Anthony Villa Oña Ejercicios CApII

ÍNDICE Objetivos ......................................................................................................................................... 2 Introducción .................................................................................................................................... 2 Ejercicio 2.1. ................................................................................................................................... 3 Ejercicio 2.2. ................................................................................................................................... 5 Ejercicio 2.3. ................................................................................................................................... 7 Ejercicio 2.4. ................................................................................................................................. 11 Ejercicio 2.5. ................................................................................................................................. 13 Ejercicio 2.6. ................................................................................................................................. 16 Ejercicio 2.7. ................................................................................................................................. 18 Ejercicio 2.8 .................................................................................................................................. 21 Ejercicio 2.9. ................................................................................................................................. 23 Ejercicio 2.10. ............................................................................................................................... 26 Ejercicio 2.11. ............................................................................................................................... 30 Ejercicio 2.12. ............................................................................................................................... 32 Ejercicio 2.13. ............................................................................................................................... 33 Ejercicio 2.14. ............................................................................................................................... 34 Ejercicio 2.15. ............................................................................................................................... 36 Ejercicio 2.16. .............................................................................................................................. 37 Ejercicio 2.17. ............................................................................................................................... 38 Ejercicio 2.18. ............................................................................................................................... 40 Ejercicio 2.19. ............................................................................................................................... 43 Ejercicio 2.20. ............................................................................................................................... 46 Ejercicio 2.21. ............................................................................................................................... 48 Ejercicio 2.22. ............................................................................................................................... 49 Ejercicio 2.23: ............................................................................................................................... 52 Conclusiones ................................................................................................................................. 58 Bibliografía ................................................................................................................................... 58

Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE

Máquinas Eléctricas-NRC: 2593 1

Objetivos  Desarrollar ejercicios referentes a transformadores, de diferente dificultad, aplicando los conocimientos abordados durante el período académico y complementarlos con otros de ser necesario.  Complementar la realización con programas que permitan facilitar la visualización de mejor manera en los ejercicios que lo requieran. Introducción Un transformador es un dispositivo que cambia de potencia eléctrica alterna de un nivel de voltaje a potencia eléctrica alterna a otro nivel de voltaje mediante la acción de un campo magnético. Consta de dos o más bobinas de alambre conductor enrolladas alrededor de un núcleo ferromagnético común. Dichas cocinas no están conectadas de forma directa. La única conexión entre las bobinas es el flujo magnético común que se encuentra dentro del núcleo. Uno de los devanados del transformador se conecta a una fuente de energía eléctrica alterna y el segundo suministra energía eléctrica a las cargas. EL devanado del transformador que se conecta a la fuente de potencia se llama devanado primario o devanado de entrada, y el devanado que se conecta a la carga se llama devanado secundario o devanado de salida. Si hay un tercer devanado en el transformador, éste se llama devanado terciario.



Ejercicio 2.1. El devanado secundario de un transformador real tiene un voltaje terminal de 𝑣𝑠 (𝑡) = 282,8 𝑠𝑒𝑛 377𝑡 𝑉. La relación de vueltas del transformador es de 50:200 (a = 0,25). Si la corriente secundaria del transformador es de 𝑖𝑠 (𝑡) = 7,07 𝑠𝑒𝑛(377𝑡 − 36,87°) 𝐴, ¿cuál es la corriente primaria de este transformador? ¿Cuál es su regulación de voltaje y su eficiencia? Las impedancias de este transformador referidas al lado primario son 𝑅𝑒𝑞 = 0,05 Ω

𝑅𝐶 = 75 Ω

𝑋𝑒𝑞 = 0,225 Ω

𝑋𝑀 = 20 Ω

El circuito equivalente de este transformador se muestra a continuación.

Fig 1. Circuito Ejercicio 2.1. Solución: Modelo de transformador referido al primario.

Fig 2. Circuito solución ejercicio 2.1. Conversión a fasores Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


282,8 ∠0°

𝑉𝑆 = 𝐼𝑆 =

7,07 √2

√2

𝑉 = 200∠0°𝑉

∠ − 36,87°𝐴 = 5∠ − 36,87°𝐴

Reflejamos voltaje y corriente al primario. 𝑉′𝑆 = 𝑎𝑉𝑆 = 50∠0°𝑉 𝐼′𝑆 =

𝐼𝑆 = 20∠ − 36,87°𝐴 𝑎

Aplicación de mallas. 𝑉𝑃 = 𝑉′𝑆 + 𝐼 ′𝑆 (𝑅𝑒𝑞 + 𝑗𝑋𝑒𝑞 ) VP = 50∠0°V + (20∠ − 36,87°A)(0,05Ω + j0,2250Ω) = 53,58 ∠ 3,21°[V] Cálculo de corriente de excitación 𝐼𝐸𝑋 = 𝐼𝐶 + 𝐼𝑀 =

53,58 ∠ 3,21°V 53,58 ∠ 3,21°V + 75Ω 𝑗20Ω

𝐼𝐸𝑋 = 2,772∠ − 71,859°𝐴 Cálculo de corriente por nodos. 𝐼𝑃 = 𝐼′𝑆 + 𝐼𝐸𝑋 = 20∠ − 36,87°𝐴 + 2,772∠ − 71,859°𝐴 = 22,328∠ − 40,95 𝐴 Cálculo de regulación de voltaje 𝑉𝑅 =

𝑉𝑃 − 𝑎𝑉𝑆 53,58 − 50 ⋅ 100% = ⋅ 100% = 7.16% 𝑎𝑉𝑆 50

Cálculo de potencia de entrada y salida: 𝑃𝐼𝑁 = 𝑉𝑃 𝐼𝑃 cos(𝜃) = (53,58 V)(22,328 𝐴)(𝑐𝑜𝑠 (44,16°)) = 858,247 𝑊 𝑃𝑂𝑈𝑇 = 𝑉𝑆 𝐼𝑆 cos(𝜃) = (200𝑉)(5𝐴)(𝑐𝑜𝑠 (36,87°)) = 800𝑊 Cálculo de eficiencia Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


𝜂=

𝑃𝑂𝑈𝑇 800𝑊 ⋅ 100% = ⋅ 100% = 93,21% 𝑃𝐼𝑁 858,247𝑊

Ejercicio 2.2. Un transformador de distribución de 20 kVA, 8000/277 V tiene las siguientes resistencias y reactancias: 𝑅𝑝 = 32 𝛺

𝑅𝑆 = 0,05 𝛺

𝑋𝑝 = 45 𝛺

𝑋𝑆 = 0,06 𝛺

𝑅𝐶 = 250 𝑘𝛺

𝑋𝑀 = 30 𝑘𝛺

Las impedancias de la rama de excitación se dan referidas al lado de alto voltaje del transformador. a) Encuentre el circuito equivalente del transformador, referido al lado de alto voltaje. b) Encuentre el circuito equivalente de este transformador por unidad. c) Suponga que este transformador suministra una carga nominal de 277 V y un FP 0,8 en atraso. ¿Cuál es el voltaje de entrada de este transformador? ¿Cuál es su regulación de voltaje? d) ¿Cuáles son las pérdidas de cobre y las pérdidas del núcleo en este transformador bajo las condiciones del inciso c)? e) ¿Cuál es la eficiencia del transformador en las condiciones del literal c)? Solución a) El circuito equivalente es el mostrado en la figura



Fig 3. Circuito solución ejercicio 2.2 parte a. 𝑅𝑆′ = 𝑎2 𝑅𝑆 = (28,88)2 (0,05Ω ) = 41,7Ω 𝑋𝑆′ = 𝑎2 𝑋𝑆 = (28,88)2 (0,06Ω ) = 50,04Ω

b) El circuito equivalente es el mostrado en la siguiente figura

Fig 4. Circuito solución ejercicio 2.2 parte b.

𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒 =

𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒 8000𝑉 = = 3200Ω 𝐼𝑏𝑎𝑠𝑒 2,5𝐴

c) 𝐼𝑆 =

20𝑘𝑉𝐴 ∠ − 36,87°𝐴 = 72,20∠ − 36,87°𝐴 277𝑉

𝐼′𝑆 =

𝐼𝑆 72,20∠ − 36,87°𝐴 = = 2,5∠ − 36,87°𝐴 𝑎 28,88



𝑉𝑃 = 𝑉′𝑆 + 𝐼 ′𝑆 (𝑅𝑒𝑞 + 𝑗𝑋𝑒𝑞 ) 𝑉𝑃 = 8000∠0°𝑉 + (2,5∠ − 36,87°𝐴)(45,9 + 𝑗61,7) = 8185∠0,38°𝑉

𝑉𝑅 =

8185 − 8000 ⋅ 100% = 2,31% 8000

d) 𝑃𝑂𝑈𝑇 = 𝑆𝑐𝑜𝑠(𝜃) = (20𝑘𝑉𝐴)(0,8) = 16𝑘𝑊 𝑃𝐶𝑈 = (𝐼𝑆′ )2 𝑅𝑒𝑞 = (2,5)2 (45,9) = 287𝑊 𝑃𝑐𝑜𝑟𝑒 𝜂=

(𝑉𝑆′ )2 81852 = = = 268𝑊 𝑅𝐶 250000

𝑃𝑂𝑈𝑇 𝑃𝑂𝑈𝑇 +𝑃𝐶𝑈+𝑃𝑐𝑜𝑟𝑒

⋅ 100% =

16𝑘 16𝑘+287+268

⋅ 100% = 96,6%

Ejercicio 2.3. Se prueba un transformador de 1000-VA y 230/115 V para determinar su circuito equivalente. Los resultados de la prueba se muestran a continuación: Prueba de circuito abierto 𝑽𝑶𝑪 = 𝟐𝟑𝟎𝑽 𝑰𝑶𝑪 = 𝟎, 𝟒𝟓𝑨 𝑷𝑶𝑪 = 𝟑𝟎𝑾

Prueba de cortocircuito 𝑉𝑆𝐶 = 13,2𝑉 𝐼𝑆𝐶 = 6,0𝑉 𝑃𝑆𝐶 = 20,1𝑊

Todos los datos fueron tomados en el lado primario del transformador. a) Encuentre el circuito equivalente de este transformador referido al lado de bajo voltaje. b) Encuentre la regulación del voltaje del transformador en condiciones nominales y (1) FP 0.8 en atraso, (2) FP 1,0 y (3) FP 0.8 en adelanto.



c) Determine la eficiencia del transformador en condiciones nominales y un FP 0,8 en retraso. Solución

Fig 5. Circuito solución ejercicio 2.3. a) Prueba de circuito abierto Magnitud de la admitancia de excitación referida al circuito primario |𝑌𝐸𝑋 | =

𝐼𝑂𝐶 0,45𝐴 1 = = 0,001957 𝑉𝑂𝐶 230𝑉 Ω

Calculamos el ángulo de la admitancia, que se encuentra a partir del factor de potencia. 𝜃 = 𝑐𝑜𝑠 −1 (

𝑃𝑂𝐶 30𝑊 ) = 𝑐𝑜𝑠 −1 ( ) = 73,15° (230𝑉)(0,45𝐴) 𝑉𝑂𝐶 𝐼𝑂𝐶

𝑌𝐸𝑋 = 0,001957∠ − 73,15°S = 0,000567 − 𝑗0,001873 [S] Nota: El factor de potencia está en atraso para un transformador real, de modo que el ángulo de la corriente siempre atrasa al voltaje. La forma más fácil para calcular los valores de 𝑅𝐶 y 𝑋𝑀 consiste en estimar primero la admitancia de la rama de excitación. La conductancia de la resistencia de pérdidas en el núcleo está dada por 𝑅𝐶 =

1 1 = = 1763,67 Ω 𝐺𝐶 0,000567



Y la susceptancia de la inductancia de magnetización es 𝑋𝑀 =

1 1 = = 533,90 Ω 𝐵𝑀 0,001873

Prueba de cortocircuito Puesto que el voltaje de entrada es tan pequeño durante la prueba, la corriente que fluye por la rama de excitación es despreciable. La magnitud de las impedancias en serie, referido al lado primario del transformador es: |𝑍𝐸𝑄 | =

13,2𝑉 = 2,2 Ω 6𝐴

El ángulo 𝜃 del factor de potencia es 𝜃 = 𝑐𝑜𝑠 −1 (

𝑃𝑆𝐶 20,1 𝑊 ) = 𝑐𝑜𝑠 −1 ( ) = 75,298° (13,2 𝑉)(6 𝐴) 𝑉𝑆𝐶 𝐼𝑆𝐶

La impedancia en serie es igual a: 𝑍𝐸𝑄 = 𝑅𝐸𝑄 + 𝑗𝑋𝐸𝑄 = 2,2∠75,298°Ω = 0,558 + 𝑗2,128Ω Para convertir el circuito equivalente al secundario, dividimos cada impedancia para la relación a. 𝑎=

230 =2 115

𝑅𝐸𝑄−𝑆 = 0,14Ω 𝑋𝐸𝑄−𝑆 = 𝑗0.532Ω 𝑅𝐶−𝑠 = 440,75Ω 𝑋𝑀𝑠 = 𝑗134Ω b) Encontramos el voltaje de regulación referido al secundario Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


𝐼𝑆 =

1000𝑉𝐴 = 8,696 𝐴 115𝑉

FP 0,8 en atraso 𝑉𝑃′ = 𝑉𝑆 + 𝑍𝐸𝑄 𝐼𝑆 = 115∠0°𝑉 + (0,140 + 𝑗0,532Ω)(6∠ − 36,87°𝐴) 𝑉𝑃′ = 117,61∠0,99°𝑉 Voltaje de regulación 𝑉𝑅 =

117,61 − 115 ⋅ 100% = 2,269% 115 FP 1

𝑉𝑃′ = 𝑉𝑆 + 𝑍𝐸𝑄 𝐼𝑆 = 115∠0°𝑉 + (0,140 + 𝑗0,532Ω)(6∠0°𝐴) 𝑉𝑃′ = 115,88∠1,578°𝑉 Voltaje de regulación 𝑉𝑅 =

115,88 − 115 ⋅ 100% = 0,765% 115 FP 0,8 en adelanto

𝑉𝑃′ = 𝑉𝑆 + 𝑍𝐸𝑄 𝐼𝑆 = 115∠0°𝑉 + (0,140 + 𝑗0,532Ω)(8,7∠36,87°𝐴) 𝑉𝑃′ = 113,798∠1,539°𝑉 Voltaje de regulación 𝑉𝑅 =

113,3 − 115 ⋅ 100% = −1,15% 115

c) Calculamos las potencias Calculamos la potencia de salida 𝑃𝑂𝑈𝑇 = 𝑉𝑆 𝐼𝑆 cos(𝜃) = (115𝑉)(8,696𝐴)(0,8) = 800𝑊 Potencia disipada por las pérdidas en el cobre Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


𝑃𝐶𝑈 = (𝐼𝑆′ )2 𝑅𝑒𝑞 = (8,696)2 (0,140) = 10,6𝑊 Potencia disipada por las pérdidas en el núcleo 𝑃𝑐𝑜𝑟𝑒

(𝑉𝑆′ )2 (118,8𝑉)2 = = = 32𝑊 𝑅𝐶 441Ω

Calculamos la eficiencia del transformador 𝜂=

𝑃𝑂𝑈𝑇 800 ⋅ 100% = ⋅ 100% = 94,9% 𝑃𝑂𝑈𝑇 + 𝑃𝐶𝑈 + 𝑃𝑐𝑜𝑟𝑒 800 + 10,6 + 32

Ejercicio 2.4. En la figura P2-1 muestra un sistema de potencia monofásico. La fuente de potencia alimenta un transformador de 100 kVA, 14/2,4 kV a través de un alimentador cuya impedancia es 38,3 + 𝑗140 𝛺. La impedancia en serie equivalente del transformador referida a su lado de bajo voltaje es 0,12 + 𝑗0,5 𝛺. La carga en el transformador es de 90 kW con un FP 0,85 en atraso y 2 300 V.

Fig 6. Circuito Ejercicio 2.4. a) ¿Cuál es el voltaje en la fuente de potencia del sistema? b) ¿Cuál es la regulación de voltaje del transformador? c) ¿Qué tan eficiente es el sistema de potencia completo? Solución 𝑍′𝑙𝑖𝑛𝑒

2,4𝑘𝑉 2 =( ) (38,2Ω + 𝑗140Ω) = 1,12 + 𝑗4,11Ω 14𝑘𝑉



𝐼𝑆 =

90𝑘𝑊 = 46,03𝐴 (2300𝑉)(0,85) 𝐼𝑆 = 46.03∠ − 31,8°𝐴

a) ′ ′ 𝑉𝑠𝑜𝑢𝑟𝑐𝑒 = 𝑉𝑆 + 𝐼𝑆 𝑍𝑙𝑖𝑛𝑒 + 𝐼𝑆 𝑍𝐸𝑄 ′ 𝑉𝑠𝑜𝑢𝑟𝑐𝑒 = 2300∠0°𝑉 + (46,03∠ − 31,8°𝐴)(1,12 + 𝑗4,11Ω) + (46,03∠ − 31,8°𝐴)(0,12 + 𝑗0,5Ω) ′ 𝑉𝑠𝑜𝑢𝑟𝑐𝑒 = 2464.91∠3,495°𝑉

𝑉𝑠𝑜𝑢𝑟𝑐𝑒 = 2464,91∠3,5°𝑉 (

14𝑘𝑉 ) = 14378∠3,495°𝑉 2,4𝑘𝑉

b) Para encontrar la regulación de tensión del transformador, hay que encontrar el voltaje en el lado primario del transformador (en lo sucesivo el lado secundario) en condiciones de carga completa: 𝑉′𝑃 = 𝑉𝑆 + 𝐼𝑆 𝑍𝐸𝑄 𝑉′𝑃 = 2300∠0°𝑉 + (46,03∠ − 31,8°𝐴)(0,12 + 𝑗0,5Ω) = 2317∠0,41°𝑉 Hay una caída de tensión de 17 V bajo estas condiciones de carga. Por tanto, la regulación de la tensión del transformador es 𝑉𝑅 =

2317 − 2300 ⋅ 100% = 0,74% 2300

c) 𝑃𝐼𝑁 = 𝑉′𝑠𝑜𝑢𝑟𝑐𝑒 𝐼𝑆 cos(𝜃) = (2464.91𝑉)(46,03𝐴)(cos(35,3°)) = 92598.8𝑊 𝜂=

𝑃𝑂𝑈𝑇 𝑃𝐼𝑁

⋅ 100% =

90𝑘𝑊 92,59𝑘𝑊


⋅ 100% = 97,19%


Ejercicio 2.5. Cuando los viajeros de Estados Unidos y Canadá visitan Europa, encuentran un sistema de distribución de potencia diferente. En los Estados Unidos, los voltajes en las tomas de pared son 120 𝑉 𝑟𝑚𝑠, a 60 Hz, mientras que los voltaje típicos en Europa son 220 a 240 V, a 50 Hz. Muchos viajeros portan pequeños transformadores elevadores o reductores de voltaje para utilizar sus utensilios en las ciudades que visitan. Un transformador típico podría ser dimensionado a 1 𝑘𝑉𝐴 𝑦 120/240 𝑉. Este transformador tiene 500 vueltas sobre el lado de 120 V y 1000 vueltas de alambre en el lado de 240 V. La ilustración 1 muestra la curva de magnetización para este transformador. a) Suponga que este transformador está conectado a una fuente de potencia de 120 V, 60 Hz sin carga conectada al lado de 240 V. Dibuje la corriente de magnetización que fluirá en el transformador. (Utilice el MATLAB para graficar de manera aproximada la corriente.) ¿Cuál es el valor rms de la amplitud de la corriente de magnetización? ¿Qué porcentaje de la corriente a plena carga es la corriente de magnetización? b) Ahora suponga que este transformador se conecta a una fuente de potencia de 240 V y 50 Hz sin carga conectada al lado de 120 V. Dibuje la corriente de magnetización que podría fluir en el transformador (utilice el MATLAB para dibujar la corriente aproximada, si está disponible). ¿Cuál es el valor rms de la amplitud de la corriente de magnetización? ¿Qué porcentaje de la corriente a plena carga es la corriente de magnetización? c) ¿En qué caso la corriente de magnetización es el porcentaje más alto de la corriente a plena carga? ¿Por qué?



Fig 7. Curva de magnetización Ejercicio 2.5. Solución a) Cuando el transformador está conectado a la fuente de 120V y 60Hz, el flujo en el núcleo estará regido por la siguiente ecuación: 𝜙(𝑡) = −

𝑉𝑀 cos 𝜔𝑡 𝜔𝑉𝑃

La corriente de magnetización requerida para cualquier nivel de flujo dado se encuentra en la ilustración 1. El libro sugiere la respectiva descarga del Script en MATLAB para la solución del ejercicio. Una vez ejecutado el Script, se obtiene el siguiente resultado: Valor rms de la amplitud de la corriente de magnetización: 𝐼𝑅𝑀𝑆 = 0.31863 𝐴 Porcentaje de la corriente de magnetización a plena carga: 𝑃𝑜𝑟𝑐𝑒𝑛𝑡𝑎𝑗𝑒 = 3.8236% Gráfico resultante de la corriente de magnetización que fluirá en el transformador: Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


Fig 8. Solución Ejercicio 2.5 parte a. b) Cuando el transformador está conectado a la fuente de 240V y 50Hz, el flujo en el núcleo estará regido por la siguiente ecuación: 𝜙(𝑡) = −

𝑉𝑀 cos 𝜔𝑡 𝜔𝑉𝑃

De igual manera, el autor sugiere la respectiva descarga del Script en MATLAB para realización de este ejercicio. Una vez ejecutado el Script, se obtiene el siguiente resultado: Valor rms de la amplitud de la corriente de magnetización: 𝐼𝑅𝑀𝑆 = 0.22973 𝐴 Porcentaje de la corriente de magnetización a plena carga: 𝑃𝑜𝑟𝑐𝑒𝑛𝑡𝑎𝑗𝑒 = 5.5134%



Gráfico resultante de la corriente de magnetización que fluirá en el transformador:

Fig 9. Solución Ejercicio 2.5 parte b. c) Al comparar los gráficos y los resultados, la corriente de magnetización tiene un mayor porcentaje a plena carga para el caso de 50 Hz. Se debe a que el pico del flujo es mayor para el gráfico de la corriente de magnetización a 50 Hz que fluye por el transformador, llevando al núcleo a saturación. Ejercicio 2.6. Un transformador de distribución de 15 kVA y 8000/230 V tiene una impedancia de 80 + 𝑗300 𝛺 referida al lado primario. Los componentes de la rama de excitación referidos al lado primario son 𝑅𝐶 = 350 𝑘𝛺 y 𝑋𝑀 = 70 𝑘𝛺. a) Si el voltaje primario es de 7967 V y la impedancia de la carga es 𝑍𝐿 = 3,2 + 𝑗1,5 𝛺, ¿cuál es el voltaje secundario del transformador? ¿Cuál es la regulación de voltaje del transformador?



b) Si se desconecta la carga y en su lugar se conecta un condensador de – 𝑗3,5 𝛺, ¿cuál es el voltaje secundario del transformador? ¿Cuál es la regulación de voltaje en estas circunstancias? Solución La relación de vueltas es igual a a=34.78; por lo tanto, para referir la impedancia 𝑍𝐿 tenemos: 𝑍′𝐿 = (34,78)2 (3,2 + 𝑗1,5Ω) = 3871 + 𝑗1815Ω La corriente referida al primario es: 7967∠0°𝑉

𝐼′𝑆 = (80+𝑗300Ω)+(3871+𝑗1815Ω) =

7967∠0°𝑉 4481∠28,2°Ω

= 1,78∠ − 28,2°𝐴

Y el voltaje referido al primario: 𝑉𝑆′ = 𝐼𝑆′ 𝑍𝐿′ = (1,78∠ − 28,2°𝐴 )(3871 + 𝑗1815Ω) = 7610∠ − 3,1°𝑉 Entonces, el voltaje secundario actual es: 𝑉𝑆′ 7610∠ − 3,1°𝑉 𝑉𝑆 = = = 218,8∠ − 3,1°𝑉 𝑎 34,78 Por lo tanto, el voltaje de regulación es: 𝑉𝑅 =

7967 − 7610 ⋅ 100% = 4,7% 7610

b) Tal como se realizó el primer literal, referimos la impedancia, corriente y voltaje al primario; por lo tanto: 𝑍𝐿′ = (34,78)2 (−𝑗3,5Ω) = −𝑗4234Ω Reflejamos corriente: 𝐼𝑆′ =

7967∠0°𝑉 7967∠0°𝑉 = = 2,025∠88,8°𝐴 (80 + 𝑗300Ω) + (−𝑗4234Ω) 3935∠ − 88,8°Ω

Reflejamos el voltaje: 𝑉𝑆′ = 𝐼𝑆′ 𝑍𝐿′ = (2,025∠88,8°𝐴 )(−𝑗4234Ω) = 8573∠ − 1,2°𝑉 Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


Voltaje actual en el secundario: 𝑉𝑆′ 8573∠ − 1,2°𝑉 𝑉𝑆 = = = 246,5∠ − 1,2°𝑉 𝑎 34,78 Por lo tanto la regulación es: 𝑉𝑅 =

7967 − 8573 ⋅ 100% = −7,07% 8573

Ejercicio 2.7. Un transformador monofásico de 5 000 kVA, 230/13,8 kV tiene una resistencia de 1% por unidad y una reactancia de 5% por unidad (datos tomados de la placa de características del transformador). La prueba de circuito abierto efectuado en el lado de bajo voltaje del transformador dio los siguientes datos. 𝑉𝑂𝐶 = 13,8 𝑘𝑉

𝐼𝑂𝐶 = 15,1 𝐴

𝑃𝑂𝐶 = 44,9 𝑘𝑊

a) Encuentre el circuito equivalente referido al lado de bajo voltaje de este transformador. b) Si el voltaje en el lado secundario es 13,8 𝑘𝑉 y la potencia suministrada es de 4 000 𝑘𝑊 con un FP 0,8 en retraso, encuentre la regulación de voltaje del transformador. Determine su eficiencia. Solución

Fig 10. Circuito Ejercicio 2.7.



a) Prueba de circuito abierto Magnitud de la admitancia de excitación referida al circuito primario |𝑌𝐸𝑋 | =

15,1𝐴 = 0,0010942 𝑆 13,8𝑘𝑉

Calculamos el ángulo de la admitancia, que se encuentra a partir del factor de potencia. 𝜃 = 𝑐𝑜𝑠 −1 (

𝑃𝑂𝐶 44.9𝑘𝑊 ) = 𝑐𝑜𝑠 −1 ( ) = 77,56° (13,8𝑘𝑉)(15,1𝐴) 𝑉𝑂𝐶 𝐼𝑂𝐶

𝑌𝐸𝑋 = 0,0010942∠ − 77,56° [S] = 0,0002358 − 𝑗0,0010685 [S] Nota: El factor de potencia está en atraso para un transformador real, de modo que el ángulo de la corriente siempre atrasa al voltaje. La forma más fácil para calcular los valores de 𝑅𝐶 y 𝑋𝑀 consiste en estimar primero la admitancia de la rama de excitación. La conductancia de la resistencia de pérdidas en el núcleo está dada por 𝑅𝐶 =

1 1 = = 4240,88Ω 𝐺𝐶 0,0002358


1 1 = = 935,89Ω 𝐵𝑀 0,001068

Calculamos la impedancia base del transformador referido al secundario 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 = 𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒 ⋅ 𝐼𝑏𝑎𝑠𝑒

𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒 2 = 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒

Despejando la impedancia 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒

2 (13,8𝑘𝑉)2 𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒 = = = 38,09Ω 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 5000𝑘𝑉𝐴



Multiplicamos por los datos transformador

tomados

de la placa de características del

𝑅𝐸𝑄 = (0,01)(38,09Ω) = 0,38Ω 𝑋𝐸𝑄 = (0,05)(38,09Ω) = 1,9Ω Las resistencias del circuito equivalente. 𝑅𝐸𝑄𝑠 = 0,38Ω 𝑅𝐶𝑠 = 4240,88Ω 𝑋𝐸𝑄𝑠 = 𝑗1,9Ω 𝑋𝑀𝑠 = 935,89Ω b) Si la potencia suministrada es de 4 000 𝑘𝑊 con un FP 0,8 en retraso 𝐼𝑆 =

𝑃 4000𝑘𝑊 = = 362,3𝐴 𝑉𝑆 cos 𝜃 (13,8𝑘𝑉)(0,8) 𝐼𝑆 = 362,3𝐴∠ − 36,87°𝐴

Calculamos el voltaje del primario reflejado al secundario por mallas 𝑉𝑃′ = 𝑉𝑆 + 𝐼𝑆 𝑍𝐸𝑄 𝑉𝑃′ = 13800∠0° + (362,3𝐴∠ − 36,87°𝐴)(0,38 + 𝑗1,9Ω) = 14330,8∠1,87°𝑉 Calculamos el voltaje de regulación del transformador 𝑉𝑅 =

14330,8 − 13800 ⋅ 100% = 3,846% 13800

Calculamos la potencia disipada por pérdidas del cobre 𝑃𝐶𝑈 = (𝐼𝑆 )2 𝑅𝐸𝑄𝑠 = (362,3𝐴)2 (0,38Ω) = 49879 ,3 𝑊 Calculamos la potencia disipada por pérdidas en el núcleo



2

𝑃𝑐𝑜𝑟𝑒

(14330,8𝑉)2 (𝑉𝑝′ ) = = = 48426,7 𝑊 𝑅𝐶 4240,88Ω

Calculamos la eficiencia del transformador 𝜂=

𝑃𝑂𝑈𝑇 4000𝑘𝑊 ⋅ 100% = ⋅ 100% 𝑃𝑂𝑈𝑇 + 𝑃𝐶𝑈 + 𝑃𝑐𝑜𝑟𝑒 4000𝑘𝑊 + 49,9𝑘𝑊 + 48,4𝑘𝑊 = 97,6%

Ejercicio 2. 8 Un transformador monofásico de potencia de 150 MVA y 15/200 kV tiene una resistencia en por unidad de 1,2% y reactancia por unidad de 5% por unidad (datos tomados de la placa de características del transformador). La impedancia de magnetización es de j100 por unidad. a) Encuentre el circuito equivalente del transformador referido al lado de bajo voltaje. b) Calcule la regulación de voltaje del transformador para corriente a plena carga y factor de potencia de 0.8 en retraso. c) Suponga que el voltaje en el primario es 15 kV constante y dibuje el voltaje secundario como función de las corrientes de carga desde vacío hasta plena carga. Repita lo mismo para los factores de potencia de 0.8 en retraso, 1.0 y 0.8 en adelanto. Solución a) Encontramos la impedancia del transformador referida al primario> 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒

2 (15𝑘𝑉)2 𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒 = = = 1,5Ω 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 200𝑀𝑉𝐴

𝑅𝐸𝑄 = (0,012)(1,5Ω) = 0,018Ω 𝑋𝐸𝑄 = (0,05)(1,125Ω) = 𝑗0,075Ω 𝑋𝑀 = (100)(1,5Ω) = 150Ω Por lo tanto, el circuito equivalente referido al primario es: Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


𝑅𝐸𝑄𝑝 = 0,018Ω 𝑅𝐶𝑝 = 𝑛𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑑𝑜 𝑋𝐸𝑄𝑝 = 𝑗0,075Ω 𝑋𝑀𝑝 = 150Ω

Fig 11. Circuito solución Ejercicio 2.8 parte a. b) Si la carga está en el lado del secundario, la corriente referida al primario es: 𝐼𝑆′ =

𝑃𝐶𝐴𝑅𝐺𝐴 150𝑀𝑉𝐴 = = 12500𝐴 (15𝑘𝑉)(0,8) 𝑉𝑆 𝐹𝑃 𝐼𝑆′ = 12500∠ − 36,87°𝐴

El voltaje en el primario es igual a: 𝑉𝑃 = 𝑉𝑆′ + 𝐼𝑆′ 𝑍𝐸𝑄𝑝 𝑉𝑃 = 15000∠0°𝑉 + (12500∠ − 36,87°𝐴)(0,018Ω + 𝑗0,075Ω) = 15754.5∠2,237°𝑉 Por lo tanto, la regulación es: 𝑉𝑅 =

15754.5 − 15000 ⋅ 100% = 5,03% 15000

c) El gráfico resultante es: Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


Fig 12. Solución Ejercicio 2.8 parte c.

Ejercicio 2.9. Un banco de transformación trifásico que debe manejar 400 kVA tiene una relación de voltaje de 34.5/13.8 kV. Encuentre los valores nominales de cada transformador del banco (alto voltaje, bajo voltaje, relación de vueltas y potencia aparente) si el banco se conecta en a) 𝑌 − 𝑌, b) 𝑌 − ∆, c) ∆ − 𝑌, d) ∆ − ∆, e) ∆ abierta−𝑌 y f) Y abierta-∆ abierta Solución a) Y-Y 𝑉𝜙𝑃 =

34.5 𝑘𝑉

= 19.918 𝑘𝑉

𝑉𝜙𝑆 =

√3 = 7.967 𝑘𝑉

13.8 𝑘𝑉 √3

Calculamos la relación de vueltas



𝑎=

𝑉𝜙𝑃 19.918 𝑘𝑉 = = 2.5 𝑉𝜙𝑆 7.967 𝑘𝑉

Calculamos la Potencia aparente 400 𝑘 𝑉𝐴 = 133.33 𝑘𝑉𝐴 3

𝑆= b) 𝑌 − ∆ 𝑉𝜙𝑃 =

34.5 𝑘𝑉 √3

= 19.918 𝑘𝑉

𝑉𝐿𝑆 = 13.8 𝑘𝑉

Calculamos la relación de vueltas 𝑎=

𝑉𝜙𝑃 19.918 𝑘𝑉 = = 1.44 𝑉𝐿𝑆 13.8 𝑘𝑉

Calculamos la Potencia aparente 𝑆=

400 𝑘 𝑉𝐴 = 133.33 𝑘𝑉𝐴 3

c) ∆ − ∆

𝑉𝐿𝑃 = 34.5 𝑘𝑉

𝑉𝐿𝑆 = 13.8 𝑘𝑉


𝑉𝐿𝑃 34.5 𝑘𝑉 = = 2.5 𝑉𝐿𝑆 13.8 𝑘𝑉


400 𝑘 𝑉𝐴 = 133.33 𝑘𝑉𝐴 3

d) ∆ − 𝑌 𝑉𝐿𝑃 = 34.5 𝑘𝑉

𝑉𝜙𝑆 =


13.8 𝑘𝑉 √3

= 7.967 𝑘𝑉



𝑉𝐿𝑃 34.5 𝑘𝑉 = = 4.33 𝑉𝜙𝑆 7.968 𝑘𝑉

Calculamos la Potencia aparente 400 𝑘 𝑉𝐴 = 133.33 𝑘𝑉𝐴 3

𝑆= e) ∆ 𝑎𝑏𝑖𝑒𝑟𝑡𝑎 − 𝑌 𝑉𝐿𝑃 = 34.5 𝑘𝑉

𝑉𝜙𝑆 =

13.8 𝑘 𝑉𝐴 √3

= 7.967 𝑘𝑉


𝑉𝐿𝑃 34.5 𝑘𝑉 = = 4.33 𝑉𝜙𝑆 7.967 𝑘𝑉


400 𝑘 𝑉𝐴 √3

= 230.94 𝑘𝑉𝐴

f) Y abierta-∆ abierta

𝑉𝜙𝑃 =

34.5 𝑘𝑉 √3

= 19.918 𝑘𝑉

𝑉𝐿𝑆 = 13.8 𝑘𝑉


𝑉𝜙𝑃 19.918 𝑘𝑉 = = 1.44 𝑉𝐿𝑆 13.8 𝑘𝑉

Calculamos la Potencia aparente



𝑆=

400 𝑘 𝑉𝐴 √3

= 230.94 𝑘𝑉𝐴

Fig 13. Solución Ejercicio 2.9 parte f. Conexión 𝒀−𝒀 𝒀−∆ ∆−𝒀 ∆−∆ ∆ 𝒂𝒃𝒊𝒆𝒓𝒕𝒂 −𝒀 Y abierta-∆ abierta

Voltaje Primario [kV] 19.918 19.918 34.5 34.5 34.5

Voltaje Secundario [kV] 7.967 13.8 7.967 13.8 13.8

Potencia Aparente

Relación de vueltas

133.33 133.33 133.33 133.33 230.94

2.50:1 1.44:1 4.33:1 2.50:1 2.50:1

19.918

13.8

230.94

1.44:1

Ejercicio 2.10. Un banco de transformación trifásico de 13800/480 V conectado en 𝑌 − 𝛥 consta de tres transformadores idénticos de 100 kVA y 7967/480 V. Este banco se alimenta directamente desde un gran barraje de voltaje constante. En la prueba de cortocircuito los valores encontrados en el lado de alto voltaje para uno de estos transformadores son Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


𝑉𝑆𝐶 = 560 𝑉 3300 𝑊

𝐼𝑆𝐶 = 12,6 𝐴

𝑃𝑆𝐶 =

a) Si el banco suministra la carga nominal a factor de potencia de 0,88 en retraso y voltaje nominal, ¿cuál es el voltaje línea a línea en el primario del banco? b) ¿Cuál es la regulación de voltaje en estas condiciones? c) Suponga que el voltaje primario del transformador es de 13,8 kV constante y dibuje el voltaje secundario como función de la corriente de carga para corrientes desde vacío hasta plena carga. Repita este proceso para los factores de potencia de 0,85 en atraso, 1.0 y 0,85 en adelanto. d) Dibuje la regulación de voltaje del transformador como función de la corriente de carga para corrientes entre vacío y plena carga. Repita este proceso para factores de potencia de 0,85 en atraso, 1.0 y 0,85 en adelanto. Solución Determinamos el voltaje de fase: 𝑉𝜙𝑆𝐶 =

𝑉𝑆𝐶 √3

=

560𝑉 √3

= 323,3𝑉

La corriente de fase es: 𝐼𝜙𝑆𝐶 = 𝐼𝑆𝐶 = 12,6𝐴 La potencia en cada fase: 𝑃𝜙𝑆𝐶 =

𝑃𝑆𝐶 = 1100𝑊 3

Por lo tanto, la impedancia por fase: |𝑍𝐸𝑄 | = |𝑅𝐸𝑄 + 𝑗𝑋𝐸𝑄 | = 𝜃 = cos −1 (

323,3𝑉 = 25,66Ω 12,6𝐴

𝑃𝑆𝐶 1100𝑊 ) = cos −1 ( ) = 74,3° (323,3𝑉)(12,6𝐴) 𝑉𝑆𝐶 𝐼𝑆𝐶

𝑍𝐸𝑄 = 𝑅𝐸𝑄 + 𝑗𝑋𝐸𝑄 = 25,66∠74,3°𝛺 = 6,94 + 𝑗24,7𝛺 Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


𝑅𝐸𝑄 = 6,94Ω 𝑋𝐸𝑄 = 𝑗24,7Ω a) La corriente equivalente que fluye en el secundario de un transformador referido al primario es: ′ 𝐼𝜙𝑆 =

100𝑘𝑉𝐴 = 12,55𝐴 7967𝑉

′ 𝐼𝜙𝑆 = 12,55∠ − 28.3576°𝐴

El voltaje en el primario de un solo transformador es: ′ 𝑉𝜙𝑝 = 𝑉′𝜙𝑆 + 𝐼𝜙𝑆 𝑍𝐸𝑄𝑝

𝑉𝜙𝑝 = 7967𝑉∠0°𝑉 + (12,55∠ − 31,79°𝐴)(6,94 + 𝑗24,7𝛺) = 7860.21∠ − 2.199°𝑉 Por lo tanto, el voltaje Línea a Línea es: 𝑉𝐿𝐿𝑝 = √3𝑉𝜙𝑝 = √3(7860.21𝑉) = 13.614𝑘𝑉 b) 𝑉𝑅 =

8207 − 7967 ⋅ 100% = −1.34% 7967

c) El gráfico resultante es:



Fig 14. Solución Ejercicio 2.10 parte c. d) El gráfico resultante es:

Fig 15. Solución Ejercicio 2.10 parte d.



Ejercicio 2.11. Un transformador de potencia trifásico de 100 000 kVA, 230/115 kV, 𝛥 − 𝛥 tiene una resistencia de 0,02 pu y una reactancia de 0,055 pu. Los elementos de la rama de excitación son 𝑅𝐶 = 110 𝑝𝑢 y 𝑋𝑀 = 20 𝑝𝑢. a) Si este transformador suministra una carga de 80 MVA con un FP 0,85 en retraso, dibuje el diagrama fasorial de una fase del transformador. b) ¿Cuál es la regulación de voltaje del banco del transformador en estas circunstancias? c) Dibuje el circuito equivalente referido al lado de bajo voltaje de una fase de este transformador. Calcule todas las impedancias del transformador referidas al lado de bajo voltaje. Solución a) Calculamos la corriente de línea del secundario 𝐼𝐿𝑆 =

𝑆 √3𝑉𝐿𝑆

=

80000000𝑉𝐴 √3(11500𝑉)

= 402𝐴

Calculamos la corriente de línea secundaria de base 𝐼𝐿𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 =

𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 √3𝑉𝐿𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒

100000000𝑉𝐴

=

√3(11500𝑉)

= 502𝐴

Calculamos la corriente de línea secundaria por unidad 𝐼𝐿𝑆𝑝𝑢 =

𝐼𝐿𝑆 𝐼𝐿𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒

=

402𝐴 ∠ cos −1 (0,85) = 0,8∠ − 31,78° 502𝐴

Diagrama fasorial de una fase por unidad



Fig 16. Solución Ejercicio 2.11 parte a. b) Calculamos el voltaje en el primario por unidad, aplicando mallas 𝑉𝑃 = 𝑉𝑆 + 𝐼𝑍𝐸𝑄 = 1∠0° + (0,8∠ − 31,8°)(0,02 + 𝑗0,055) = 1,037∠1,6° Calculamos el voltaje de regulación 𝑉𝑅 =

1,037 − 1 ⋅ 100% = 3,7% 1

c) Calculamos la impedancia base referido al secundario 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒 =

2 3𝑉𝜙𝑏𝑎𝑠𝑒

𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒

3(115𝑘𝑉)2 = = 397Ω 100𝑀𝑉𝐴

Convertimos las impedancias por unidad a ohmios, multiplicando la impedancia por unidad, por la base. 𝑅𝐸𝑄𝑠 = (0,02)(397Ω) = 7,94Ω 𝑋𝐸𝑄𝑠 = (0,055)(397Ω) = 21,8Ω 𝑅𝐶 = (110)(397Ω) = 43,7𝑘Ω 𝑋𝑀 = (20)(397Ω) = 7,94𝑘Ω




Ejercicio 2.12. Se utiliza un autotransformador para conectar una línea de distribución de 12,6 kV a una línea de distribución de 13,8 kV. Debe ser capaz de manejar 2 000 kVA. Hay tres fases conectadas en 𝑌 − 𝑌 con sus neutros que hacen tierra sólidamente. a) ¿Cuál debe ser la relación de vueltas 𝑁𝐶 /𝑁𝑆𝐸 para esta conexión? b) ¿Cuánta potencia aparente deben manejar los devanados de cada autotransformador? c) Si uno de los autotransformadores se conecta como un transformador ordinario, ¿cuáles serían sus valores nominales? Solución a) 𝑉𝐻 𝑁𝐶 + 𝑁𝑆𝐸 13,8𝑘𝑉/√3 = = 𝑉𝐿 𝑁𝐶 12,6𝑘𝑉/√3 12,6𝑁𝐶 + 12,6𝑁𝑆𝐸 = 13,8𝑁𝐶 13,2𝑁𝑆𝐸 = 1,2𝑁𝐶 𝑁𝐶 = 11 𝑁𝑆𝐸 b) 𝑆𝐼𝑂 𝑁𝐶 + 𝑁𝑆𝐸 𝑁𝐶 + 11𝑁𝐶 = = = 12 𝑆𝑊 𝑁𝐶 𝑁𝐶 𝑆𝑊 =

2000𝑘𝑉𝐴 = 55,5𝑘𝑉𝐴 (3)(12)

c) 13,8/√3 = 7967𝑉 12,6/√3 = 7274𝑉 Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


7967𝑉 − 7274𝑉 = 693𝑉 7274 𝑉 693 10.45 𝑘𝑉𝐴 Ejercicio 2.13. Dos de las fases de una línea de distribución trifásica de 14.4 kV dan servicio a un camino rural remoto (también está disponible el neutro). Un granjero tiene un alimentador de 480 V que suministra 120 kW a un FP 0,8 en retraso de estas cargas trifásicas, más 40 kW en un FP 0,9 en retraso de las cargas monofásicas. Las cargas monofásicas se distribuyen uniformemente entre las tres fases. Suponiendo que se utiliza la conexión Y abierta- ∆ abierta para suministrar potencia a su granja, encuentre los voltajes y corrientes en cada uno de los dos transformadores. También calcule la potencia real y reactiva suministrada por cada transformador. Suponga que los transformadores son ideales. ¿Cuál es el valor nominal mínimo requerido kVA de cada transformador? Solución

Fig 18. Solución Ejercicio 2.13. Como las cargas están balanceadas. Calculamos la potencia real y reactiva total. 𝑃1 = 120𝑘𝑊 𝑄1 = 𝑃1 tan(𝜃) = (120𝑘𝑤) tan(cos −1 (0,8)) = 90𝑘𝑣𝑎𝑟 𝑃2 = 50𝑘𝑊 Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


𝑄2 = 𝑃2 tan(𝜃) = (40𝑘𝑤) tan(cos −1 (0,9)) = 24,2𝑘𝑣𝑎𝑟 𝑃𝑇𝑂𝑇 = 170𝑘𝑊 𝑄𝑇𝑂𝑇 = 114,2𝑘𝑣𝑎𝑟 Calculamos el factor de potencia, con la ayuda del triángulo de potencias 𝐹𝑃 = cos (tan−1 (

𝑄𝑇𝑂𝑇 114,2𝑘𝑣𝑎𝑟 )) = cos (tan−1 ( )) = 0,83 𝑟𝑒𝑡𝑟𝑎𝑠𝑎𝑑𝑜 𝑃𝑇𝑂𝑇 170𝑘𝑊

Calculamos la intensidad de línea del secundario 𝐼𝐿𝑆 =

𝑃𝑇𝑂𝑇 √3𝑉𝐿𝑆 𝐹𝑃

=

170𝑘𝑊 √3(480𝑉)(0,830)

= 246,4𝐴

𝑉𝐴𝑆 = 480∠0°𝑉 𝑉𝐵𝑆 = 480∠ − 120°𝑉 𝑃𝐴 = 𝑉𝐴𝑆 𝐼𝐴 cos(𝜃) = (480𝑉)(246,4𝐴) cos(63,9°) = 52𝑘𝑊 𝑄𝐴 = 𝑉𝐴𝑆 𝐼𝐴 sen(𝜃) = (480𝑉)(246,4𝐴) sen(63,9°) = 106,2𝑘𝑊 𝑃𝐵 = 𝑉𝐵𝑆 𝐼𝜙𝐵 cos(𝜃) = (480𝑉)(246,4𝐴) cos(123,9°) = 118𝑘𝑊 𝑄𝐵 = 𝑉𝐵𝑆 𝐼𝜙𝐵 sen(𝜃) = (480𝑉)(246,4𝐴) sen(123,9°) = 8,04𝑘𝑊

Ejercicio 2.14. Un generador monofásico de 13.8 kV suministra potencia a una carga a través de una línea de transmisión. La impedancia de la carga es Zcarga 5 500 ∠ 36.87° V y la impedancia de la línea de transmisión es Zlínea 5 60 ∠ 60° V.



Fig 19. Circuito Ejercicio 2.14. a) Si se conecta el generador directamente a la carga como en la figura, ¿cuál es la razón entre el voltaje de la carga y el voltaje generado? ¿Cuáles son las pérdidas de transmisión del sistema? b) ¿Qué porcentaje de la potencia suministrada por la fuente alcanza la carga? (¿cuál es la efi ciencia del sistema de transmisión?) c) Si se coloca un transformador elevador de 1:10 a la salida del generador y un transformador 10:1 en el extremo de la línea de transmisión donde está la carga, ¿cuál es la nueva relación entre el voltaje de la carga y el voltaje generado? ¿Ahora cuáles son las pérdidas de transmisión del sistema? (Nota: Se puede suponer que los transformadores son ideales.) d) ¿Qué porcentaje de la potencia suministrada por la fuente alcanza ahora la carga? e) Compare las eficiencias del sistema de transmisión con o sin transformadores. Solución a) 𝐼𝑙𝑖𝑛𝑒 = 𝐼𝑙𝑜𝑎𝑑 =

12.4∠0°𝑘𝑉 = 25.94∠ − 39.301°𝐴 60∠60°Ω + 500∠36,87°Ω

𝑉𝑙𝑜𝑎𝑑 = 𝐼𝑙𝑜𝑎𝑑 𝑍𝑙𝑜𝑎𝑑 = (25.94∠ − 39,301°𝐴)(500∠36,87°Ω) = 12.970∠ − 2,431°𝑘𝑉



12.970 = 1.046 12.4 𝑅𝑙𝑖𝑛𝑒 = |𝑍𝑙𝑖𝑛𝑒 | cos(𝜃) = 60 cos(60°) = 30Ω 2 𝑃𝑙𝑖𝑛𝑒 = 𝐼𝑙𝑖𝑛𝑒 𝑅𝑙𝑖𝑛𝑒 = (25.94𝐴)2 (30Ω) = 20,187𝑘𝑊

b) 𝑍′𝑙𝑖𝑛𝑒

1 2 1 2 = ( ) 𝑍𝑙𝑖𝑛𝑒 = ( ) (60∠60°Ω) = 0,60∠60°Ω 10 10

𝐼′𝑙𝑖𝑛𝑒 = 𝐼𝑙𝑜𝑎𝑑 =

12,4∠0°𝑘𝑉 = 24.773∠ − 36,9°𝐴 0,60∠60°Ω + 500∠36,87°Ω

𝑉𝑙𝑜𝑎𝑑 = 𝐼𝑙𝑜𝑎𝑑 𝑍𝑙𝑜𝑎𝑑 = (24.773∠ − 36,9°𝐴)(500∠36,87°Ω) = 12,386∠ − 0,03°𝑘𝑉 12.386 = 0.9989 12.4 𝐼𝑙𝑖𝑛𝑒 =

1 1 (24,773𝐴) = 2,4773𝐴 𝐼𝑙𝑜𝑎𝑑 = 10 10

2 𝑃𝑙𝑜𝑠𝑠 = 𝐼𝑙𝑖𝑛𝑒 𝑅𝑙𝑖𝑛𝑒 = (2,4773𝐴)2 (30Ω) = 184.11𝑊

Ejercicio 2.15. Se va a utilizar un transformador convencional de 5000 VA, 480/120 V se utiliza para suministrar potencia de una fuente de 600 V a una carga de 120 V. Considere que el transformador es ideal y suponga que su aislamiento puede soportar hasta 600 V. a) Dibuje la conexión del transformador para este efecto. b) Calcule el valor nominal en kilovoltamperes del transformador con esa configuración. c) Encuentre las corrientes máximas primarias y secundarias en estas condiciones. Solución Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


a) Para esta configuración, el devanado común debe ser el menor de los dos devanados,

Fig 20. Solución Ejercicio 2.15 parte a.

𝑁𝑆𝐸 = 4𝑁𝐶 b) Calculamos la potencia aparente, donde 𝑆𝐼𝑂 está definida como las potencias aparente de entrada y salida del transformador, 𝑆𝑊 es la potencia aparente en los devanados del transformador es 𝑆𝐼𝑂 =

𝑁𝑆𝐸 + 𝑁𝐶 4𝑁𝐶 + 𝑁𝐶 (5000𝑉𝐴) = 6250𝑉𝐴 𝑆𝑊 = 𝑁𝑆𝐸 4𝑁𝐶

c) Calculamos la corriente máxima en el primario y secundario con esta configuración 𝐼𝑃 =

𝑆 6250𝑉𝐴 = = 10,4𝐴 𝑉𝑃 600𝑉

𝐼𝑆 =

𝑆 6250𝑉𝐴 = = 52,1𝐴 𝑉𝑆 120𝑉

Ejercicio 2.16. Un transformador convencional de 10 kVA, 480/120 V se utiliza para suministrar potencia de una fuente de 600 V a una carga de 120 V. Considere que el transformador es ideal y suponga que su aislamiento puede soportar hasta 600 V. Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


a) Dibuje la conexión del transformador para este efecto b) Calcule el valor nominal en kilovoltamperes del transformador con esa configuración. c) Encuentre las corrientes máximas primarias y secundarias en estas condiciones. Solución a) 𝑁𝐶 = 4𝑁𝑆𝐸

Fig 21. Solución Ejercicio 2.16 parte a. b) 𝑆𝐼𝑂 =

𝑁𝑆𝐸 + 𝑁𝐶 𝑁𝑆𝐸 + 4𝑁𝑆𝐸 (5000𝑉𝐴) = 25000𝑉𝐴 𝑆𝑊 = 𝑁𝑆𝐸 𝑁𝑆𝐸

c) 𝐼𝑃 =

𝑆 25000𝑉𝐴 = = 41,67𝐴 𝑉𝑃 600𝑉

𝐼𝑆 =

𝑆 25000𝑉𝐴 = = 52,1𝐴 𝑉𝑆 480𝑉

Ejercicio 2. 17. Pruebe la siguiente afirmación: si un transformador con una impedancia en serie 𝑍𝑒𝑞 se conecta como autotransformador, su impedancia en serie 𝑍′𝑒𝑞 por unidad como autotransformador será de Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


𝑍′𝑒𝑞 =

𝑁𝑆𝐸 𝑍 𝑁𝑆𝐸 + 𝑁𝐶 𝑒𝑞

Nótese que esta expresión es el inverso de la ventaja de potencia del autotransformador. Solución

Fig 22. Solución Ejercicio 2.17.

Determinamos la impedancia equivalente del circuito referido al primario 𝑍𝑒𝑞

𝑁𝐶 2 = 𝑍1 + ( ) 𝑍2 𝑁𝑆𝐸

Cuando el transformador le conectamos como autotransformador

Fig 23. Solución Ejercicio 2.17.

𝑉𝐿 = 𝐼𝐶 𝑍𝐸𝑄 Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


Aplicamos nodos, para determinar la impedancia 𝐼𝐿 = 𝐼𝐶 + 𝐼𝑆𝐸 Donde 𝐼𝐶 𝑁𝐶 = 𝐼𝑆𝐸 𝑁𝑆𝐸 Despejando 𝐼𝐿 = 𝐼𝐶 +

𝑁𝐶 𝑁𝑆𝐸 + 𝑁𝐶 𝐼𝐶 = 𝐼 𝑁𝑆𝐸 𝑁𝑆𝐸 + 𝑁𝐶 𝐶

𝐼𝐶 =

𝑁𝑆𝐸 𝐼 𝑁𝑆𝐸 + 𝑁𝐶 𝐿

Aplicando ley de Ohm 𝑉𝐿 = 𝐼𝐶 𝑍𝐸𝑄 =

𝑁𝑆𝐸 𝐼𝑍 𝑁𝑆𝐸 + 𝑁𝐶 𝐿 𝐸𝑄

La impedancia del autotransformador está definido como 𝑍′𝑒𝑞 =

𝑉𝐿 𝑁𝑆𝐸 = 𝑍 𝐼𝐿 𝑁𝑆𝐸 + 𝑁𝐶 𝑒𝑞

Ejercicio 2. 18. Tres transformadores de distribución de 20 kVA y 24 000/277 V se conectan en DY. Se realizó una prueba de circuito abierto en el lado de bajo voltaje del banco de transformadores y se obtuvieron los siguientes datos: 𝑉𝑙í𝑛𝑒𝑎 ,𝑂𝐶 = 480 𝑉

𝐼𝑙í𝑛𝑒𝑎 ,𝑂𝐶 = 4.10 𝐴

𝑃3𝜙

,𝑂𝐶

= 945 𝑊 Se realizó la prueba de cortocircuito en el lado de alto voltaje del banco del transformador y se obtuvieron los siguientes datos: 𝑉𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎 ,𝑆𝐶 = 1400𝑉

𝐼𝑙í𝑛𝑒𝑎 𝑆𝐶 = 1.80𝐴


𝑃3𝜙

𝑆𝐶

= 912 𝑊


a) Encuentre el circuito equivalente por unidad del banco del transformador. b) Determine la regulación de voltaje del banco de transformadores con la carga nominal y un FP 5 0.90 en retraso. c) ¿Cuál es la eficiencia del banco de transformadores en estas circunstancias? Solución a) 𝑉𝜙𝑂𝐶 = 277𝑉 𝐼𝜙𝑂𝐶 = 4,1𝐴 𝑃𝜙𝑂𝐶 = 315𝑊 |𝑌𝐸𝑋 | =

𝐼𝜙𝑂𝐶 4,1𝐴 = = 0,01480𝑆 𝑉𝜙𝑂𝐶 277𝑉

𝑃𝜙𝑂𝐶 315𝑊 𝜃 = − cos −1 ( ) = − cos −1 ( ) = −73,9° (277𝑉)(4,1𝐴) 𝑉𝜙𝑂𝐶 𝐼𝜙𝑂𝐶 𝑌𝐸𝑋 = 𝐺𝐶 − 𝑗𝐵𝑀 = 0,01483∠ − 73,9° = 0,00410 − 𝑗0,01422 𝑅𝐶 =

1 = 244Ω 𝐺𝐶

𝑋𝑀 =

1 = 70,3Ω 𝐵𝑀

2

𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒

(277𝑉)2 (𝑉𝜙𝑠 ) = = = 3,83645Ω 𝑆𝜙 20𝑘𝑉𝐴 𝑅𝐶 =

𝑋𝑀 =

244Ω = 63,6𝑝𝑢 3,83645Ω

70,3Ω = 18.3242𝑝𝑢 3,83645Ω

𝑉𝜙𝑆𝐶 = 𝑉𝑆𝐶 = 1400𝑉 Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


𝐼𝜙𝑆𝐶 = 𝐼𝑆𝐶 /√3 = 1,03923𝐴 𝑃𝜙𝑆𝐶 = 𝑃𝑆𝐶 /3 = 304𝑊 |𝑍𝐸𝑄 | =

𝑉𝜙𝑆𝐶 1400𝑉 = = 1347.1513Ω 𝐼𝜙𝑆𝐶 1,03923𝐴

𝑃𝜙𝑆𝐶 304𝑊 𝜃 = cos −1 ( ) = cos −1 ( ) = 77.94° (1400𝑉)(1,03923𝐴) 𝑉𝜙𝑆𝐶 𝐼𝜙𝑆𝐶 𝑍𝐸𝑄 = 𝑅𝐸𝑄 + 𝑗𝑋𝐸𝑄 = 1347∠77.94° = 281.44 + 𝑗1317.27Ω 2

𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒𝑃

(24000𝑉)2 (𝑉𝜙𝑃 ) = = = 28800Ω 𝑆𝜙 20𝑘𝑉𝐴 𝑅𝐸𝑄 = 𝑋𝐸𝑄 =

288Ω = 0,01𝑝𝑢 28800Ω

1355Ω = 0,04705𝑝𝑢 28800Ω

b) 𝐹𝑃 = 0,9 𝜃 = − cos −1 (0,9) = −25,8° 𝑉𝑃 = 𝑉𝑆 + 𝐼𝑆 𝑍𝐸𝑄 = 1∠0° + (1∠ − 25,8°)(0,0125 + 𝑗0,0588) = 1,038∠2,62° 𝑉𝑅 =

1,038 − 1 ⋅ 100% = 3,8% 1

c) 𝑃𝑂𝑈𝑇 = 𝑉𝑆 𝐼𝑆 cos(𝜃) = (1)(1)(0,9) = 0,9𝑝𝑢 𝑃𝐶𝑈 = (𝐼𝑆 )2 𝑅𝐸𝑄 = (1)2 (0,0125) = 0,0125𝑝𝑢 𝑃𝑐𝑜𝑟𝑒

𝑉𝑃2 (1,038)2 = = = 0,0136𝑝𝑢 𝑅𝐶 79,5



𝑃𝐼𝑁 = 𝑃𝑂𝑈𝑇 + 𝑃𝐶𝑈 + 𝑃𝑐𝑜𝑟𝑒 = 0,9 + 0,0125 + 0,0136 = 0,926 𝜂=

𝑃𝑂𝑈𝑇 0,9 ⋅ 100% = ⋅ 100% = 97,2% 𝑃𝐼𝑁 0,926

Ejercicio 2.19. Se realiza una prueba a un transformador de distribución de 20 kVA, 20 000/480 V y 60 Hz y se obtienen los siguientes resultados: Prueba de circuito abierto (medidos en el secundario) 𝑽𝑶𝑪 = 𝟒𝟖𝟎𝑽 𝑰𝑶𝑪 = 𝟏, 𝟓𝟏𝑨 𝑷𝑶𝑪 = 𝟐𝟕𝟏𝑾

Prueba de cortocircuito (medidos en el primario) 𝑉𝑆𝐶 = 1130 𝑉 𝐼𝑆𝐶 = 1,0𝑉 𝑃𝑆𝐶 = 260 𝑊

a) Encuentre el circuito equivalente por unidad de este transformador a 60 Hz. b) ¿Cuáles serían los valores nominales de este transformador si opera en un sistema de potencia de 50 Hz? c) Dibuje el circuito equivalente por unidad de este transformador referido al lado primario si opera a 50 Hz. Solución a) Calculamos la impedancia base del transformador referido al primario 𝑉2 𝑆=𝑉𝐼= 𝑍 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒𝑃

(𝑉𝑃 )2 (20000𝑉)2 = = = 20𝑘Ω 𝑆 20𝑘𝑉𝐴

Calculamos la impedancia base del transformador referido al secundario 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒𝑆

(𝑉𝑆 )2 (480𝑉)2 = = = 11,52Ω 𝑆 20𝑘𝑉𝐴



Prueba de circuito abierto Magnitud de la admitancia de excitación referida al circuito primario |𝑌𝐸𝑋 | =

𝐼𝜙𝑂𝐶 1,51𝐴 = = 0,00315 𝑆 𝑉𝜙𝑂𝐶 480𝑉

Calculamos el ángulo de la admitancia, que se encuentra a partir del factor de potencia. 𝜃 = − cos −1 (

𝑃𝑂𝐶 271 𝑊 ) = − cos −1 ( ) = −68,04° (480𝑉)(1,51𝐴) 𝑉𝑂𝐶 𝐼𝑂𝐶

𝑌𝐸𝑋 = 𝐺𝐶 − 𝑗𝐵𝑀 = 0,00315 ∠ − 68,04° = 0,00118 − 𝑗 0,00292 Nota: El factor de potencia está en atraso para un transformador real, de modo que el ángulo de la corriente siempre atrasa al voltaje. La forma más fácil para calcular los valores de 𝑅𝐶 y 𝑋𝑀 consiste en estimar primero la admitancia de la rama de excitación. La conductancia de la resistencia de pérdidas en el núcleo está dada por 𝑅𝐶 =

1 1 = = 847,46 Ω 𝐺𝐶 0,00118


1 1 = = 342,47 Ω 𝐵𝑀 0,00292

Calculamos la impedancia por unidad 𝑅𝐶 =

847,46 Ω = 73,56 𝑝𝑢 11,52Ω

𝑋𝑀 =

342,47 Ω = 29,73 𝑝𝑢 11,52Ω

Prueba de cortocircuito



Puesto que el voltaje de entrada es tan pequeño durante la prueba, la corriente que fluye por la rama de excitación es despreciable. La magnitud de las impedancias en serie, referido al lado primario del transformador es: |𝑍𝐸𝑄 | =

𝑉𝑆𝐶 1130𝑉 = = 1130Ω 𝐼𝑆𝐶 1𝐴

El ángulo 𝜃 del factor de potencia es 𝜃 = cos −1 (

𝑃𝑆𝐶 260𝑊 ) = cos −1 ( ) = 76,7° (1130𝑉)(1𝐴) 𝑉𝑆𝐶 𝐼𝑆𝐶

La impedancia en serie es igual a: 𝑍𝐸𝑄 = 𝑅𝐸𝑄 + 𝑗𝑋𝐸𝑄 = 1130∠76,7° = 260 + 𝑗1100Ω Calculamos la impedancia por unidad 𝑅𝐸𝑄 𝑝𝑢 =

260Ω = 0,012 𝑝𝑢 20000Ω

𝑋𝐸𝑄 𝑝𝑢 =

1100Ω = 0,055 𝑝𝑢 20000Ω

Fig 24. Solución Ejercicio 2.19 parte a.

b) Si un transformador de 60 Hz se debe operar a 50 Hz, el voltaje que se le aplique debe reducirse en un sexto o el flujo máximo en el núcleo será demasiado alto. Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


La tensión y la potencia aparente tendrían que ser sido reducida por un factor de 50/60, por lo que sus clasificaciones serían 16,67 kVA, 16 667 / 400V. c) Los parámetros del transformador referidos al primario a 60 Hz son 𝑅𝐶 = 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑅𝐶𝑝𝑢 = (20𝑘Ω)(73,56) = 1,47 𝑀Ω 𝑋𝑀 = 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑋𝑀𝑝𝑢 = (20𝑘Ω)(29,73) = 594.6 𝑘Ω 𝑅𝐸𝑄 = 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑅𝐸𝑄𝑝𝑢 = (20𝑘Ω)(0,012) = 240 Ω 𝑋𝐸𝑄 = 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑋𝐸𝑄𝑝𝑢 = (20𝑘Ω)(0,055) = 1100Ω A 50 Hz las inductancias deben incrementar proporcionalmente. 𝑋𝑀 =

50𝐻𝑧 (594.6𝑘Ω) = 495.5 𝑘Ω 60𝐻𝑧

𝑋𝐸𝑄 =

50𝐻𝑧 (1100Ω) = 917Ω 60𝐻𝑧


Ejercicio 2.20. Pruebe que el sistema trifásico de voltajes en el secundario del transformador Y-D que se muestra en la fi gura 2-37b) retrasa por 30° el sistema de voltajes trifásico en el primario del transformador.



Fig 26. Ejercicio 2.20.

Solución 𝑉𝐴 = 𝑉𝜙𝑃 ∠0° 𝑉𝐵 = 𝑉𝜙𝑃 ∠ − 120° 𝑉𝐶 = 𝑉𝜙𝑃 ∠120° 𝑉′𝐴 = 𝑉𝜙𝑆 ∠0° 𝑉′𝐵 = 𝑉𝜙𝑆 ∠ − 120° 𝑉′𝐶 = 𝑉𝜙𝑆 ∠120° 𝑉𝜙𝑆 = 𝑉𝜙𝑃 /𝑎 𝑉𝑎𝑏 = 𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 = 𝑉𝜙𝑃 ∠0° − 𝑉𝜙𝑃 ∠ − 120° = √3𝑉𝜙𝑃 ∠30° Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


𝑉𝑎′𝑏′ = 𝑉′𝐴 = 𝑉𝜙𝑠 ∠0° Ejercicio 2.21. Demuestre que el sistema trifásico de voltajes en el secundario del transformador ∆ − 𝑌 que se muestra en la figura 2-38c atrasa en 30° el sistema trifásico de voltajes en el primario del transformador.


Solución a) Voltaje de fase en el primario 𝑉𝐴 = 𝑉𝜙𝑃 ∠0° 𝑉𝐵 = 𝑉𝜙𝑃 ∠ − 120° Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


𝑉𝐶 = 𝑉𝜙𝑃 ∠120° Voltaje de fase en el secundario 𝑉′𝐴 = 𝑉𝜙𝑆 ∠0° 𝑉′𝐵 = 𝑉𝜙𝑆 ∠ − 120° 𝑉′𝐶 = 𝑉𝜙𝑆 ∠120° Relación del voltaje reflejado del secundario a primario 𝑉𝜙𝑆 = 𝑉𝜙𝑃 /𝑎 Encontramos el voltaje de línea en el secundario 𝑉𝑎′𝑏′ = 𝑉𝐴 − 𝑉𝐶 = 𝑉𝜙𝑃 ∠0° − 𝑉𝜙𝑃 ∠120° = √3𝑉𝜙𝑃 ∠ − 30° Nota: El voltaje de línea del secundario se atrasa 30°, con respecto al voltaje de línea del primario. Ejercicio 2.22. Un transformador monofásico de 10 kvA y 480/120 V se utiliza como autotransformador y une una línea de distribución de 600 V con una carga de 480 V. Se obtienen los siguientes datos cuando se le realizan pruebas como un transformador convencional, que se tomaron del lado primario (480 V) del transformador: Prueba de Circuito Prueba de Abierto Cortocircuito 𝑽𝑶𝑪 = 𝟒𝟖𝟎 𝑽 𝑉𝑆𝐶 = 10 𝑉 𝑰𝑶𝑪 = 𝟎. 𝟒𝟏𝑨 𝐼𝑆𝐶 = 10.6𝐴 𝑷𝑶𝑪 = 𝟑𝟖𝑾 𝑃𝑆𝐶 = 26𝑊 a) Encuentre el circuito equivalente por unidad del transformador cuando se conecta de manera convencional. ¿Cuál es la efi ciencia del transformador en condiciones nominales y un factor de potencia unitario? ¿Cuál es la regulación de voltaje en estas condiciones? Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


b) Dibuje las conexiones del transformador cuando se utiliza como un autotransformador reductor de 600/480 V. c) ¿Cuál es el valor nominal en kilovoltamperes del transformador cuando se utiliza con la conexión de autotransformador? d) Responda la pregunta del inciso a) para la conexión como autotransformador. Solución a) 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒𝑃

(𝑉𝑃 )2 (480𝑉)2 = = = 23,04Ω 𝑆 10𝑘𝑉𝐴

|𝑌𝐸𝑋 | = 𝜃 = − cos −1 (

𝐼𝜙𝑂𝐶 0,41𝐴 = = 0,000854𝑆 𝑉𝜙𝑂𝐶 480𝑉

𝑃𝑂𝐶 38𝑊 ) = − cos −1 ( ) = −78,87° (480𝑉)(0,41𝐴) 𝑉𝑂𝐶 𝐼𝑂𝐶

𝑌𝐸𝑋 = 𝐺𝐶 − 𝑗𝐵𝑀 = 0,000854∠ − 78,87° = 0,000165 − 𝑗0,000838 𝑅𝐶 =

1 = 6063Ω 𝐺𝐶

𝑋𝑀 =

1 = 1193Ω 𝐵𝑀

𝑅𝐶 =

6063Ω = 263𝑝𝑢 23,04Ω

𝑋𝑀 =

327Ω = 51,8𝑝𝑢 23,04Ω

|𝑍𝐸𝑄 | = 𝜃 = cos −1 (

𝑉𝑆𝐶 10𝑉 = = 0,943Ω 𝐼𝑆𝐶 10,6𝐴

𝑃𝑆𝐶 26𝑊 ) = cos −1 ( ) = 75,8° (10𝑉)(10,6𝐴) 𝑉𝑆𝐶 𝐼𝑆𝐶



𝑍𝐸𝑄 = 𝑅𝐸𝑄 + 𝑗𝑋𝐸𝑄 = 0,943∠75,8° = 0,231 + 𝑗0,915Ω 𝑅𝐸𝑄 = 𝑋𝐸𝑄 =

0,231Ω = 0,010𝑝𝑢 23,04Ω

0,915Ω = 0,0397𝑝𝑢 23,04Ω

b)

Fig 28. Ejercicio 2.22 parte b.

𝑃𝑐𝑜𝑟𝑒

𝑉 2 (1)2 = = = 0,00380𝑝𝑢 𝑅𝐶 263

𝑃𝐶𝑈 = 𝐼 2 𝑅𝐸𝑄 = (1)2 (0,001) = 0,001𝑝𝑢 𝑃𝑂𝑈𝑇 = 𝑃𝐼𝑁 − 𝑃𝐶𝑈 − 𝑃𝑐𝑜𝑟𝑒 = 1 − 0,01 − 0,0038 = 0,986 𝜂=

𝑃𝑂𝑈𝑇 0,986 ⋅ 100% = ⋅ 100% = 98,6% 𝑃𝐼𝑁 1

𝑉𝑂𝑈𝑇 = 𝑉𝐼𝑁 − 𝐼𝑍𝐸𝑄 = 1 − (1∠0°)(0,01 + 𝑗0,0387) = 0,991∠ − 2,3° 𝑉𝑅 =

1 − 0,991 ⋅ 100% = 0,9% 0,991

c)



𝑆𝐼𝑂 =

𝑁𝐶 + 𝑁𝑆𝐸 4+1 (10𝑘𝑉𝐴) = 50𝑘𝑉𝐴 𝑆𝑊 = 𝑁𝑆𝐸 1

d) 𝑅𝐸𝑄 = 𝑋𝐸𝑄 = 𝑃𝑐𝑜𝑟𝑒

0,01 = 0,002𝑝𝑢 5

0,0397 = 0,00794𝑝𝑢 5

𝑉 2 (1)2 = = = 0,00380𝑝𝑢 𝑅𝐶 263

𝑃𝐶𝑈 = 𝐼 2 𝑅𝐸𝑄 = (1)2 (0,002) = 0,002𝑝𝑢 𝑃𝑂𝑈𝑇 = 𝑃𝐼𝑁 − 𝑃𝐶𝑈 − 𝑃𝑐𝑜𝑟𝑒 = 1 − 0,02 − 0,0038 = 0,994 𝜂=

𝑃𝑂𝑈𝑇 0,994 ⋅ 100% = ⋅ 100% = 99,4% 𝑃𝐼𝑁 1

𝑉𝑂𝑈𝑇 = 𝑉𝐼𝑁 − 𝐼𝑍𝐸𝑄 = 1 − (1∠0°)(0,002 + 𝑗0,00794) = 0,991∠ − 2,3° 𝑉𝑅 =

1 − 0,998 ⋅ 100% = 0,2% 0,998

Ejercicio 2.23: La figura P2-4 muestra un sistema de potencia que consta de un generador trifásico 480 𝑉, 60 𝐻𝑧 que alimenta dos cargas a través de una línea de trasmisión que posee un par de transformadores en cada extremo. a) Dibuje el circuito equivalente por fase en este sistema b) Con el interruptor abierto, encuentre las potencias real P, reactiva Q y aparente S, suministradas por el generador. ¿Cuál es el factor de potencia del generador? c) Con el interruptor cerrado, encuentre las potencias real P, reactiva Q y aparente S, suministrada por el generador. ¿Cuál es el factor de potencia del generador?



d) ¿Cuáles son las pérdidas de trasmisión (pérdidas en los transformadores más perdidas en la línea de trasmisión) en este sistema con el interruptor abierto?, ¿con el interruptor cerrado? ¿Cuál es el efecto de adicionar la carga 2 al sistema?


Solución: Seleccionamos dos magnitudes base para definir el sistema por unidad. Región 1 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒1 = 1000𝑘𝑉𝐴 𝑉𝐿𝑏𝑎𝑠𝑒1 = 480𝑉 Región 2 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒2 = 500 𝑘𝑉𝐴 𝑉𝐿𝑏𝑎𝑠𝑒2 = 13800 𝑉 Región 3 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒3 = 500𝑘𝑉𝐴 𝑉𝐿𝑏𝑎𝑠𝑒1 = 480𝑉 Calculamos el voltaje de fase Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


𝑉𝜙1 = 𝑉𝜙2 =

𝑉𝐿𝑏𝑎𝑠𝑒1 √3 480 𝑉 √3

= 277.128 𝑉 = 277.128 𝑉

Calculamos las impedancias base 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒1 =

2 3𝑉𝜙𝑏𝑎𝑠𝑒1

𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒1

3(277.128𝑉)2 = = 0,2304 1000𝑘𝑉𝐴

Puesto que el lado primario del transformador 2 está conectado en ∆, su voltaje de fase es igual a su voltaje de línea. 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒2 = 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒3 =

2 3𝑉𝜙2


2 3𝑉𝜙3


3(13800)2 = = 1142.64 Ω 500 𝑘𝑉𝐴

3(277.128 𝑉)2 = = 0,4608Ω 500 𝑘𝑉𝐴

a) La impedancia por unidad del transformador 1 es: 𝑅1𝑝𝑢 = 0,010 𝑋1𝑝𝑢 = 0,040 Los valores en por unidad dados en otra base pueden expresarse en una nueva base, mediante las ecuaciones. (𝑅, 𝑋, 𝑍)𝑝𝑢 𝑜𝑛 𝑏𝑎𝑠𝑒 2 = (𝑅, 𝑋, 𝑍)𝑝𝑢 𝑜𝑛 𝑏𝑎𝑠𝑒 1

(𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒1 )2 (𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒2 ) (𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒2 )2 (𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒1 )

𝑅2𝑝𝑢

(8314)2 (1000𝑘𝑉𝐴) = 0,020 = 0,040 (8314)2 (500𝑘𝑉𝐴)

𝑋2𝑝𝑢

(8314)2 (1000𝑘𝑉𝐴) = 0,085 = 0,170 (8314)2 (500𝑘𝑉𝐴)

Calculamos la impedancia por unidad de la línea Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


𝑍𝑙𝑖𝑛𝑒 𝑝𝑢 =

𝑍𝑙𝑖𝑛𝑒 1,5 + 𝑗10Ω = = 0,001313 + 𝑗 0,00875 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒2 1142.64 Ω

Calculamos la impedancia por unidad de la carga 1 𝑍𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 1 𝑝𝑢 =

𝑍𝑙𝑜𝑎𝑑1 0,45∠36,87°Ω = = 1,513 + 𝑗1,134 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒3 0,238Ω

Calculamos la impedancia por unidad de la carga 1 𝑍𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 2 𝑝𝑢 =

𝑍𝑙𝑜𝑎𝑑2 −j0,8Ω = = −𝑗3,36 𝑍𝑏𝑎𝑠𝑒3 0,238Ω

Circuito equivalente por fase

Fig 30. Solución ejercicio 2.24 parte a.

b) Con el interruptor abierto 𝑍𝐸𝑄 = 0,010 + 𝑗0,040 + 0,00723 + 𝑗0,0482 + 0.040 + 𝑗 0,170 + 1,513 + 𝑗1,134 𝑍𝐸𝑄 = 1,5702 + 𝑗1,3922 = 2,099∠41,6° El factor de potencia es 𝐹𝑃 = cos 𝜃 = cos(41.6) = 0.748 Calculamos la corriente por unidad, aplicando ley de Ohm 𝐼=

1∠0° = 0,4765∠ − 41,6° 2,099∠41,6°



Calculamos el voltaje en la carga 𝑉𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎−𝑝𝑢 = 𝐼𝑍𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎−𝑝𝑢 = (0,4765∠ − 41,6°)(1,513 + 𝑗1,134) = 0,901∠ − 4,7° 𝑉𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 = 𝑉𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑝𝑢 𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒3 = (0,901)(480𝑉) = 432 𝑉 Calculamos la potencia real 𝑃𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑝𝑢 = 𝐼 2 𝑅𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 = (0,4765)2 (1,513) = 0,344 𝑃𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 = 𝑃𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑝𝑢 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒3 = (0,344)(1000𝑘𝑉𝐴) = 344𝑘𝑊 Calculamos la potencia real, reactiva y aparente por unidad del generador 𝑃𝐺 𝑝𝑢 = 𝑉𝐼 𝑐𝑜𝑠(𝜃) = (1)(0,4765) cos(41,6°) = 0,356 𝑄𝐺 𝑝𝑢 = 𝑉𝐼𝑠𝑒𝑛(𝜃) = (1)(0,4765) sen(41,6°) = 0,316 𝑆𝐺 𝑝𝑢 = 𝑉 𝐼 = (1)(0,4765) = 0,4765 Calculamos la potencia real, reactiva y aparente del generador 𝑃𝐺 = 𝑃𝐺 𝑝𝑢 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 = (0,356)(1000𝑘𝑉𝐴) = 356𝑘𝑊 𝑄𝐺 = 𝑄𝐺 𝑝𝑢 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 = (0,316)(1000𝑘𝑉𝐴) = 316𝑘𝑊 𝑆𝐺 = 𝑆𝐺 𝑝𝑢 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 = (0,4765)(1000𝑘𝑉𝐴) = 476,5𝑘𝑊 c) Con el interruptor cerrado 𝑍𝐸𝑄 = 0,010 + 𝑗0,040 + 0,00723 + 𝑗0,0482 + 0,040 + 𝑗0,170 (1,513 + 𝑗1,134)(−𝑗3,36) + (1,513 + 𝑗1,134) + (−𝑗3,36) 𝑍𝐸𝑄 = 2,415 + 𝑗0,367 = 2,443∠8,65° El factor de potencia es 𝐹𝑃 = cos 𝜃 = cos(8.65) = 0.9886 Calculamos la corriente por unidad Universidad de las Fuerzas Armadas ESPE


𝐼=

1∠0° = 0,409∠ − 8,65° 2,443∠8,65°°

Calculamos el voltaje en la carga 𝑉𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑝𝑢 = 𝐼 𝑍𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 = (0,409∠ − 8,65°°)(2,358 + 𝑗0,109) = 0,966∠ − 6° 𝑉𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 = 𝑉𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑝𝑢 𝑉𝑏𝑎𝑠𝑒3 = (0,966)(480𝑉) = 464𝑉 Calculamos la potencia real, reactiva y aparente 𝑃𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑝𝑢 = 𝐼 2 𝑅𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 = (0,409)2 (2,358) = 0,394 𝑃𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 = 𝑃𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑝𝑢 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒3 = (0,394)(1000𝑘𝑉𝐴) = 394𝑘𝑊 Calculamos la potencia real, reactiva y aparente del generador 𝑃𝐺 𝑝𝑢 = 𝑉𝐼 𝑐𝑜𝑠(𝜃) = (1)(0,409) cos(6°) = 0,407 𝑄𝐺 𝑝𝑢 = 𝑉𝐼𝑠𝑒𝑛(𝜃) = (1)(0,409) sen(6°) = 0,0428 𝑆𝐺 𝑝𝑢 = 𝑉𝐼 = (1)(0,409) = 0,409 𝑃𝐺 = 𝑃𝐺 𝑝𝑢 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 = (0,407)(1000𝑘𝑉𝐴) = 407𝑘𝑊 𝑄𝐺 = 𝑄𝐺 𝑝𝑢 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 = (0,0428)(1000𝑘𝑉𝐴) = 42,8𝑘𝑊 𝑆𝐺 = 𝑆𝐺 𝑝𝑢 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 = (0,409)(1000𝑘𝑉𝐴) = 409𝑘𝑊 c) Las pérdidas de trasmisión con el interruptor abierto 𝑃𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎 𝑝𝑢 = 𝐼 2 𝑅𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎 = (0,4765)2 (0,00723) = 0,00164 𝑃𝑙𝑖𝑛𝑒 = 𝑃𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎 𝑝𝑢 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 = (0,00164)(1000𝑘𝑉𝐴) = 1,64 𝑘𝑊 Las pérdidas de trasmisión con el interruptor cerrado 𝑃𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎 𝑝𝑢 = 𝐼 2 𝑅𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎 = (0,409)2 (0,00723) = 0,00121 𝑃𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎 = 𝑃𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎 𝑝𝑢 𝑆𝑏𝑎𝑠𝑒 = (0,00121)(1000𝑘𝑉𝐴) = 1,21𝑘𝑊



Conclusiones  Se logró el desarrollo ejercicios referentes a transformadores, de diferente dificultad, aplicando los conocimientos abordados durante el período académico y complementarlos con otros de ser necesario.  Al complementar la realización de los ejercicios con programas como MatLab, permitió facilitar la visualización de mejor manera en los ejercicios que lo requieran. Bibliografía [1] Teoría y análisis de las máquinas eléctricas, A.E. Fitzgerald 1975 [2] Máquinas eléctricas y transformadores, Irving L. Kosow, PH.D 1976 [3] Máquinas eléctricas, Sthephen Chapman 1976 [4] Máquinas eléctricas, M.P. Kostenko, LM Riostrouski 1976



Anthony Villa Oña Ejercicios CApII

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