PROBLEMAS RESUELTOS (TRANSFORMADORES) Problema 1. Un transformador monofásico de 14.344 VA. y 50 Hz. tiene las siguientes características: N1 = 1500 espiras. ,, r1 = 3 Ω,, x1 = 10 Ω N2 = 150 espiras. ,, r2 = 0,03 Ω ,, x2 = 0,1 Ω La corriente de vacío es de 0,2 A. y las pérdidas en el hierro son de 100 W. Para una carga con un "cos ϕ" de 0,9 y una tensión secundaria en carga de 220 V. Hallar el diagrama vectorial completo del transformador.
V2 = 220 V.
I2 =
14.344 S2 = = 65,2 A. 220 V2
Tomando V2 en el origen : G V2 = 220 0
G I 2 = 65,2 -25,84 = 58,68 - 28,42 j
G G G E2 = V 2 + I 2 ( r 2 + j x 2 ) = 220 + 65,2 -25,84 ⋅ ( 0,03 + 0,1 j ) = = 220 + 4,40 + 4,8 j = 224,05 1,22
m = E1 E2
1500 N1 = = 10 150 N2
= 10 ⇒ E1 = 10 E2 = 10 ⋅ 224,05 1,22 = 2240,5 1,22
Como las pérdidas en el hierro se obtienen en vacío: V1 ≅ E1
PFe = V1 ⋅ Ia ≅ E1 ⋅ Ia
⇒ Ia =
Ia = I0 sen α ⇒ sen α =
Ia I0
=
PFe 100 = = 0,04 A. E1 2240,5 0,04 0,2
= 0,2 ⇒ α = 11,53 º
La corriente de vacío en forma compleja será:
G I 0 = 0,2 1,22 + 90 + 11,53 = 0,2 102,75 = - 0,04 + 0,19 j
G G G G G I2 = - 5,9 + 3,03 j = 6,63 152,81 I 1 = I 0 + I1′ = I 0 m G G G V1 = I 1 ( r 1 + j x1 ) - E1 = 6,63 152,81 ⋅ 10,44 73,3 - 2240,5 1,22 = = 69,21 226,11 - 2240,5 1,22 = - 2287,97 - 97,57 j = 2290 182,44
El diagrama vectorial será:
Problema 2. Un transformador monofásico de SN = 1.000 KVA. y tensiones nominales V1N = 63.500 V. y V2N = 33.000 V. es sometido a los ensayos de vacío y cortocircuito, por el lado de baja tensión, obteniéndose los siguientes valores: - Ensayo de vacío. V 0 = 33 KV. I0 = 1,24 A. P0 = 5,3 KW. - Ensayo de cortocircuito. Vcc2 = 2.640 V. Icc2 = 30,3 A. Pcc = 9,81 KW. Si trabaja a una frecuencia de 60 Hz. y los valores de la resistencia y reactancia del secundario son R2 = 5,2 Ω y X2 = 40,3 Ω, hallar los parámetros del circuito equivalente.
SOLUCION.-
Del ensayo de vacío: PFe ≈ P0 = V2N ⋅ Ia I20 - I2a =
IM =
⇒
Ia =
5.300 W. = 0,16 A. 33.000 V.
1,24 2 - 0,16 2 = 1,23 A.
R02 ≈
33.000 V2N = = 206,2 KΩ 0,16 Ia
X02 ≈
33.000 V2N = = 26,8 KΩ 1,23 IM
Del ensayo en cortocircuito: εcc =
2.640 Vcc2 = = 0,08 ⇒ 8 % 33.000 V2N
εR =
P cc SN
=
9.810 1.000.000
= 0,0098
La corriente por el secundario vale: I2N =
1.000.000 SN = = 30,3 A. 33.000 V2N
A partir de la potencia absorbida en el ensayo: P cc = I22N ⋅ R cc2
⇒
R cc2 =
9810 = 10,68 Ω 30,3 2
La impedancia de cortocircuito vale: 2.640 Vcc2 = = 87,12 Ω 30,3 I2N
Z cc2 =
Conocidas la impedancia y la resistencia de cortocircuito determinamos la reactancia. 2 2 Z cc 2 - Rcc 2 = 86,46 Ω
Xcc 2 =
Al ser conocidas las resistencia y reactancia del secundario del transformador, podemos determinar los valores de R'1 y X'1. Rcc 2 = R′1 + R2
Xcc 2 = X′1 + X2
⇒
R′1 = 10,68 - 5,2 = 5,48 Ω
⇒
X′1 = 86,46 - 40,3 = 46,16 Ω
Los valores de R1 y X1 son: m =
R′1 =
X′1 =
R1 m2
X1 m
2
63.500 33.000
= 1,92
⇒ R1 = R′1 ⋅ m 2 = 5,48 ⋅ 1,922 = 20,2 Ω
⇒
X1 = X′1 ⋅ m2 = 46,16 ⋅ 1,922 = 170,16 Ω
Problema 3. Un transformador monofásico tiene doble número de espiras en el devanado secundario que en el primario y se alimenta a una tensión primaria de 125 V. y 50 Hz. En un ensayo de cortocircuito se ha obtenido el valor de la tensión aplicada al primario V1cc = 30 V., circulando una corriente de 15 A. por el devanado secundario. La resistencia del transformador, referida al secundario es de 0,66 Ω. Calcular: 1.- Caída de tensión en el transformador cuando alimente una carga inductiva de cos ϕ = 0,5 , supuesto el primario a tensión y corriente nominal. 2.- Valor de la tensión aplicada al primario, al elevar el factor de potencia a 0,8 manteniendo constante el valor de la tensión secundaria y la intensidad de 15 A. 3.- Caída de tensión en el transformador cuando se conecta en bornas del secundario una carga resistiva pura que absorbe 20 A. 4.- Valor de la tensión aplicada al primario cuando el transformador alimenta una carga capacitiva pura, que absorbe una corriente de 20 A. a una tensión de 200 V. SOLUCION.-
1.- En primer lugar, determinamos los parámetros del triángulo fundamental.
m =
N1 N2
=
1 2
= 0,5 ;
V2cc =
V1cc m
=
30 0,5
= 60 V.
Pasando a expresiones porcentuales: ε cc =
V1cc V1n
=
V 2cc V 2n
=
60 = 0,24 125 0,5
εR =
εX =
R cc ⋅ I2n V 2n
ε 2cc - εR2 =
=
0,66 ⋅ 15 250
= 0,0396
0,24 2 - 0,0396 2 = 0,2367
Los valores de Xcc y Rcc del transformador son:
X cc =
ε X ⋅ V 2n I2n
=
0,2367 ⋅ 250 15
= 3,945 Ω ;
R cc =
εR ⋅ V 2n I2n
0,0396 ⋅ 250
=
15
= 0,66 Ω
La caída de tensión porcentual podemos deducirla a partir de los valores obtenidos en el triángulo fundamental.
ε c = c ( εR ⋅ cos ϕ2 + ε X ⋅ sen ϕ2) = 1 ( 0,0396 ⋅ 0,5 + 0,2367 ⋅ 0,866) = 0,224
εc =
∆ V2 V 2n
⇒
∆ V 2 = ε c ⋅ V 2n = 0,224 ⋅ 250 = 56 V.
V 2c = V 2n - ∆ V 2 = 250 - 56 = 194 V.
2.- Para un cos ϕ = 0,8 ⇒ sen ϕ = 0,6. La caída de tensión para este valor será: ∆ V = I2 R cc cos ϕ2 + I2 X cc sen ϕ2 ∆ V = 15 ⋅ 0,66 ⋅ 0,8 + 15 ⋅ 3,945 ⋅ 0,6 = 43,425 V V′1 = ∆ V + V 2 = 43,425 + 194 = 237,425
⇒
V1 =
V′1 2
= 118,71 V.
3.∆ V = I2 Rcc cos ϕ2 + I2 Xcc sen ϕ2
Al ser una resistencia pura, cos ϕ = 1 y sen ϕ = 0. ∆ V = 20 ⋅ 0,66 ⋅ 1 + 0 = 13,2 V.
4.- Sustituyendo en la expresión de la caída de tensión:
∆ V = 20 ⋅ 0,66 ⋅ 0 + 20 ⋅ 3,945 ⋅ (-1) = - 78,9 V.
V1′ = 200 - 78,9 = 121,1 V.
⇒
V1 =
121,1 2
= 60,55 V.
Problema 4. Se poseen tres transformadores monofásicos de 30, 40 y 50 KVA. Las relaciones de todos los transformadores son iguales a 15.000/380 V. Se efectuó la prueba de cortocircuito con intensidad nominal, dando como resultado las tensiones de cortocircuito 600, 500 y 700 V., respectivamente. Se desea acoplar en paralelo dichos transformadores para transformar una potencia de 90 KVA. Se pide: 1) Intensidades nominales primarias y secundarias de cada transformador. 2) Valores de εcc de cada transformador. 3) Potencia total que suministra cada transformador. Indíquese si alguno de ellos está sobrecargado. 4) ¿Cual será la potencia máxima que podrá dar el conjunto sin que ninguno de ellos trabaje sobrecargado? SOLUCION.1.IIN1 =
IIIN1 =
IIIIN1 =
30.000 15.000
40.000 15.000
50.000 15.000
= 2 A. ,
IIN2 =
30.000 380
40.000
= 2,66 A. ,
IIIN2 =
= 3,33 A. ,
IIIIN2 =
380
50.000 380
= 78,9 A.
= 105,2 A.
= 131,5 A.
2.ε cc I =
ε cc II =
ε cc III =
600 15.000
500 15.000
700 15.000
= 0,04
⇒
ε cc1 % = 4 %
= 0,033
⇒
ε cc II % = 3,3 %
= 0,046
⇒
ε ccIII % = 4,6 %
3.SNI
SI = K
εccI
,
SII = K
SNII
,
εccII
SIII = K
SNIII εccIII
S T = SI + SII + SIII
90 = K
30
40
+ K
0,04
+ K
0,033
SI = 0,0295
SII = 0,0295
SIII = 0,0295
50 0,046
30
⇒
K = 0,0295
= 22,1KVA.
0,04
40
= 35,7 KVA.
0,033
50 0,046
= 32 KVA.
Podemos observar que no existe ningún transformador sobrecargado. 4.- En el apartado anterior vemos que el más próximo a la sobrecarga es el transformador II. Funcionando este transformador a su régimen nominal, SII = 40 KVA.
SII = K
SII = 40 KVA. ,
40
⇒
0,033
SI = 0,033
30 0,04
40 = K
40 0,033
= 24,75 KVA. ,
⇒
K = 0,033
SII = 0,033
S T = SI + SII + SIII = 100,6 KVA.
50 0,046
= 35,86 KVA.
Problema 5. Realizados los ensayos de vacío y cortocircuito, por el lado de A.T. a un transformador trifásico de 1.500 K.V.A., 20.000/380 V., 50 Hz., conectado el primario en triángulo y el secundario en estrella, se han obtenido los siguientes valores: VCC = 2.000 V., PCu = 15.000 W., PFe = 5.000 W. Determinar: 1.- Intensidad de corriente nominal por fase del primario. 2.- Caída de tensión εC, cuando en bornas del secundario se conecta una carga óhmico-inductiva de cos ϕ = 0,85. 3.- Tensión en la carga. 4.- Rendimiento del transformador en estas condiciones de funcionamiento. Solución.1.- El valor de la corriente lo obtenemos a partir de la potencia del transformador.
Sn = 3 I1L V1L
⇒
Sn
I1L =
3 V1L
=
1.500.000 3 ⋅ 20.000
= 43,3 A.
Al estar conectado en triángulo, la corriente por fase será:
I1f =
I1L 3
=
43,3 3
= 24,99 ≈ 25 A.
2.- La expresión de la caída de tensión es:
εc = c (εR ⋅ cos ϕ2 + ε X ⋅ sen ϕ2)
Las pérdidas en el cobre por fase valdrán:
Pcuf =
15.000 = 5.000 W. 3
De donde:
εR =
5.000 Pcc Pcuf 100 = 100 = 100 = 1 % 20.000 ⋅ 25 Sn V1f I1f
La tensión de cortocircuito εCC, vale:
εcc =
2.000 Vcc 100 = 100 = 10 % 20.000 V1
Podemos determinar el valor de εX.
2 2 ε x = εcc − εR =
0,12 − 0,012 = 0,099
y por tanto la caída de tensión valdrá:
εc = 1 ( 0,01⋅ 0,85 + 0,099 ⋅ 0,52 ) = 0,06
⇒ 6%
3.- Por definición: εc =
V2nf - V2cf = 0,06 V2nf
V2cf = V2nf (1- εc)
Despejando V2Cf:
La tensión nominal por fase vale:
V2nf =
380 3
≈ 220 V.
Luego la tensión secundaria en carga por fase será:
V2cf = 220 (1- 0,06) = 206,8 V.
Si no existe neutro, la carga estará sometida a la tensión de línea.
V2c = 3 V2cf = 3 ⋅ 206,8 = 358,18 V.
4.- La expresión del rendimiento es:
η=
3 V2 c I2n cos ϕ 3 V2 c I2n cos ϕ + P0 + c2 Pcc
Si V2 = V2n.
η=
1.500.000 ⋅ 1⋅ 0,85 Sn c cos ϕ = = 0,98 2 1.500.000 ⋅ 1⋅ 0,85 + 5.000 + 15.000 Sn c cos ϕ + P0 + c Pcc
Problema 6. Se dispone de un transformador de distribución trifásico. En su placa de características figuran los siguientes datos: - Potencia nominal: 4.500 KVA. - Tensión nominal primaria ( de línea ): 45 KV. - Tensión nominal secundaria ( de línea ): 6,3 KV. - Conexión: ∆ -Y. Se han medido las impedancias de los devanados primario y secundario, resultando los siguientes valores: R1 = 17 Ω/fase.
R2 = 0,111 Ω/fase.
X1 = 21 Ω/fase.
X2 = 0,1372 Ω/fase.
Se ha realizado el ensayo de vacío del transformador, por el lado de alta, obteniéndose los siguientes resultados: P0 = 53 KW.
I0 = 3 A.
Determinar: 1.- R0 y X0 por fase. 2.- Los valores del triángulo de Kapp en %. 3.- Rendimiento del transformador cuando alimenta una carga de 3.600 KW., con cos ϕ = 0,8 inductivo (se supone que el secundario está a tensión nominal). 4.- Si se supone que en el primario existe una tensión de 45 KV., hallar la tensión aproximada que habría en el secundario en los siguientes casos: a) Plena carga, cos ϕ2 = 0,8 inductivo. b) 1/4 de carga, cos ϕ2 = 0,9 capacitivo. 5.- Con tres transformadores monofásicos iguales, conectados en Y- ∆, se desea montar un banco trifásico de iguales características que el transformador del apartado anterior para trabajar en paralelo con él. Hallar las características de cada transformador monofásico. SOLUCION.1.- Puesto que se pide R0 y X0 por fase, supondremos el transformador reducido a la conexión Y-Y equivalente.
P0
=
3
V1N
⋅ Iaf
3
⇒
Imf =
R0f =
V1Nf Iaf
=
Iaf =
3 ⋅ P0 3 ⋅ V1N
I20 - I2af =
45.000 / 3
=
3 ⋅ 45.000
= 0,68 A.
3 2 - 0, 68 2 = 2,92 A.
= 38.207 Ω ,,
0,68
3 ⋅ 53.000
X0f =
45.000 / 3 2,92
= 8.897,52 Ω
2.- De la misma forma que en el apartado anterior, reducimos el triángulo del primario a estrella.
mc =
Z1Y =
Z1∆ 3
=
45 6,3
17 + 21j 3
= 7,14 = m s (en estrella)
= 5,66 + 7j
⇒
R1Y = 5,66 Ω ,, X1Y = 7 Ω
R ccf = R1Y + R′2 = 11,32 Ω ,,
X ccf = X1Y + X′2 = 14 Ω
Por lo tanto la impedancia en cortocircuito en estrella será: ( por fase ) Z ccf = 11,32 + 14j = 18 34 Ω
4.500.000
I1n = I1nf =
εR % =
P cc SN
3 ⋅ 45.000
⋅ 100 =
ε cc % =
2 3 ⋅ I1nf ⋅ R ccf
SN
Z ccf ⋅ I1nf V1nf
El triángulo de Kapp, en % por fase será:
⋅ 100 = 2,516 %
⋅ 100 = 4 %
ε X = 3,11 %
3.-
= 57,735 A.
P = S c ⋅ cos ϕ2
⇒
Sc =
c =
P cos ϕ2
=
3.600 0,8
= 4.500 KVA.
Sc SN
2 = 3 ⋅ 11,32 ⋅ 57,7 2 = 113.200 W. = 113,2 KW. P cc = 3 ⋅ R ccf ⋅ I1nf
η=
3 ⋅ V 2 ⋅ c ⋅ I2N ⋅ cos ϕ2 3 ⋅ V 2 ⋅ c ⋅ I2N ⋅ cos ϕ2 + P 0 + c P cc 2
=
4.500 ⋅ 0,8 3.600 + 53 + 113,2
= 0,955 ⇒ η = 95,5 %
4.- Para calcular este apartado, utilizaremos la fórmula aproximada:
V1 ≈ V 2 m (1 + ε c)
εc = c ( εR cos ϕ2 + εX sen ϕ2 )
a) c = 1 ; cos ϕ2 = 0,8 inductivo.
ε c = 1 (0,025 ⋅ 0,8 + 0,0311 ⋅ 0,6) = 0,0386
V1 = 45 KV. ⇒ V 2 ≈
45.000 V1 = 6.065 V. = m (1 + 0,0386) m (1 + ε c)
b) c = 1/4 ; cos ϕ2 = 0,9 capacitivo.
ε c = 1 / 4 (0,025 ⋅ 0,9 - 0,0311 ⋅ 0,43) = 0,00912
V2 =
45.000 m (1 + 0,00912)
= 6.242 V.
5.- Cada transformador del banco tendrá las siguientes características:
SN =
4.500 3
P0 =
= 1.500 KVA. ;
53 3
KW. ;
Pcc =
V1n =
113,2 3
45 3
KV. ;
KW. ;
V2n = 6,3 KV.
εcc = 4 %
