
V
s
R t I a
c) V T =1 + ( RT + jX T ) × I a =1 + (0,004 + 0,085 j ) ×0,5 V T =1,003 p.u.∠2,43 ° ⇒ V T =1,003 × 26 KV = 26 ,078 KV V GEN =1 + (0,004 + 2,1475 j ) ×0,5 V GEN =1, 469 p.u.∠46 ,98 ° V GEN =1, 469 × 26 KV = 38 ,194 KV P =1,003
×0,5 ×cos
P = 0,501
×1000
f .d . p.
= cos
2,43 ° = 0,501 p.u.
MW
=501
MW
2, 43 ° = 0,9991
PROBLEMA N° 4.22 : Un transformador de salida de audiofrecuencia tiene una relación de vueltas de primario a secundario igual a 31,6. La inductancia del primario medida con el secundario en circuito abierto es 19,6H, y medida con el secundario en cortocircuito es 0,207H. Las resistencias de devanado son despreciables. Este transformador se usa para conectar una carga resistiva de 8Ω con una fuente que se puede representar mediante una fuente interna electromotriz en serie con una resistencia de 5000 Ω . Calcule lo siguiente que relaciona a las características de frecuencia del circuito: a) La frecuencia media superior. b) La frecuencia media inferior. c) La media geométrica de esas frecuencias. d) La relación del voltaje de carga al voltaje de suministro en el valor de frecuencia de c). SOLUCIÓN: a)
