Problemas de Máquinas Eléctricas (Pg 116 184)

3

T RANSFORMADORES Sumar io de fórmu fórmulas las 3.1 TRANSFORMADOR IDEAL a) Expresiones instantáneas de las tensiones y de las f.e.m. en función del fl ujo ujo magnético: v1 = e1 = N 1

d Φ e2 = v2 = N 2 ; dt dt

d Φ

(3.1)

Las f.e.m. e1 y e2 se adelantan 90º respecto del flujo magnético Φ.

b) Valores e ficaces de las tensiones y de las f.e.m.s. en función del fl ujo ujo magnético máximo: V1 = E1 =

N 1ωΦ m

2

= 4,44 f N1Φ m ; V2 = E2 =

N 2ωΦ m

2

= 4,44 f N 2 Φ m

(3.2)

V 1 y V 2: tensiones de primario y secundario respectivamente; E 1 y E 2: f.e.m. de primario y secundario; N 1 y N 2: espiras de primario y secundario: f : frecuencia; Φm: flujo máximo. c) Relación de transformación ideal m: V1 V2 . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

=

E1 E2

=

N 1 N 2

=m

(3.3)

d) Relación fasorial de corrientes:

I 1 = I 0 + I ’2 = I 0 +

I2

m

(3.4)

3.2 3.2 TRANSFORMADOR RE AL a) Ecuaciones instantáneas de las tensiones: v1 = e1 + R1i1 + Ld 1

di1 dt

; e2 = v2 + R2 i2 + Ld 2

di2 dt

(3.5)

R1 y R2: resistencias de primario y secundario; Ld 1 y Ld 2: inductancias de dispersión primario y secundario 105 Fraile, Mora, Jesús, and Ardanuy, Jesús Fraile. Problemas de máquinas eléctricas, McGraw-Hill España, 2005. ProQuest Ebook Central, http://ebookcentral.proquest.com/lib/epnsp/detail.action?docID=3199422. Created from epnsp on 2018-06-04 10:50:26.

106

PROBLEMAS DE MÁQUINAS ELÉCTRICAS

b) Valores e ficaces de las f.e.m.: E = 4,44 f N Φm ; E = 4,44 f N Φm 1

1

2

2

(3.6)

E 1 y E 2: f.e.m. de primario y secundario; N 1 y N 2: espiras de primario y secundario: f : frecuencia; Φm: flujo máximo. c) Ecuaciones fasoriales de las tensiones:

V1 = E 1+R 1 I 1+ j X 1 I 1 ; V2 = E 2 – R 2 I 2 – j X j X 2 I 2

(3.7)

d) Relación de transformación: E1 E2

N 1

=

N 2

=m

(3.8)

e) Relación fasorial de las corrientes: I I1 = I 0 + 2 m

(3.9)

3.3 CIRCUIT O EQUIVALENTE EQUIVALENTE DE UN TR ANSFORM ANSFORM ADOR a) F.e.m. F.e.m. secundaria y tensión secundaria reducidas al primario: V’2 = m V 2

E2' = m E 2 ;

(3.10)

b) Corriente secundaria reducida al primario: I 2' =

I 2

(3.11)

m

c) Impedancias secundarias reducidas al primario: '

2

'

2

'

2

R2 = m R2 ; X 2 = m X 2 ; Z L = m Z L

. d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

(3.12)

d) Impedancia de cortocircuito cortocircuito reducida al primario Rcc = R1 + R’ R’2 ; X cc = X 1 + X’2

(3.13)

e) F.e.m. F.e.m. primaria y tensión primaria reducida al secundario: E 1' =

E 1 m

' ; V 1 =

V 1 m

(3.14)

f) Corriente primaria primaria y corriente de vacío reducida reducida al secundario: '

'

I1 = mI 1 ; I 0 = mI 0

(3.15)

g) Impedancias primarias reducidas al secundario: R1' =

R1 m

2

' ; X 1 =

X 1 m2

(3.16)

Fraile, Mora, Jesús, and Ardanuy, Jesús Fraile. Problemas de máquinas eléctricas, McGraw-Hill España, 2005. ProQuest Ebook Central, http://ebookcentral.proquest.com/lib/epnsp/detail.action?docID=3199422. Created from epnsp on 2018-06-04 10:50:26.

TRANSFORMADORES TRANSFORMADORES 107

h) Impedancia de cortocircuito cortocircuito reducida al secundario Rcc' = R1' + R2 ; X cc' = X 1' + X 2

(3.17)

3.4 ENSAYO ENSAYO EN VA VACÍO DEL TR T R ANSFORMA ANSFOR MADOR DOR a) Potencia en vacío medida en el primario: P0 = V 1n I 0 cos ϕ0 = PFe

(3.18)

b) Componentes de la corriente de vacío reducidas al primario: I Fe = I 0 cos ϕ0

;

I µ = I 0 sen ϕ0

(3.19)

c) Parámetros de la rama paralelo del circuito equivalente reducida al primario: RFe =

V1

X µ =

;

I Fe

V 1

(3.20)

I µ

d) Relación de transformación: m=

N1

E 1

=

N 2

E2

=

V 1n

(3.21)

V 20

V 20: tensión secundaria en vacío.

3.5 ENSAY ENSAYO DE DE CORTOCI RCUITO RCUIT O DEL DEL TRANS TR ANSFOR FOR MADOR a) Potencia de cortocircuito medida en primario: Pcc = V 1cc I 1n cos ϕcc

(3.22)

b) Componentes de la tensión de cortocircuito reducidas al primario: V Rcc = Rcc I 1n = V 1cc cos ϕcc ; V Xcc = X cc I 1n = V 1cc sen ϕcc . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

(3.23)

c) Parámetros de la rama serie del circuito equivalente reducida al primario: Rcc =

V1cc I1n

cos cos ϕ cc ; X cc =

V 1cc I 1n

sen sen ϕ cc

(3.24)

d) Valores Valores relativos de las caídas de tensión respecto a la tensión asignada al primario: ε cc =

V1cc V1n

100 ; ε Rcc =

VRcc V1n

100 ; ε Xcc =

V Xcc V 1n

100

(3.25)

e) Corriente de cortocircuito de falta: I1 falta =

V1n Z cc

=

V 1n V 1cc

I1n =

100

ε cc

I 1n

(3.26)


108


3.6 CAÍDA DE TENSIÓN EN UN TR ANSFOR MADOR a) Caída de tensión absoluta: V 2 = V 20 – V 2

∆

(3.27)

V 20: tensión secundaria en vacío; V 2: tensión secundaria en carga. b) Caída de tensión relativa o regulación: εc =

V20 − V 2 V 20

100%

(3.28)

c) Relación de tensiones:

V1n = V’2 + ( Rcc + j X cc) I ’2

(3.29)

d) Fórmula aproximada de Kapp: V 1n – V’2 = Rcc I’2 cos ϕ2 + X cc I’2 sen ϕ2

(3.30)

e) Caída de tensión absoluta en función del índice de carga C: V 1n – V’2 = C Rcc I’2n cos ϕ2 + C X cc I’2n sen ϕ2

(3.31)

f) Caída de tensión relativa en función del índice de carga C: εc =

V1n − V 2' V 1n

100% = C ε Rcc cos ϕ 2 + C ε Xcc sen ϕ 2

(3.32)

3.7 PÉR DIDAS Y RENDIMI ENTO DE UN TR ANSFOR MADOR a) Pérdidas en vacío: PFe = P0

(3.33)

b) Pérdidas en cortocircuito con corriente nominal: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

[Pcu] n = Pcc = Rcc I 2'2n

(3.34)

c) Pérdidas en el cobre para un índice de carga C en función de las pérdidas en cortocircuito: Pcu = Rcc I 2'2 = C 2 Pcc

(3.35)

d) Rendimiento del transformador: η=

CV2 I 2 n cos ϕ 2 CV2 I 2 n cos ϕ2 + Po + C 2 Pcc

(3.36)

3.8 ACOPLAMI ENTO EN PARALEL O DE TR ANSFORM ADORES a) Condiciones que deben cumplir:


TRANSFORMADORES 109

1) Los transformadores deben tener el mismo ángulo horario. 2) Los transformadores deben tener las mismas tensiones primarias y secundarias. 3) Los transformadores deben tener idénticas tensiones relativas de cortocircuito ( εcc).

3.8.1 Transformadores con la misma relación de transformación

a) Ecuaciones de las corrientes: Z ccI I I = Z ccII I II = Z ccIII I III ; I = I I + I II + I III + ...

(3.37)

I : Corriente compleja total; I I , I II , I III ...: corrientes complejas suministradas por cada uno de los transformadores. Z cc I , Z cc II , Z cc III ...: impedancias de cortocircuito de cada uno de los transformadores. b) Soluciones de las corrientes parciales: Ii = I

Yi

⇒ I I = I

YT

Y I YT

; I II = I

Y II YT

; I III = I

Y III YT

, ....

(3.38)

I i: Corriente compleja suministrada por el transformador i; I I , I II , I III ...: corrientes complejas suministradas por cada uno de los transformadores. Y I =1/ Z ccI ; Y II =1/ Z ccII ; Y III =1/Z ccIII ...: admitancias de cortocircuito de cada uno de los transformadores; YT = Y I +Y II +Y III + ...: admitancia total. c) Potencias complejas suministradas por cada transformador: ' *

; S II = V2' I *II

S I = V2I I

; S III = V2' I *III

(3.39)

S I , S II , S III ...: potencias complejas suministradas por el transformador I , II , III , etc. NOTA: en las ecuaciones (3.39) se supone que las corrientes están reducidas al primario; en el caso de que estén reducidas al secundario, entonces la tensión debe ser V2 y las corrientes I I , I II , I III ... deben estar referidas al secundario.

d) Relación entre los índices de carga de cada transformador y las caídas de tensión relativas de cortocircuito: C I C II . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

=

ε CCII ε CCI

(3.40)

3.8.2 Transformadores con distinta relación de transformación

a) Ecuaciones de las corrientes (circuitos equivalentes reducidos al secundario): E I = V2 + Z ccI I I ; E II = V2 + ZccII I II ; E III = V2 + Z ccIII I III ; I = I I + I II + I III + ...

(3.41)

I : Corriente compleja total; I I , I II , I III ...: corrientes complejas suministradas por cada uno de los transformadores. Z ccI , Z ccII , Z ccIII ...: impedancias de cortocircuito de cada uno de los transformadores; E I , E II , E III ...: f.e.m. reducidas al secundario de los transformadores; V2: tensión secundaria común. NOTA: todas las magnitudes están reducidas al secundario.

b) Tensión común secundaria en carga (caso de dos transformadores): V2 =

Y I E I + YII E II − I Y I + YII

(3.42)


110


Y I , Y II , Y III ...: admitancias de cortocircuito de cada uno de los transformadores. NOTA: cuando la carga está definida por una admitancia Y L (o impedancia Z L), entonces la corriente total I es igual a: I =Y LV2. Cuando la carga está definida por una potencia compleja total S entonces la corriente total I es igual a: I = S* / V2* . c) Tensión común secundaria en vacío (caso de dos transformadores): V20 =

Y I E I + YII E II

(3.43)

Y I + YII

Y I , Y II , Y III ...: admitancias de cortocircuito de cada uno de los transformadores. d) Soluciones de las corrientes parciales (caso de dos transformadores): I I = YI

E I YL + (E I − E II )YII

; I II = YII

Y I + YII + YL

E II YL + (E II − E I )YI Y I + YII + YL

(3.44)

YL: admitancia de la carga. e) Potencias complejas suministradas por cada transformador (caso de dos transformadores): *

S I = V2I I

* ; S II = V2I II

(3.45)

S I , S II : potencias complejas suministradas por los transformadores I y II respectivamente.

3.9 AUTOTRANSFORMADORES a) Ecuaciones complejas de las tensiones (autotransformador reductor): V1 = mV2 + ⎡⎣ ( m − 1)2 Z bc + Z ab ⎤⎦ I 1

; V2 = Z L I 2

(3.46)

V1: tensión primaria; V2: tensión secundaria; m: relación de transformación que es superior a la unidad; Z ab: impedancia de la parte del autotransformador recorrida por la corriente primaria I 1; Z bc: impedancia de la parte del transformador recorrida por la corriente común I 2-I 1; I 2: corriente secundaria. Z L: impedancia de la carga. b) Ecuaciones complejas de las tensiones (autotransformador elevador): . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

V1 = Ebc + Z bc (I 1 − I 2 )

;

E ac = V2 + Z abI 2 − Ζ bc (I1 − I 2 )

(3.47)

V1: tensión primaria; V2: tensión secundaria; Z ab: impedancia de la parte del autotransformador recorrida por la corriente secundaria I 2; Z bc: impedancia de la parte común del autotransformador recorrida por la corriente común I 1–I 2; I 2: corriente secundaria; E ac: f.e.m. de la parte ab del devanado secundario; E bc: f.e.m. de la parte bc del devanado común a primario y secundario. De las ecuaciones (3.47) se obtiene: 2

2

V1 = mV2 + ⎡⎣ m Z ab + (1 − m) Z bc ⎤⎦ I 1

(3.48)

m: es la relación de transformación, que en el autotransformador elevador es inferior a la unidad. c) Relación entre el peso de cobre como autotransformador Ga y como transformador G t : Ga Gt

= 1−

V 2 V 1

(3.49)


TRANSFORMADORES 111

Pr oblemas resueltos Problema 3.1 Un transformador monofásico de 100 kVA, 3000/220 V, 50 Hz, tiene 100 espiras en el devanado secundario. Supuesto que el transformador es ideal, calcular: a) corrientes primaria y secundaria a plena carga, b) flujo máximo, c) número de espiras del arrollamiento primario.

Solución a) Los valores de las corrientes primaria y secundaria a plena carga son, respectivamente: I 1 =

S N V 1

=

1000000 3000

= 33,33 amperios

I 2 =

S N V 2

=

100000 220

= 454,55 amperios

b) La tensión del secundario, que en el transformador ideal es igual a la f.e.m. secundaria viene expresada por: V2 = E2 = 4,44 fN 2 Φ m

que al sustituir valores da lugar a un flujo máximo: 3 220 = 4,44 ⋅ 50 ⋅100 Φ m ⇒ Φ m = 9,91 ⋅10 − Wb

c) La relación de tensiones o f.e.m. es igual a la relación de espiras, por lo que resulta:

3000 220

=

N 1

100

⇒ N 1 ≅ 1364 espiras

Problema 3.2


Un transformador monofásico de 10 kVA, 220/380 V, 50 Hz, ha dado los siguientes resultados en unos ensayos: vacío: 220 V; 2 A; 150 W (medidos en el lado de B.T.); cortocircuito: 10 V; 26,32 A; 75 W (medidos en el lado de A.T.). Calcular: a) parámetros del circuito equivalente del transfor mador reducido al primario; b) si el primario se alimenta a 220 V, calcular la tensión secundaria cuando el transformador funciona a plena carga con f.d.p. 0,8 inductivo.

Solución a) De los datos d el ensayo de vacío (que está realizado en el lado de B.T., es decir, del primario) se puede escribir:

150 = 220 ⋅ 2 ⋅ cosϕ ⇒ cosϕ0 = 0, 341 ; senϕ0 = 0, 94 de donde se deducen los valores de las corrientes: I Fe = 2 ⋅ 0,341 = 0,682 A ; I µ = 2 ⋅ 0,94 = 1,88 A

y por consiguiente los parámetros de la rama paralelo del circuito equivalente reducido al primario son: RFe =

220 0,682

= 322,6 Ω ; X µ =

220 1,88

= 117,02 Ω


112


El ensayo de cortocircuito está realizado en el lado de A.T., que es el secundario. Por ello, previamente deben pasarse los datos medidos en este ensayo al lado primario, y así resulta: m=

220 380

I 2cc

= 0,579 ; V1cc = mV 2 cc = 0,579 ⋅10 = 5,79 V ; I 1cc =

m

=

26,32 0,579

= 45,46 A ; Pcorto = 75 W

A partir de los datos anteriores, ya reducidos al primario, se puede escribir:

75 = 5,79 ⋅ 45,46cosϕcc ⇒ cosϕcc = 0, 285 ; senϕcc = 0, 959 lo que da lugar a una impedancia de cortocircuito reducida al primario de valor: Z cc =

5,79 45,46

= 0,127 Ω

La resistencia y reactancia de cortocircuito del transformador reducida al primario es: Rcc = 0,127 ⋅ 0,2850,0363 Ω ; X cc = 0,127 ⋅ 0,959 = 0,122 Ω

b) La relación aproximada entre las tensiones primaria y secundaria en carga viene expresada por: '

'

V1 = mV2 + Rcc I 2 cosϕ + X cc I 2 sen ϕ

y como los valores conocidos son: V 1 = 220 V ; I 2 =

S N V 2 N

=

10000 380

= 26,32 A ; I 2' =

I 2 m

=

26,32 0,579

= 45,45 A

se deduce finalmente una tensión secundaria de valor:

220 = 0,579V 2 + 0,0363 ⋅ 45,45 ⋅ 0,8 + 0,122 ⋅ 45,45 ⋅ 0, ⇒ V 2 = 371,94 V

Pr oblema 3.3 Un transformador monofásico de 125 kVA, 3000/380 V, 50 Hz, ha dado los siguientes resultados en unos ensayos: vacío: 3000 V; 0,8 A; 1000 W (medidos en el primario); cortocircuito: 10 V; 300 A; 750 W (medidos en el secundario). Calcular: a) Componentes de la corriente de vacío; b) potencia de pérdidas en el hierro y de pérdidas en el cobre a plena carga; c) rendimiento a plena carga con f.d.p. unidad 0,8 inductivo y 0,8 capacitivo; d) tensión secundaria a plena carga, con f.d.p. anteriores (se supone que al primario se le aplica la tensión asignada de 3000 V). . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

Solución a) Del ensayo de vacío se deduce: P0 = V1I 0 cosϕ0 ⇒ 1000 = 3000 ⋅ 0,8 ⋅ cos ϕ ⇒ cosϕ0 = 0, 417 ; senϕ0 = 0, 909

y, por lo tanto, las componentes de la corriente de vacío son: I Fe = I 0 cosϕ0 = 0,8 ⋅ 0,417 = 0,333 A ; I µ = 0,8 ⋅ 0,909 = 0,727 A

b) La potencia de pérdidas en el hierro es igual a la potencia absorbida en vacío, por lo que se tiene: PFe = P0 = 1000 W

Por otra parte, el ensayo de cortocircuito está hecho con una corriente de 300 amperios, y las medidas han sido: Pcorto = 750 W ; I 2corto = 300 A


TRANSFORMADORES 113

sin embargo, la corriente de plena carga tiene un valor: I 2 N =

S N V 2 N

=

125000 380

= 328,95 A

por consiguiente el valor de las pérdidas en cortocircuito con corriente de plena carga es igual a: Pcc = 750(

328,95 300

) 2 = 901, 72W = Pcu n ≈ 0,902 kW

c) La expresión del rendimiento en función del índice de carga y de las pérdidas del transformador viene expresado por:

η=

C ⋅ S N cosϕ 2

CS N cosϕ + P0 + C Pcc

es por ello que el rendimiento a plena carga con f.d.p. unidad vale:

η=

C ⋅ S N cosϕ 2


=

1 ⋅125 ⋅1 125 + 1 + 0,902

= 98,5%

cuando el f.d.p. es 0,8 inductivo o 0,8 capacitivo el rendimiento es igual a:

η=

1⋅ 125⋅ 0,8 125 ⋅ 0,8 + 1 + 0,902

= 98,13%

d) Para resolver este apartado es preciso calcular previamente la rama serie del circuito equivalente del transformador reducido al primario, es decir, la resistencia y reactancia de cortocircuito. Estos parámetros se obtienen del ensayo de cortocircuito, que al estar realizado en el lado secundario, se deben reducir las medidas al primario y así se puede escribir: m =

3000 380

= 7,895 ; V 1corto = 10 ⋅ 7,895 = 78,95 V ; I 1corto =

300 7,895

= 38A ; Pcorto = 750 W

de donde se deduce: Z cc =

78,95 38

= 2,078 Ω ; 750 = 78,95 ⋅ 38cos ϕcc ⇒ cosϕcc = 0, 25 ; senϕcc = 0, 968

y por consiguiente: Rcc = 2,078 ⋅ 0,25 = 0,52 Ω ; X cc = 2,078 ⋅ 0,968 = 2,01 Ω

la ecuación que relaciona las tensiones en carga es: '


'

V1 = mV2 + Rcc I 2 cosϕ + X cc I 2 sen ϕ

y teniendo en cuenta que el transformador funciona a plena carga, la corriente secundaria real y la reducida al primario valen, respectivamente: I 2 = I 2 n = 328,95 A ; I 2' =

328,95 7,895

= 41,67 A

Cuando el transformador funciona a plena carga y con f.d.p. unidad se tendrá:

3000 = 7,895V 2 + 0,52 ⋅ 41,67 ⋅1

⇒ V 2 = 377,25 V

cuando el f.d.p. es 0,8 inductivo se cumple:

3000 = 7,895V 2 + 0,52 ⋅ 41,67 ⋅ 0,8 + 2,01 ⋅ 41,67 ⋅ 0,6

⇒ V 2 = 371, 43 V

y cuando el f.d.p. es 0,8 capacitivo resulta:

3000 = 7,895V 2 + 0,52 ⋅ 41,67 ⋅ 0,8 − 2,01 ⋅ 41,67 ⋅ 0,6

⇒ V 2 = 384,16 V


114


Problema 3.4 Un transformador monofásico de 75 kVA, 3000/220 V, 50 Hz, necesita 200 V aplicados al primario, para que circule la corriente asignada en cortocircuito, siendo la potencia absorbida en el ensayo de 2 kW. Determinar: a) caída de tensión relativa y tensión secundaria correspondie nte cuando trabaja a plena carga con f.d.p. unidad, 0,8 inductivo y 0,8 capacitivo; b) si la potencia absorbida en vacío es de 1,5 kW, calcular el rendimiento a plena y media carga con f.d.p. 0,8.

Solución a) El valor de la corriente asignada primaria es: I1 N =

S N V 1 N

=

75000 3000

= 25 A = I 1cc

y al ser la corriente anterior la que circula en cortocircuito, se deduce:

2000 = 200 ⋅ 25cosϕcc ⇒ cosϕcc = 0, 4 ; senϕcc = 0, 917 por consig uiente la imped ancia de corto circuito y la resist encia y reactancia cor respond ientes son: Z cc =

200 25

= 8 Ω ⇒ Rcc = 8 ⋅ 0, 4 = 3, 2 Ω ; X cc = 8 ⋅ 0,917 = 7,336 Ω

y por lo tanto las caídas relativas en la resistencia y reactancia a plena carga son, respectivamente:

ε Rcc =

Rcc I 1n V 1n

=

3,2 ⋅ 25 3000

= 2,67% ; ε xcc =

7,336 ⋅ 25 3000

= 6,11%

y teniendo en cuenta que la caída de tensión relativa en función del índice de carga y de las caídas relativas anteriores viene expresado por:

ε c = C [ε Rcc cosϕ + ε xccsenϕ ] =

'

V1 − V 2 V 1

de donde se deduce que cuando el transformador trabaja a plena carga con f.d.p. unidad se tiene una caída relativa de tensión: C 1 = 1 ; cos ϕ = 1 ; ε c = 1.[2,67 ⋅ 1] = 2,67% . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

para f.d.p. 0,8 inductivo: C 1 = 1 ; cos ϕ = 0,8 ind. ; ε c = 1[2,67 ⋅ 0,8 + 6,11 ⋅ 0,6 ] = 5,8%

Cuando el f.d.p. es 0,8 capacitivo se tiene: C 1 = 1 ; cos ϕ = 0,8 capac. ; ε c = 1[2,67 ⋅ 0,8 − 6,11 ⋅ 0,6 ] = −1,53%

y como quiera que la caída relativa de tensión se puede expresar también por:

εc =

V1 − mV 2 V1

⇒

V 2 =

V 1 (1 − ε c ) m

las tensiones secundarias correspondientes serán: V 2 =

3000(1 − 0,0267) 13,636

= 214,13 V ; V 2 =

3000(1 − 0,058) 13,636

= 207,25 V ; V 2 =

3000(1 + 0,0153) 13,636

= 223,37 V


TRANSFORMADORES 115

b) Las pérdidas del transformador son: P0 = PFe = 1,5 kW ; Pcc = 2 kW

y teniendo en cuenta que la expresión del rendimiento es:

η=

CS N cosϕ 2


el rendimiento a plena carga con f.d.p. 0,8 será:

η=

75 ⋅ 0,8 75 ⋅ 0,8 + 1,5 + 2

=

60 63,5

= 94,49%

y el rendimiento a media carga con f.d.p. 0,8 será:

η=

1 75 ⋅ 0,8 2 1 1 75 ⋅ 0, 8 + 1, 5 + ( ) 2 2 2 2

=

30 30 + 1, 5 + 0, 5

=

30 32

= 93,75%

Problema 3.5 Un transformador monofásico de 20 kVA, 460/200 V, 50 Hz, tiene unas pérdidas en el hierro a la tensión asignada de 360 W, y unas pérdidas en el cobre a plena carga de 500 W. Calcular: a) rendimiento a media carga con f.d.p. 0,8; b) potencia aparente de máximo rendimiento; c) rendimiento máximo cuando el f.d.p. es la unidad.

Solución a) Las pérdidas del transformador son: P0 = PFe = 360 W ; Pcc = Pcun = 500 W

por consiguiente, el rendimiento a media carga con f.d.p. 0,8 será:

η= . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

1 20000⋅ 0,8 2 1 1 20000 ⋅ 0,8 + 360 + ( ) 2 500 2 2

=

8000 8000 + 360 + 125

= 94,28%

b) El índice de carga óptimo viene definido por: C opt =

P0 Pcc

360

=

500

= 0,8485

y como quiera que el índice anterior es el cociente entre la potencia de máximo rendimiento y la potencia asignada al transformador, se obtiene: S η max = 20 ⋅ 0,8485 = 16,97 kVA

c) El rendimiento máximo cuando el f.d.p. es la unidad vale:

η=

0,8485 ⋅ 20 ⋅1 2

0,8485 ⋅ 20 ⋅1 + 0,36 + 0,8485 ⋅ 0,5

=

16,97 16,97 + 0,72

= 95,93%


116


Pr oblema 3.6 El rendimiento para un factor de potencia unidad de un transformador monofásico de 200 kVA, 3000/380 V, es de 0,98 tanto para plena carga como para media carga. El f.d.p. en vacío es de 0,2 y la caída de tensión relativa a plena carga, con un f.d.p. 0,8 inductivo es del 4%. Determinar los parámetros del circuito equivalente del transformador reducido al primario.

Solución a) Teniendo en cuenta que la expresión del rendimiento de un transformador es:

η=

CS N cosϕ 2


al aplicarla a las dos condiciones del problema resulta:

0,98 =

1 ⋅ 200 ⋅1 2 1 ⋅ 200 ⋅1 + P0 + 1 Pcc

1 200 ⋅1 2

; 0,98 =

1 1 200 ⋅1 + P0 + ( ) 2 Pcc 2 2

de donde se deducen las ecuaciones siguientes: P0 + Pcc = 4,082 kW ; P0 +

Pcc

4

= 2,041 kW

que dan lugar a las siguientes potencias perdidas: Pcc = 2,72 kW ; P0 = 1,361 kW

teniendo en cuenta además que el f.d.p. en vacío es igual a 0,2; se puede escribir: P0 = V1I 0 cosϕ0 ⇒ 1361 = 3000 I 0 0,2

de donde se deduce: I 0 = 2,268 A ; I Fe = 2,268⋅ 0,2 = 0,4536 A ; I µ = 2,268.0,98 = 2,223 A

A partir de estas corrientes se obtienen los siguientes parámetros d e la rama paralelo del circuito equivalente del transformador reducido al primario: RFe = . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

3000 0,4536

= 6613,7 Ω ≈ 6,61k Ω ; X µ =

3000 2,223

= 1349,5 Ω ≈ 1,35k Ω

además, la corriente de plena carga del secundario tiene un valor: I 2 N =

S N V 2 N

=

200000 380

= 526,32 A

3000 = 7,895, corresponde a una corriente del que, teniendo en cuenta que la relación de transformación es igual a m = 380 secundario reducida al primario: '

I 2 =

526,32 7,895

= 66,66 A

Por otro lado, al ser la potencia perdida en cortocircuito de 2720 W como se ha deducido de las ecuaciones del r endimiento, se puede escribir: '2

Pcc = Pcun = 2720 = Rcc I 2 = Rcc 66, 66

2

⇒ Rcc = 0,612 Ω


TRANSFORMADORES 117

como además la caída de tensión relativa a plena carga es del 4%, resulta: '

ε c = 4% =

V1 − V2

=

V 1

3000 − 7,895V 2 3000

de donde se deduce: V 2 = 364, 79 V

' ⇒ V 2 = 2880 V

La reactancia de cortocircuito se despeja de la ecuación de la caída de tensión de un transformador (fórmula de Kapp): '

'

'

V1 − V2 = 120 = Rcc I 2 cosϕ + X cc I 2senϕ = 0, 612 ⋅ 66, 66 ⋅ 0,8 + X cc 66, 66 ⋅ 0, 6

lo que da lugar a: X cc = 2,184 Ω

Problema 3.7 El rendimiento máximo d e un transformador monofásico de 500 kVA; 3300/500 V, 50 Hz, es del 97% y ocurre para los 3/4 de la plena carga con f.d.p. unidad. Se observa en un ensayo de cortocircuito que son necesarios 330 V aplicados al primario para que circule en ese estado la corriente asignada por el transformador. Calcular la caída relativa de tensión a plena carga con f.d.p. 0,8 inductivo.

Solución De los datos del enunciado se deduce que el índice de carga óptimo es igual a 3/4 y se puede escribir: C opt =

3 4

=

P0 Pcc

y como quiera que el rendimiento máximo es igual al 97%, para el cual coinciden las pérdidas fijas con las variables, se tiene:

0,97 =


3 500 ⋅1 4 3 500 ⋅1 + 2 P0 4

de donde se deduce: P0 ≈ 5,8 kW. Llevando este valor a la ecuación del índice de carga óptimo resulta:

9 16

=

5,8 Pcc

de donde se deduce un valor Pcc ≈ 10,31 kW y por consiguiente se cumple: 2

2

Pcc = 10,31 kW = Rcc I1 N = Rcc151,51

⇒ Rcc ≈ 0,45 Ω

Como quiera que, según el enunciado, en un ensayo de cortocircuito hacen falta aplicar al primario 300 V para que circule la corriente asignada (nominal), se tiene: V 1cc = 330 V

; I1cc = I 1 N =

500000 3300

= 151,51 A

de donde se deduce: Z cc =

330 151,51

= 2,178 Ω ; X cc = Z cc2 − Rcc2 = 2,1782 − 0, 452 = 2,13 Ω


118


De este modo las caídas relativas de tensión en la resistencia y reactancia de cortocircuito son respectivamente:

ε Rcc =

Rcc I 1n V 1n

=

0,45 ⋅151,51 3300

= 2,067% ; ε xcc = 2,13 ⋅151,51 = 9,78% 3300

y por lo tanto la caída relativa de tensión del transformador será:

ε c = C [ε Rcc cosϕ + ε xccsenϕ ] = 2, 067 ⋅ 0, 8 + 9, 78 ⋅ 0, 6 = 7, 522% que es el resultado solicitado en el enunciado del problema.

Problema 3.8 Calcular los rendimientos de un transformador de 100 kVA, para media carga, plena carga y 1 · 1/4 de la plena carga, con f.d.p.: a) unidad; b) 0,8. Las pérdidas en el cobre a plena carga son de 1000 W, y las pérdidas en el hierro son de 1000 W.

Solución Las pérdidas del transformador son: ; Pcc = 1 kW = PcuN

P0 = 1 kW = PFe

y la expresión del rendimiento del transformador es:

η=

CS N cosϕ 2


que al aplicarla a los valores del enunciado se tiene que para media carga con f.d.p. unidad:

η= . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

1 100 ⋅1 2 1 1 100 ⋅1 + 1 + ( ) 21 2 2

=

50 50 + 1 + 0, 25

= 97,56%

y a plena carga y a 5/4 de la plena carga con f.d.p. unidad se tiene:

5 100 ⋅1 1 ⋅100 ⋅1 100 125 125 4 η = = = = 97,99% 98,04% η= = = ; 2 5 5 125 + 1 + 1,56 127,56 2 1 ⋅100 ⋅1 + 1 + 1 ⋅1 102 100 + 1 + ( ) 1 4 4 y cuando el f.d.p. es 0,8; resulta para los índices de carga anteriores:

η=

50 ⋅ 0,8 50 ⋅ 0,8 + 1 + 0,25

=

40 41,25

= 96,97% ; η =

100 ⋅ 0,8 100 ⋅ 0, 8 + 1 + 1

=

80 82

= 97,56% ; η =

125 ⋅ 0,8 125 ⋅ 0,8 + 1 + 1,56

=

100 102,56

= 97,50%


TRANSFORMADORES 119

Problema 3.9 El rendimiento de un transformador monofásico de 100 kVA es de 93,02% cuando suministra la plena carga, con un f.d.p. de 0,8 y de 94,34% a media carga, con f.d.p. unidad. Calcular: a) pérdida en el hierro; b) pérdida en el cobre a plena carga.

Solución Sabemos que la expresión del rendimiento del transformador es:

η=

CS N cosϕ 2 CS N cosϕ + P0 + C Pcc

que al sustituir en las dos situaciones mencionadas da lugar a: 0,9302 =

100 ⋅ 0,8

; 0,9434 =

100 ⋅ 0,8 + P0 + Pcc

50 ⋅1 50 ⋅1 + P0 + 0, 25 Pcc

de donde se deducen las dos ecuaciones siguientes:

6 = P0 + Pcc

; 3 = P0 + 0, 25 Pcc

que al resolverlas se obtiene: Pcc = 4 kW ; P0 = 6 − 4 = 2 kW

Pr oblema 3.10 Dos transformadores monofásicos de 100 kVA, 1000/100 V, 50 Hz, funcionan en paralelo. Las impedancias de cortocircuito reducidas al primario de cada uno son Z ccI = 0,3 + j 0,4 Ω y Z ccII = 0,4 + j0,3 Ω respectivamente. Se desea alimentar a 100 V una carga de 150 kVA con f.d.p. 0,8 inductivo. Calcular las corrientes, potencias aparentes y activas suministradas por cada transformador.

Solución


En la Figura 3.1 se muestra el circuito equivalente reducido al primario del acoplamiento en paralelo. La tensión secundaria 1000 = 10 , se tiene una tensión secundaria reducida al primario es de 100 voltios, y al ser la relación de transformación m = 100 V2' = mV 2 = 1000 . De este modo la corriente que absorbe la carga reducida al primario es: '

I 2 =

150000 1000

= 150 A

que al tomar como referencia la tensión V 2' = 1000∠0º , se puede escribir I '2 = 150 ∠ − 36,87º. Esta corriente será igual a la suma fasorial de las corrientes que entrega cada transformador (reducidas al primario), es decir: I I + I II = 150∠ − 36, 87 º

e igualando las caídas de tensión en los dos transformadores se puede escribir:

(0, 3 + j 0, 4)I I = (0, 4 + j 0, 3)I II


120


despejando de estas dos últimas ecuaciones el valor de las corrientes I I = 150∠ − 36,87º

0, 4 + j 0, 3 0, 7 + j 0, 7

= 150∠ − 36,87º

I I e I II se obtiene:

0, 5∠36,87º 0,7 2 ∠45º

= 75, 76 ∠ − 45º

I II = 150∠ − 36, 87º −75, 76 ∠ − 45º = (120 − j90) − ( 53, 57 − j53, 57) = 66, 43 − j36, 43 = 75, 76 ∠ − 28, 74º

Figura 3.1 que corresponden a unas corrientes medidas en secundario: I 2 I = mI I = 757,6 A ; I 2 II = mI II = 757,6 A

Las potencias complejas entregadas por cada transformador son: ' * 3 S I = V2 I I = 1000 ⋅ 75,76∠45º = (53,57 + j 53,57)10 ⇒ S I = 75,76 kVA ; P I = 53,57 kW ; Q I = 53,57 kVAr

S II = V2' I*II = 1000 ⋅ 75,76∠28,74º = (66,43+ j 36,43)103 ⇒ S II = 75,76 kVA ; P II = 66,43 kW ; Q II = 36,43 kVAr

Se puede comprobar que se cumple el balance de potencias en el circuito:

+ j53,57) + (66,43 + j36,43) = 120 + j80 = Scarga S I + S II = (53,57

Pr oblema 3.11 . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

Tres transformadores monofásicos de 100 kVA, 1000/100 V, 50 Hz, funcionan en paralelo. Las impedancias de cortocircuito reducidas al primario de cada uno son, respectiva mente: Z ccI = 0,3 + j 0,4 Ω ; Z ccII = 0,4 + j0,3 Ω y Z ccIII = 0,4 + j0,4 Ω. Se desea alimentar a 100 V una carga de 240 kW con f.d.p. 0,8 inductivo. Calcular las potencias aparentes, activas y reactivas suministradas por cada transformador.

Solución La tensión secundaria es de 100 voltios, y al ser la relación de transformación m =

1000

= 10 , se tiene una tensión secundaria 100 reducida al primario V = mV 2 = 1000 . De este modo la corriente que absorbe la carga reducida al primario es: ' 2

I 2' =

240000 1000⋅ 0,8

= 300 A


TRANSFORMADORES 121

que al tomar como referencia la tensión V 2' = 1000∠0º , se puede escribir I '2 = 300∠ − 36,87º . Esta corriente será igual a la suma fasorial de las corrientes que entrega cada transformador (reducidas al primario), es decir: I I + I II + I III = 300∠ − 36, 87 º

(1)

Al tener más de dos transformadores conectados en paralelo es conveniente expresar la ecuación anterior en función de las admitancias de cortocircuito de cada transformador. Es por ello que si se denomina ∆V a la caída de tensión de los transformadores YI, YII e YIII, la ecuación (1) se puede poner de este modo: '

Y I ∆V + YII ∆ V + YIII ∆V = ( YI + YII + YIII ) ∆ V = YT ∆ V = I2 = 300∠ − 36,87º

(2)

En la ecuación anterior, YT representa la admitancia total de los tres transformadores en paralelo. Por la regla del divisor de corriente estudiado en Teoría de Circuitos, la corriente suministrada por un transformador es igual a: I i = Yi ∆V

(3)

pero teniendo en cuenta la ecuación (2), la ecuación (3) se transforma en: '

I i = Yi ∆V = Yi

I2

(4)

Yt

En este caso, las admitancias de cada transformador y la admitancia total son: Y I =

1 Z I

=

1 0, 3 + j 0, 4

= 2∠ − 53,13º siemens ; Y II =

1 0, 4 + j 0, 3

= 2∠ − 36,87º siemens ; Y III =

1 = 1,7678∠ − 45º siemens 0, 4 + j 0, 4

YT = 2∠ − 53,13º + 2∠ − 36, 87 º +1, 767∠ − 45º = 4, 05 − j 4, 05 = 5 , 728∠ − 45º siemens

y al aplicar la ecuación (4) dan lugar a las siguientes corrientes suministradas por cada transformador (reducidas al primario): I I =

Y I Yt

2∠ − 53,13º

'

I2 =

5, 728∠ − 45º

300∠ − 36, 87º = 104, 76∠ − 45º ; I II =

I III =


Y III Yt

I '2 =

1,7678∠ − 36,87º 5, 728∠ − 45º

Y II Yt

'

I2 =

2∠ − 36, 87º 5,728∠ − 45º

300∠ − 36,87º = 104,76∠ − 28,74º

300∠ − 36, 87 º = 92, 59∠ − 36, 87 º

En consecuencia las potencias complejas entregadas por cada transformador son: ' *

3

⇒ S I = 104,76 kVA ; P I = 74,08 kW ; Q I = 74,08 kVAr

S I = V2I I = 1000 ⋅ 104,76∠ 45º = (74,08 + j 74,08)10 ' *

3

⇒ S II = 104,76 kVA ; P II = 91,85 kW ; Q II = 50,37 kVAr

' *

3

⇒ S III = 92,59 kVA ; P III = 74,07 kW ; Q III = 55,55 kVAr

S II = V2I II = 1000 ⋅ 104,76∠ 28,74º = (91,85 + j 50,37)10 S III = V2I III = 1000 ⋅ 92,59∠36,87º = (74,07 + j 55,55)10

Se puede comprobar que se cumple el balance de potencias en el circuito: S II + S II + S III = (74, 08 + j 74, 08) + + (91, 85 + j 50, 37 ) + (74, 07 + j 55, 55) = 240 + j180

y la potencia compleja de la carga, teniendo en cuenta que la potencia activa total es de 240 kW y con un f.d.p. de 0,8 inductivo, corresponde a una p otencia reactiva Qcarga= 240tg36,87º = 240 · 0,75 = 180 kVAr. Es decir, la potencia compleja de la carga es: Scarga= 240+j180 kVA, que coincide con la potencia compleja total suministrada por los tres transformadores.


122


Pr oblema 3.12 Dos transformadores de 100 kVA, 1000/100 V, 50 Hz, funcionan en paralelo. Los ensayos de cortocircuito de estos transformadores cuando funcionan con corriente asignada con los devanados de B.T. en cortocircuito, dan los siguientes resultados: Transformador

Tensión aplicada

Potencia entrada

I II

30 voltios 90 voltios

1200 vatios 1800 vatios

Si se desea alimentar a 100 V una carga de 100 kW con f.d.p. 0,8 inductivo; a) ¿cuál será el reparto de potencias aparentes y activas en cada transformador?; b) ¿cuál es la mayor potencia con f.d.p. unidad, que pueden llevar los dos transformadores en paralelo sin sobrecargar ning uno de ellos?

Solución a) De los datos del ensayo del transformador I se puede obtener la impedancia de cortocircuito de este transformador, de acuerdo con el procedimiento siguiente:

I1n = I 1cc =

100000 1000

= 100A ; Pcc = V1cc I 1cccosϕ cc ⇒ cosϕcc =

1200 30 ⋅100

= 0, 4 ; senϕcc = 0, 917

de donde se deduce:

Z ccI =

30 100

= 0,3 Ω ⇒ RccI = 0,3 ⋅ 0,4 = 0,12 Ω ; X ccI = 0,3⋅ 0,917 = 0,275 Ω

de un modo similar para el transformador II se tiene:

cosϕcc =

1800 90 ⋅100

= 0, 2 ; senϕcc = 0,98 ⇒ Z ccII =

90 100

= 0,9 Ω

y por consiguiente: RccII = 0,18 Ω ; X ccII = 0,882 Ω


Como quiera que la potencia de la carga es de 100 kW con f.d.p. 0 ,8 inductivo, la corriente total (reducida al primario) que absorbe la carga es igual a: ' I 2 =

100000 1000⋅ 0,8

= 125 A

' y tomando como referencia la tensión secundaria reducida al primario, es decir V2 = 1000∠0º , la corriente compleja correspondiente es de la forma:

'

I 2 = 125∠ − 36, 87 º y teniendo en cuenta las ecuaciones del paralelo: I I + I II = 125∠ − 36, 87 º

(0,12 + j 0,275)I I = (0,18 + j 0,882) I II


TRANSFORMADORES 123

se obtienen las siguientes corrientes: I I

= 94,14∠ − 33,87º ; I II = 31,38∠ − 45,9º

que corresponden a las potencias complejas siguientes: '

*

S I = V2 I I = 94,14 ∠33,87º kVA = 78,16 + j 52,46

S II

⇒ S I = 94,14 kVA ; P I = 78,16 kW ; Q I = 52,46 kVAr

= 31,38∠45,9º kVA = 21,84 + j 22,54 ⇒ S II = 31,38 kVA ; P II = 21,84 kW ; Q II = 22,54 kVAr

La potencia compleja total suministrada por los transformadores es: S I + S II = (78,16 + j 52,46) + (21,84 + j 22,54) = 100 + j 75

y coincide con la potencia compleja de la carga, que tiene 100 kW con f.d.p. 0,8 inductivo, que corresponde a:

(100 + j100tg3 6, 87 º ) = 100 + j75 S carga = cumpliéndose el balance de potencias en el circuito. b) Del apartado anterior se obtienen las caídas relativas de tensión de cada transformador:

ε ccI = Z ccI

I 1n V 1n

= 0,3

100 1000

= 3% ; ε ccII = 0, 9

100 1000

= 9%

y como quiera que en el acoplamiento en paralelo se debe cumplir la relación: C I C II

=

ε ccII ε ccI

Al sustituir valores nos da: C I C II

=

9% 3%

=3

y como los índices de carga vienen expresados por: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

C I =

S I S In

; C II =

S II S IIn

al ser las potencias nominales de ambos transformadores de 100 kVA, las potencias aparentes suministradas por ambos transformadores deben cumplir la relación: S I S II

=3

es decir, la potencia aparente que suministra el primer transformador es el triple que la potencia aparente que entrega el segundo y esta relación se cumple para cualquier régimen de carga de los transformadores. De hecho, esta relación se puede corroborar los resultados del apartado anterior en los que se obtenía: S I = 94,14 kVA; S II = 31,38 kVA, cuyo cociente evidentemente es igual tres. En consecuencia ¿cuál debe ser la mayor potencia con f.d.p. unidad, que pueden llevar los dos transformadores en paralelo sin sobrecargar ninguno de ellos? Es evidente que para que no resulte sobrecargado ninguno de los dos transformadores, la potencia aparente que debe suministrar el primer transformador deberá ser su potencia asignada de 100 kVA, y de este


124


modo la potencia aparente que entregará el segundo transformador será 1/3 de la anterior, es decir, de 33,33 kVA. Sin embargo debe aclararse que entre los dos transformadores no entregan la potencia aparente total de 100+33,33 = 133,33 kVA, ya que las potencias aparentes no se pueden sumar aritméticamente. Para determinar la potencia aparente total que pueden suministrar ambos transformadores es preciso hacer los cálculos en el plano complejo. Las magnitudes de las corrientes que entregan cada uno de los transformadores (reducidas al primario) son: ' S I = V2 I I ⇒ I1 =

100000 1000

1

= 100 A ⇒ I II = I I = 33,33 A 3

pero siempre se debe cumplir la relación del paralelo siguiente: Z I I I = Z II I II ⇒ (0,12 + j 0, 275)I I = (0,18 + j0, 882) I II

de donde se deduce: I I I II

=

0,9∠78,46º 0,3∠66,42º

= 3∠12,04º ≈ 3∠12º

es decir, la corriente que entrega el primer transformador es el triple que la que suministra el segundo (lo que ya se había previsto) pero además se adelanta 12º a la corriente que entrega este último. Por consiguiente si se considera que la corriente del segundo transformador es de la forma I II = 33,33∠α , la corriente del primero será I I = 100∠ (α + 12º ) y la corriente total que entregan ambos a la carga, al tener un f.d.p. unidad, será de la forma I ∠0º y deberá cumplirse la igualdad siguiente: I ∠0º = I I + I II = 100∠ (α + 12º ) + 33,33∠α

que al igualar partes reales e imaginarias se obtienen los valores de I y de α siguientes: I = 132,78 A ;

α = −9º

por lo que la potencia aparente compleja total es: ' *

S TOTAL = V2 I = 1000∠0º ⋅132,78∠0º = 132,78 kW + j 0 kVAr


es decir, 132,78 kVA (¡y no 133,33 kVA como parecía a primera vista! ). Las potencias que entregan cada uno de los transformadores son: ' *

S I = V2I I = 1000∠ 0º ⋅100 ∠ − 3º = 1 00 ∠ − 3º k VA = 99, 86 − j5, 22

S II

= V2' I *II = 1000 ∠0º ⋅33,33∠ 9º = 33,33∠9º kVA = 32,92 + j 5,22

por lo que la potencia compleja total que suministran ambos transformadores es:

132, 78 + j 0 STOTAL = que coincide con la absorbida por la carga, cumpliéndose el balance de potencias.


TRANSFORMADORES 125

Pr oblema 3.13 Un transformador de 40 kVA, 1000/100 V, ha dado los siguientes resultados en un ensayo de cortocircuito: 51 V; 40 A; 400 W (medidas en el lado de A.T.). Se desea conectar en paralelo con otro transformador de 20 kVA, 1000/100 V, que en un ensayo de cortocircuito ha dado: 42 V; 20 A; 245 W (medidas en el lado de A.T.). Indicar cómo se repartirán una potencia de 60 kVA con f.d.p. 0,8 inductivo.

Solución De los resultados del ensayo de cortocircuito del primer transformador resulta:

400 = 51⋅ 40cosϕcc ⇒ cosϕcc = 0,196 ; senϕcc = 0,98 por lo tanto se obtiene: Z ccI =

51 40

= 1,275 Ω ⇒ RccI = 1,275 ⋅ 0,196 = 0,25 Ω ; X ccI = 1,275 ⋅ 0,98 ≈ 1,25 Ω

y para el segundo transformador se tiene:

245 = 42 ⋅ 20cosϕcc ⇒ cosϕcc = 0, 29166 ; senϕcc = 0, 957

Z ccII =

42 20

= 2,1 Ω ⇒ RccII = 2,1⋅ 0,29166 = 0,612 Ω ; X ccII = 2,1⋅ 0,967 ≈ 2 Ω

Al conectar los dos transformadores en paralelo y alimentar a carga de 60 kVA con f.d.p. 0,8 inductivo, la corriente total reducida al primario vale: ' ' ' S = 60000 = mV2 I 2 = 1000 I 2 ⇒ I 2 = 60 amperios

que tomando la tensión secundaria reducida al primario como referencia de fases, corresponde a una corriente compleja: '

I 2 = 60∠ − 36, 87 º

Si se denomina I I e I II a las corrientes secundarias reducidas al primario de cada uno de los transformadores se cumplirán las siguientes ecuaciones del paralelo: I I + I II = 60∠ − 36, 87º ; (0,25 + j1,25)I I = (0,612 + j2)I II . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

de donde se obtiene: I I = 7,33∠ − 39,03º ; I II = 22,74∠ − 33,34º

y por consiguiente, las potencias complejas suministradas por ambos transformadores serán: ' *

S I = V2 I I = 37,33∠39,03º kVA = 29 + j 23,5

' *

S II = V2 I II = 22,74∠33,34º kVA = 19 + j12,5

cuya suma coincide con la potencia compleja absorbida por la carga, que vale: SCARGA = 60∠36, 87 º kVA = 48 + j 36


126


Pr oblema 3.14 Dos transformadores monofásicos funcionan en paralelo y alimentan una carga de impedancia Z L=24+j10 Ω. El transformador I tiene una tensión secundaria en vacío E I =440 V y una impedancia de cortocircuito reducida al secundario Z I =1+j3 Ω ; los valores correspondientes para el transformador II son: E II =450 V y Z II =1+j4 Ω. Calcular: a) tensión secundaria en vacío y corriente que circulará por los secundarios de los transformadores cuando trabajen en vacío; b) tensión secundaria cuando alimentan la carga mencionada; c) corrientes secundarias y sus factores de potencia en el caso anterior.

Solución En este problema los transformadores tienen diferente relación de transformación, por lo que las tensiones secundarias de vacío son distintas. Debe señalarse que si esta diferencia es muy grande, debe evitarse en todo momento el acoplamiento en paralelo ya que da lugar a corrientes elevadas en los devanados con las consiguientes pérdidas de potencia. En la práctica lo que sucede es que aun que las relaciones de transformación de los transformadores son iguales, las tensiones reales difieren ligeramente. También aparece esta diferencia cuando se emplean transformadores con tomas con diferentes posiciones de regulación. Antes de resolver este problema conviene hacer un análisis teórico breve. En la Figura 3.2a se muestra el esquema del acoplamiento y en la Figura 3.2b se han dibujado los circuitos equivalentes de los transformadores reducidos al secundario y que alimentan la impedancia de carga señalada.

a)

b)

Figura 3.2 . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

Al aplicar el segundo lema de Kirchhoff a los secundarios de los transformadores de la Figura 3.2b se obtiene: E I = V2 + Z I I I

; E II = V2 + Z II I II

(1)

y definiendo admitancias de los transformadores: Y I =

1 Z I

; Y II =

1 Z II

(2)

Al despejar las corrientes de (1) se obtiene: I I = YI (E I − V2 ) ; I II = YII (E II − V2 )

(3)

y teniendo en cuenta qu e la corriente total de la carga es igual a: I = I I + I II

(4)


TRANSFORMADORES 127

al sustituir (4) en (3) da lugar a: I = I I + I II = YI E I + YII E II − V2 (YI + YII )

(5)

Al despejar la tensión secundaria de la ecuación anterior resulta: V2 =

Y I E I + YII E II − I

(6)

Y I + YII

En el caso de que la carga esté definida por una impedancia compleja se cumple:

Z L , es decir, por una admitancia Y L=1/Z L, entonces

I = Y LV2

(7)

y que al sustituir en (6) nos da, para el valor de la tensión en la carga: V2 =

Y I E I + YII E II

(8)

Y I + YII + YL

lo que permite, al sustituir en (3), determinar las corrientes de cada transformador: E I YL + (E I − E II )YII

I I = YI

Y I + YII + YL

; I II = YII

E II YL + (E II − E I )YI

(9)

Y I + YII + YL

Cuando la carga está desconectada se tiene I = 0, o de otro modo Y L = 0, y los transformadores trabajan en vacío. Existe entonces una tensión secundaria en vacío que se deduce de (8) haciendo Y L = 0, lo que da lugar a: V20 =

Y I E I + YII E II

(10)

Y I + YII

y entonces aparece una corriente de circulación interna entre los transformadores que se obtiene haciendo ecuaciones (9), lo que da lugar a: I I 0 = YI


(E I − E II )YII Y I + YII

; I II 0 = YII

(E II − E I )YI Y I + YII

⇒ I I 0 = − I II 0 =

Y I YII Y I + YII

(E I − E II ) =

Y L= 0 en las

E I − E II Z I + Z II

(11)

Aplicando la teoría anterior al problema, pod emos escribir: E I = 440∠0º ; EII = 450∠ 0º ; ZL = 24 + j10 = 26∠ 22, 62º ; ZI = 1+ j 3 = 3,16∠ 71, 6º ; ZII = 1+ j 4 = 4,12∠ 76º ;

Y1 = 0, 316∠ − 71, 6º ; Y II = 0, 243∠ − 76º ; YL = 0, 0385∠ − 22, 6º ; YI + YII = 0, 558∠ − 73, 5º YI + YII + YL = 0, 583∠ − 70,

y la suma de las impedancias de los transformadores es: Z I + Z II = 2 + j 7 = 7, 28∠ 74,1º

a) Tensión y corriente de circulación en vacío. De acuerdo con (10) y (11) resulta: V20 =

E I YI + EII YII Y I + YII

=

440 ⋅ 0,316∠ − 71,6º +450 ⋅ 0,243 ∠ − 76º 0,558∠ − 73,5º

≈ 444,82∠0º


128


I I 0 =

E I − EII Z I + Z II

= −I II 0 =

440 − 450 7,28∠74,1º

= 1,37 ∠105,9º amperios

b) Tensión secundaria en carga. Esta tensión viene expresada por (8): V2 =

E I YI + EII YII Y I + YII + YL

=

440 ⋅ 0,316∠ − 71,6º +450 ⋅ 0,243∠ − 76º 0,583∠ − 70,5º

≈ 425, 7∠ − 3º V

Obsérvese, de acuerdo con el r esultado anterior, que la tensión de salida está retrasada 3º respecto a las f.e.m. secundarias de vacío. La corriente total que absorbe la carga de acuerdo con (7) es: I = 0, 0385∠ − 22, 6º ⋅425, 7∠ − 3º ≈ 16, 35∠ − 25, 6º A

c) Corrientes suministradas por ambos transformadores. De las ecuaciones (3) se obtiene: I I = YI (EI − V2 ) = 0, 316∠ − 71, 6º (440∠ 0º − 425,7∠ − 3º ) ≈ 8,45∠ − 16º A I II = YII (EII − V2 ) = 0, 243∠ − 76º (450∠0º − 425,7∠ − 3º ) ≈ 8,1∠ − 35º A

Además, los ángulos que forma la tensión secundaria en carga con cada una d e las corrientes de los transformadores y los factores de potencia correspondientes son:

ϕ I = 16º–3º=13º ⇒ cos ϕ I = cos 13º ≈ 0,974 ; ϕ II = 35º–3º=32º ⇒ cos ϕ II = cos 32,1º ≈ 0,848

Problema 3.15 Dos transformadores monofásicos trabajan en paralelo y alimentan una carga que absorbe 8 kW con f.d.p. 0,8 inductivo. El transformador I tiene una potencia asignada de 6 kVA y con una impedancia de cortocircuito reducida al secundario Z I =0,3+j1,2 Ω y en vacío produce una tensión secun daria de 404 V. El transformador II tiene una potencia asignada de 4 kVA y una impedancia reducida al secundario Z II =0,5+ j1,5 Ω y en vacío genera una tensión de 396 V. Calcular: a) tensión secundaria en carga; b) corrientes secundarias de cada transformador; c) potencias activas, reactivas y aparentes que entrega cada transformador a la carga; d) ¿resulta sobrecargado algún transformador? . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

Solución Este problema tiene algo de dificultad de cálculo debido a que la carga no está definida por una impedancia (como en el caso anterior), sino por una potencia compleja. Resulta conveniente utilizar la expresión (6) del problema anterior para definir la tensión secundaria en carga, es d ecir: V2 =

Y I E I + YII E II − I

(a)

Y I + YII

Esta ecuación debe completarse con la expresión de la potencia compleja absorbida por la carga, que vale:

S = V2I

*

*

⇒ I =

S V2

⇒ I=

S* *

V2

(b)

Veamos cómo se aplica esta teoría al p roblema propuesto:


TRANSFORMADORES 129 a) Cálculo de la tensión secundaria en carga: Los datos son: E I = 404∠0º; EII = 396 ∠0º; ZI = 0,3 + j1,2 = 1,237 ∠76º; ZII = 0,5 + j1,5 = 1,58∠71,6º

por lo que se tiene: Y I =

1 Z I

1

= 0,808∠ − 76º siemens; YII =

Z II

= 0,632∠ − 71,6º siemens; Y = YI + YII = 1,44∠ − 74ºsiemens

Valores que al sustituir en (a) nos dan: V2 =

0,808∠ − 76º⋅ 404∠0º + 0,632∠ − 71,6º − 396∠0º − I 1, 44∠ − 74º

≈ 400,3 − 0,694∠74º −I

Ahora bien, la carga absorbe una potencia de 8 kW con f.d.p. 0 ,8 inductivo, es decir, la potencia compleja es S = 8000+j6000 y teniendo en cuenta la última expresión (b), resulta: I=

S

* * 2

V

=

8000 − j 6000 * 2

V

=

10000 ∠ − 36,87º *

V2

y llevando este resultado a la expresión de la tensión secundaria, se llega a: V2 = 400,3 − 0, 694∠74º

10000∠ − 36, 87º * 2

V

= 400,3 −

6944∠37,1º *

V2

(c)

La resolución de la ecuación requiere un poco de atención. Si se expresa la tensión compleja secundaria en forma binómica o rectangular se puede escribir: V2 = a + jb

⇒

*

V2 = a - jb

⇒ V2 • V2* = a 2 + b 2

(d)

y al sustituir en (c) da lugar a: *

*

V2 • V2 = 400, 3V2 − 6944∠37,1º . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

⇒ a 2 + b 2 = 400, 3(a − jb ) − 6944∠37,1º

e, igualando en la ecuación anterior partes reales e imaginarias, se obtienen las expresiones siguientes: 2 2 a + b = 400,3a − 5538,4

; 400,3b = − 4188,7

que dan lugar a los siguientes valores: b = –10,5; a = 385,7 y a = 15,7 voltios. Este último resultado es absurdo, por lo que la expresión compleja de la tensión secundaria de acuerdo con la primera expresión (d) es: V2 = 385,7 − j10,5 = 385,8∠ − 1,6º voltios

b) Corrientes secundarias: Sustituyendo el valor anterior en las expresiones (3) del problema anterior, las corrientes que suministran ambos transformadores son: I I

= 0, 808∠ − 76º ( 404∠0 º −385, 8∠ − 1, 6º ) ≈ 17,1∠ − 46º amperios


130


I II = 0,632∠ − 71,6º(396∠0º −385,8∠ − 1,6º) ≈ 9,3∠ − 26º amperios

c) Potencias complejas: S I = 385,8∠ − 1,6º • 17,1∠ − 46º ≈ 6596∠44,4º ≈ 4713 + j4616 S II

= 385,8∠ − 1,6º • 9,3∠26º ≈ 3588∠24,4º ≈ 3268+ j1482

que corresponden a una potencia compleja total: S Itotal = 6596∠44,4º + 3588∠24,4º = 7981+ j6098 ≈ 8000+ j 6000

cuya aproximación se debe a errores de redondeo.

d) De acuerdo con el resultado del apartado anterior, el primer transformador entrega una potencia aparente a la carga de 6596 VA≈ 6,6 kVA y al tener una potencia asignada de 6 kVA resultará sobrecargado un 10%. El segundo transformador entrega una potencia aparente a la carga de 3588 VA que es inferior a la potencia aparente asignada de 4 kVA.

Pr oblema 3.16 Dos transformadores monofásicos funcionan en paralelo y alimentan una carga que absorbe 15 kW con f.d.p. 0,9 inductivo. El transformador I tiene los valores asignados siguientes: S I =10 kVA; 990/500 V, Z I =0,3+j0,4 Ω (impedancia reducida al secundario), mientras que los valores asignados del transformador II son: S II =20 kVA; 1000/490 V, Z I =0,2+j0,3 Ω (impedancia reducida al secundario). Sabiendo que la tensión en bornes de la carga es de 480 V, calcular: a) tensión necesaria en el primario de los transformadores; b) corrientes secundarias de cada transformador; c) potencias aparentes, activas y reactivas que suministran cada transformador.

Solución Este problema es otra versión de acoplamientos en paralelo de transformadores que completa los dos problemas anteriores. Sabemos que las corrientes suministradas por dos transformadores en paralelo son de la forma: I I = YI (E I − V2 ) ; I II = YII (E II − V2 )

(1)

pero en este caso las tensiones de vacío no se expresan directamente, sino que vienen definidas por las relaciones de transformación. Si se denomina a estas por m I y m II se puede escribir: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

E I =

V1

mI

; E II =

V1

(2)

m II

y teniendo en cuenta qu e la corriente total de la carga es igual a: I = I I + I II

(3)

al sustituir (1) y (2) en (3) da lugar a: I = I I + I II = YI

V1

m I

+ YII

V1

mII

− V2 (YI + YII )

(4)

o de un modo equivalente: I = V1 (

Y I

m I

+

YII

mII

) − V2 (Y I + YII )

(5)


TRANSFORMADORES 131

expresión que permite obtener la tensión primaria necesaria en el acoplamiento: V1 =

V2 (Y I + YII ) + I Y I

m I

+

YII

−

(6)

mII

a) En este problema se tiene:

m I =

m II =

990 500

1000

= 1,98 ; Z I = 0,3 + j 0,4 = 0,5∠53,13º Ω ; Y I =

= 2,041 ;

490

Z II = 0,2 + j 0,3 = 0,361∠ 56,31º Ω ; Y II

=

1 Z I

= 2∠ − 53,13ºsiemens

1 Z II

= 2,774∠ − 56,31ºsiemens

Si se toma la tensión secundaria como referencia de fases, se tiene V2=480∠0º y por lo tanto la corriente total que suministran los transformadores es: I =

P V 2 cosϕ

=

15000 480 ⋅ 0, 9

= 34,72 A ⇒

I

= 34,72∠ − 25,84º A

y aplicando la ecuación (6) resulta: V1 =

V2 (Y I + YII ) + I Y I

m I

+

YII

mII

=

480∠0º(2∠ − 53,13º + 2,774∠ − 56,31º) + 34,72∠ − 25,84º ≈ 979,8∠0,4º V 2∠ − 53,13º 2, 774∠ − 56,31º + 1, 98 2, 041

es decir, se requiere una tensión primaria de 979,8 voltios. b) De acuerdo con (2) se tienen unas f.e.m.s secundarias en vacío: E I

=

V1

mI

=

979,8∠0,4º 1,98

≈ 494,85∠0,4º ; E II =

V1

m II

=

979,8∠0,4º 2, 041

≈ 480,06∠0,4º V

y de acuerdo con (1), dan lugar a las siguientes corrientes: I I

= 2∠ − 53,13º ( 494, 85 ∠0 , 4º −480 ∠0 º ) ≈ 30, 5 ∠ −40º A

I II = 2, 774∠ − 56, 31º ( 480, 06∠ 0, 4 º − 480∠0 º ) ≈ 9, 4∠ + 32º A . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

Al comprobar el resultado se tiene: I = I I + I II ∠30, 5∠ − 40º +9, 4 ∠ + 32º ≈ 3 4, 6∠ − 25º A

que es prácticamente la corriente de carga y los errores se deben a los redondeos de las operaciones. c) Las potencias complejas que entregan cada transformador a la carga son, respectivamente: *

S I = V2I I = 480∠0º ⋅30,5∠ 40º = 14640∠ 40º = 11215 + j 9410 *

S II = V2I II = 480∠ 0º ⋅9, 4∠ − 32º = 4512∠ − 32º ≈ 3825 − j 2390

que corresponden a una potencia total S = 15040 + j7020. (En realidad la potencia compleja total debe ser S = 15000 + j7265, que corresponde a una potencia activa de 15 kW con f.d.p. 0,9 inductivo y estas diferencias se deben a errores de redondeo). Se advierte al lector que en este tipo de problemas es necesario trabajar con varios decimales para evitar errores numéricos, lo que se debe a la pequeña diferencia entre las f.e.m. y las tensiones.


132


Pr oblema 3.17 Un transformador monofásico de 500 kVA, 15000/3000 V, 50 Hz, ha dado los siguientes resultados en unos ensayos: vacío: 15000 V; 1,67 A; 4000 W (medidos en el lado de A.T.); cortocircuito: 750 V; 33,33 A; 10000 W (medidos en el lado de A.T.). a) Calcular los parámetros del circuito equivalente del transformador reducido al primario; b) calcular las caídas relativas de tensión ε Rcc , ε Xcc , εcc; c) hallar el rendimiento del transformador, cuando funciona a plena carga con f.d.p. 0,8 inductivo; d) Calcular la potencia aparente de máximo rendimiento del transformador y el rendimiento máximo para un f.d.p. unidad; e) si se aplican 15000 V al primario y se conecta una carga en el sec undario que absorbe 100A con f.d.p. 0,8 inductivo ¿cuál será el valor de la tensión secundaria?, ¿y la caída relativa de tensión?; f) contestar a la pregunta anterior en el caso de que la carga absorba los 100 A con f.d.p. 0,8 capacitivo; g) si se produce un cortocircuito en el secundario del transformador, ¿cuál sería el valor de la corriente primaria en régimen permanente?; h) se acopla en paralelo este transformador con otro de potencia doble, con la misma relación de la transformación 15000/3000 V y la misma caída relativa εcc pero su componente resistiva ε Rcc es la mitad que la del transformador original, si se desea alimentar una potencia total de 1000 kVA, con f.d.p. 0,6 inductivo, ¿cuáles serán los valores de las potencias activas y aparentes suministradas por cada transformador?, ¿cuáles serían los rendimientos de ambos transformadores en este caso, si el segundo de ellos tiene una potencia de pérdidas en el hierro de 6 kW?

Solución a) Del ensayo en v acío del transformador, se obtienen las siguientes conclusiones:

⇒ cosϕ 0 ≈ 0,16 ; senϕ0 = 0, 987

4000 = 15000 ⋅1, 67cosϕ0

por lo que la corriente de pérdidas en el hierro y la resistencia correspondiente son: I Fe = 1,67 ⋅ 0,16 = 0,267 A

; RFe =

15000 0,267

≈ 56,18k Ω

y la corriente de imanación y la reactancia magnetizante correspondientes son: I µ = 1,67 ⋅ 0,987 = 1,648 A

; X µ =

15000 1,648

≈ 9,1k Ω

además, la relación de transformación vale: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

m =

15000 3000

=5

Del ensayo de cortocircuito se ob tienen las siguientes conclusiones: V 1cc = 750 V ; I 1cc = 33,33 A ⇒ 10000 = 750 ⋅ 33,33 ⋅ cosϕcc ⇒ cosϕcc = 0, 4 ; senϕcc = 0, 917

y por lo tanto, resulta: Z cc =

750 33,33

= 22,5 Ω ⇒ Rcc = 22, 5 ⋅ 0, 4 = 9 Ω ; X cc = 22,5 ⋅ 0,917 = 20,63 Ω

b) La corriente primaria nominal o asignada al primer transformador es igual a: I 1n =

S N V 1 N

=

500000 15000

= 33,33 A


TRANSFORMADORES 133

por lo que las caídas relativas de tensión son:

ε Rcc =

Rcc I 1n V 1n

=

9 ⋅ 33,33 15000

= 2% ; ε xcc =

20,63 ⋅ 33,33 15000

= 4,58% ; ε cc =

22 + 4,58 2 ≈ 5%

c) El rendimiento del transformador en estas condiciones será:

η=

500000 ⋅ 0,8 500000 ⋅ 0,8 + 4000 + 10000

=

400 400 + 4 + 10

=

400 414

= 96,62%

d) El índice de carga óptimo del transformador es:

PFe

C opt =

=

Pcc

4

= 0,632

10

y por lo tanto la potencia de máximo rendimiento es: S η max = 0,632 ⋅ 500 = 316, 22 kVA

y el rendimiento máximo con f.d.p. unidad vale:

η=

316,22 ⋅1 316,22 ⋅1 + 2 ⋅ 4

= 97,52%

e) Al aplicar la aproximación de Kapp se pu ede escribir:

ϕ 15000 = mV2 + Rcc I 2' cosϕ + X cc I 2' sen

'

donde se cumple: I 2 = 100 A , es decir I 2 =

100 5

= 20 A , y al ser el f.d.p. 0,8 inductivo resulta:

15000 = 5V 2 + 9 ⋅ 20 ⋅ 0, 8 + 20, 63 ⋅ 20 ⋅ 0, 6

⇒ V 2 = 2921, 7 voltios

que corresponde a una caída relativa de tensión:

ε=

V1 − mV 2 V 1

15000 − 5 ⋅ 2921,7

=

15000

= 2,61%

f) Si el f.d.p. es 0,8 capacitivo, se puede despejar el valor de V 2 a partir de la expresión de Kapp: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

15000 = 5V 2 + 9 ⋅ 20 ⋅ 0, 8− 20, 63 ⋅ 20 ⋅ 0, 6

⇒ V 2 = 3020,71 voltios

que corresponde a una caída relativa de:

ε=

15000 − 5 ⋅ 30,20,71 15000

= −0,69%

g) El valor de la corriente primaria de cortocircuito es: I 1cc =

V 1n Z cc

=

15000 22,5

= 666,66 A

h) El primer transformador tiene los siguientes parámetros:

ε ccI = 5% ; ε RccI = 2% ; ε xccI = 4,58% y el segundo tiene los valores siguientes:


134


ε ccII = 5% ; ε RccII = 1% ; ε xccII = 52 − 12 ≈ 4, 9% y como la potencia del segundo transformador es S II = 1000 kVA, la corriente de plena carga primaria es:

[ I ] 1n

II

=

100000 15000

= 66,66 A

lo que conduce a los siguientes parámetros de cortocircuito:

ε RccII = 0,01 =

RccII ⋅ 66,66

15000

⇒ RccII = 2,25 Ω ; ε xccII = 0,049 =

X ccII 66,66

15000

⇒ X ccII = 11,03 Ω

La potencia que deben suministrar ambos transformadores trabajando en paralelo es de 1000 kVA, por lo que la corriente correspondiente reducida a primario es: I =

1000000 15000

= 66,66 A

que al tomar la tensión como referencia corresponde a un valor complejo, al ser el f.d.p. 0,6 inductivo: I

= 66,66∠ − 53,13º A

y al funcionar ambos transformadores en paralelo, se cumplirán las ecuaciones siguientes: I I + I II = 66,66∠ − 53,13º

; (9 + j20,63)I I = (2,25 + j11,03)I II

cuyos resultados son: I I = 22,33∠ − 45,1º A ; I II = 44,66∠ − 57,13º A

y de este modo la potencia compleja suministrada por el primer transformador es: ' *

S I = V2I I = 15000 ⋅ 22,33∠45,1º = 334 ⋅ 95 ∠45,1º kVA

que corresponde a las siguientes potencias: P I = 236,43 kW

; Q I = 237,26 kVAr ; S I = 334,95 kVA

y para el segundo transformador se tiene una potencia compleja: S II = 15000 ⋅ 44,66∠ 57,13º = 669,9∠57,13º kVA . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

que corresponde a las potencias: P II = 363,57 kW ; Q II = 562,64 kVAr ; S II = 669,9 kVA

y los rendimientos de los transformadores serán: sm =

R2' 2 1

2

R + X cc

=

363,57

0,486

= 97,09% = 0,0958 ; η II = 363,57 + 6 + 2,25 ⋅ 44,662 0,673 + 5,03 2

2

Pr oblema 3.18 Los ensayos de vacío y cortocircuito de un transformador monofásico de 10 kVA, relación 2000/200 V han dado los siguientes resultados: Vacío: Medidas realizadas en el lado de B.T. (secundario). Potencia consumida en vacío = 300 W; tensión aplicada = 200 V; corriente absorbida = 5 amperios.


TRANSFORMADORES 135

Cortocircuito: medidas realizadas en el lado de A.T. (primario). Potencia absorbida = 500 W; tensión aplicada = 140 V; corriente absorbida = asignada. Determinar: a) parámetros del circuito equivalente aproximado por fase del transformador reducido al primario; b) Si se conecta el primario del transformador a una red monofásica de 2000 V, y el secundario alimenta una carga que consume 45 amperios con f.d.p. 0,8 capacitivo, determinar la tensión secundaria que se obtiene a la salida del transformador y el rendimiento de la máquina en estas condiciones; c) calcular la potencia aparente de máximo rendimiento del transformador y el rendimiento máximo con f.d.p. unidad.

Solución a) El ensayo de vacío está realizado en el secundario, por ello, en primer lugar, se han de pasar los resultados de este ensayo al lado primario, teniendo en cuenta que la relación de transformación es: m = 2000/200 = 10. De este modo las medidas en primario serían: '

300 W ; V1 = mV 2 = 10 ⋅ 200 = 2000 V P0 =

; I 0 =

I 0 m

=

5 = 0,5 A 10

y de este modo resulta:

300 = 2000⋅ 0,5cosϕ 0 ⇒ cosϕ0 = 0,3 ; senϕ0 = 0, 954 que corresponde a unas corrientes: ; I µ = 0,5 ⋅ 0,954 = 0,477 A

I Fe = 0,5 ⋅ 0,3 = 0,15 A

y por lo tanto la rama paralelo del circuito equivalente está formada po r los elementos siguientes: RFe =

2000 0,15

= 13, 33 k Ω ; X µ =

2000 0,477

≈ 4,19 k Ω

El ensayo de cortocircuito está definido ya en primario, por lo que se pueden utilizar los datos medidos directamente, teniendo en cuenta que la corriente nominal del primario es I 1n= 10000/2000= 5 A y así resulta: Pcc = 500 = 140 ⋅ 5cosϕcc ⇒ cosϕcc = 0, 714 ; senϕcc = 0,7

y por lo tanto se obtiene: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

Z cc =

140 5

= 28 Ω ; Rcc = 28⋅ 0,714 = 20 Ω ; X cc = 28 ⋅ 0,7 = 19,6 Ω

b) Los datos en este caso son los siguientes: V 1 = 2000 V ; I 2 = 45 A ; I 2' =

45 m

=

45 10

= 4,5 A ; cosϕ = 0,8 capacitivo

y teniendo en cuenta la aproximación de Kapp, se puede escribir: '

'

V1 = mV2 + Rcc I 2 cosϕ + X cc I 2sen ϕ que al sustituir los valores anteriores (teniendo en cuenta que al ser el f.d.p. capacitivo el seno es negativo) da lugar a: 2000 = 10V 2 + 20 ⋅ 4, 5 ⋅ 0, 8 −19, 6 ⋅ 4, 5 ⋅0, 6

' ⇒ V 2 = 198, 09 V ⇒ V 2 = 19809 voltios


136


El rendimiento del transformador será:

η=

P2 P1

donde P2 es la potencia que entrega el secundario y P1 la potencia que recibe el primario y cuyos valores son: P2 = V2' I 2' cosϕ = 19809 ⋅ 4,5 ⋅ 0,8 = 7131,2 W 2 P1 = P2 + PFe + Pm = 7131,2 + 300 + 20 ⋅ 4,5 = 7836,2 W

lo que conduce a un rendimiento:

η=

7131, 2 9836,2

= 91%

c) El índice de carga óptimo v ale:

C opt =

P0 Pcc

300

=

500

= 0,775

por lo que la potencia aparente de máximo rendimiento es: S η max = 0,775 ⋅10 = 7,75 kVA

y el rendimiento máximo con f.d.p. unidad es:

η=

7, 75 7, 75 + 0, 3 ⋅ 2

=

7, 75 8, 35

= 92,81%

ya que cuando el transformador trabaja con la potencia de máximo rendimiento las pérdidas en el cobre para esa carga coinciden con las del hierro o de vacío.

Pr oblema 3.19


Un transformador monofásico de 200 kVA, relación 2000/200 V, ha dado los siguientes resultados en unos ensayos de vacío y cortocircuito: vacío: 200 V; 100 A; 5000 W (medidos en el lado de B.T.); cortocircuito: 200 V; 100 A; 7000 W (medidos en el lado de A.T.). Calcular: a) parámet ros del circuito equivalente aproximado del transformador reducido al primario; b) si se alimenta el primario con una red de 200 0 V y el secundario lleva una corriente de 800 A, con f.d.p. 0,8 inductivo, ¿cuál será la tensión en bornes del secundario y el rendimiento del transformador en estas condiciones?; c) si estando alimentado el primario con una red de 2.000 V, se conecta en el secundario una carga con stituida por una resistencia de 0,3 ohmios en serie con una reactancia capacitiva de 0,4 ohmios (es decir, una impedancia compleja Z = 0,3 – j 0,4 ohmios), ¿cuál será el valor de la tensión en bor nes del secundario (efecto Ferranti)?, ¿cuál será el valor de la corriente primaria? Téngase en cuenta la rama en paralelo del circuito equivalente del trans formador, para contestar a esta última pregunta.

Solución a) La relación de transformación es: m =

2000 200

= 10


TRANSFORMADORES 137

y pasando las medidas del ensayo de vacío al lado primario se tiene: V1 = mV 2 = 10 ⋅ 200 = 2000 V ; I 0 =

100 m

=

100 10

= 10 A ; P0 = 5000 W

por lo que resulta:

5000 = 2000 ⋅10cos ϕ0 ⇒ cos ϕ0 = 0, 25 ; senϕ 0 = 0, 968 de donde se deducen las corrientes de la rama paralelo: I Fe = 10 ⋅ 0,25 = 2,5 A

; I µ = 10 ⋅ 0,968 = 9,68 A

y los parámetros correspondientes: RFe =

2000 2,5

= 800 Ω ; X µ =

2000 9,68

= 206,61 Ω

El ensayo en cortocircuito está realizado en el lado de A.T, que es el lado primario y los valores medidos son: V 1corto = 200 V ; I 1corto = 100 A ; Pcorto = 7000 W

Se observa que la corriente de cortocircuito es la nominal: I 1n =

S N V 1n

=

200000 2000

= 100 A

por lo que resulta:

7000 = 200 ⋅100 ⋅ cos ϕcc

⇒ cos ϕcc = 0,35 ; senϕ cc = 0, 937

de donde se ob tienen las impedancias de la rama serie del circuito equivalente:

Z cc =

200 100

= 2 Ω ; Rcc = 2 ⋅ 0,35 = 0,7 Ω ; X cc = 2 ⋅ 0,937 = 1,873 Ω

b) Los datos de funcionamiento son: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

' I 2 = 800 A ; cos ϕ = 0,8 inductivo ⇒ I 2 =

I 2 m

=

800 10

= 80 A

y teniendo en cuenta la fórmula aproximada de Kapp:

V1 = V2' + Rcc I 2' cosϕ + X cc I 2' sen ϕ resulta: '

' 2000 = V 2 + 0,7 ⋅ 80 ⋅ 0,8 +1,873 ⋅ 80 ⋅ 0,6

⇒ V 2' = 1865,3 V ⇒ V 2 =

V 2

m

=

1865,3 10

= 186,53 V

El rendimiento en esta situación será:

η=

V2' I 2' cos ϕ ' ' 2 2

V I cos ϕ + PFe + Pcu

=

1865,3 ⋅ 80 ⋅ 0,8 1865,3 ⋅ 80 ⋅ 0,8 + 5000 + 0,7 ⋅ 802

= 92,64%


138


c) La impedancia compleja de la carga transferida al lado primario es: 2 2 ' m Z L = 10 (0, 3 − j 0, 4) = 30 − j 40 = Z L = 50∠ − 53,13º Ω

y tomando la tensión del primario como referencia de fases, se obtiene una corriente secundaria reducida al primario de valor: 2000∠0º

'

I2 =

(0,7 + j1,873) + (30 − j 40)

=

2000∠0º 30,7 − j 38,127

=

2000 ∠0º 48,95 ∠ − 51,16º

≈ 40,86∠51,16º amperios

y de este modo se tiene: '

2

'

V2 = m Z L I 2 = 50∠ − 53,13º ⋅40,86∠51,16º = 2043∠ −1,97º

' V 2 = 204,3 V ⇒ V2 = 2043 = mV2 = 10V2 ⇒

y la corriente primaria será: '

I1 = I 0 + I 2 = (2,5 − j9,68) + (25,63 + j 31,83) = 28,13 + j 22,15 = 35,8∠ 38,22º

⇒ I 1 = 35,8 A

Pr oblema 3.20 Un transformador monofásico de 160 kVA, relación 2000/200 V, 50 Hz, ha dado los siguientes resultados en unos ensayos: vacío: 2000 V; 1 A; 1000 W (medidos en el lado de alta tensión); cortocircuito: 8 V ; I corto= I asignada; 2560 W (medidos en el lado de B.T.). Calcular: a) Circuito equivalente aproximado del transformador reducido al primario (indicando los valores de los parámetros de este circuito que se obtienen de los ensayos); b) si se aplica la tensión asignada al primario, ¿cuál será la tensión secundaria, cuando el transformador suministre una corriente secundaria de 400 A con f.d.p. 0,8 inductivo, ¿cuánto vale el rendimiento del transformador en este caso?; c) ¿cuánto vale la potencia aparente de máximo rendimiento y el rendimiento máximo con f.d.p. 0,8 capacitivo?; d) ¿cuál será la regulación o caída de tensión relativa del transformador en el caso anterior?

Solución a) El ensayo de vacío está realizado en el lado de A.T., que es el lado primario, y los resultados de las medidas son: V 1 = 2000 V ; I 0 = 1A ; P0 = 1000 W . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

por lo que resulta:

1000 = 2000 ⋅1⋅ cos ϕ0

⇒ cos ϕ0 = 0, 5 ; senϕ 0 = 0, 866

que da lugar a las corrientes: I Fe = 1⋅ 0,5 = 0,5 A ; I µ = 1 ⋅ 0,866 = 0,866 A

y las impedancias de la rama p aralelo: RFe =

2000 0,5

= 4000 Ω ; X µ =

2000 0,866

= 2309,5 Ω


TRANSFORMADORES 139

El ensayo de cortocircuito está realizado en el lado de B.T. que es el secundario, por lo que teniendo en cuenta que la relación de transformación es m = 2000 /200 = 10, al pasar los resultados del ensayo al lado primar io se obtiene: V1cc = mV 2 cc = 8 ⋅10 = 80 V ; I1corto = I 1n =

S N V 1n

160000

=

2000

= 80 A ; Pcc = 2560 W

lo que da lugar a los siguientes resultados:

⇒ cos ϕcc = 0, 4 ; senϕ cc = 0, 9165 ≈ 0, 917

2560 = 80 ⋅ 80cos ϕcc y a las impedancias:

Z cc =

80 80

= 1 Ω ; Rcc = Z cc cos ϕ cc = 0, 4 Ω ; X cc = Z cc senϕcc = 0, 917 Ω

b) En este caso, los datos de partida son:

V1 = 2000 V ; I 2 = 400 A ⇒ I 2' =

400 10

= 40 ; f.d.p. 0,8 inductivo

y al sustituir estos datos en la fórmula de Kapp se obtiene:

⇒ V 2' = 1965,2V ⇒ V 2 =

2000 = V 2' + 0, 4 ⋅ 40 ⋅ 0, 8 + 0, 917 ⋅ 40 ⋅ 0, 6

V 2' m

= 196,52 V

y el rendimiento correspondiente es: '

η=

'

V2 I 2 cos ϕ ' ' 2 2

=

'2 cc 2

V I cos ϕ + P0 + R I

1965,2 ⋅ 4 ⋅ 0,8 1965, 2 ⋅ 40 ⋅ 0,8 + 1000 + 0, 4 ⋅ 40 2

= 97,46%

c) El índice de carga óptimo es:

P0

C opt =

Pcc

1000

=

2560

= 0,625

por lo que la potencia aparente de máximo rendimiento será: S η max = 0,625 ⋅160 = 100 kVA

y el rendimiento máximo con f.d.p. 0,8 capacitivo:

η max = . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

CS N cos ϕ CS N cos ϕ + 2 P0

=

100 ⋅ 0,8 100 ⋅ 0,8 + 2 ⋅1

=

80 82

= 97,56%

d) La corriente secundaria cuando el transformador trabaja con máximo rendimiento es:

I 2 =

S η max V 2 n

=

100000 200

= 500A ⇒ I 2' = 50 A

por lo que la caída de tensión que se tiene viene expresada por:

V1 − V2' = Rcc I 2' cos ϕ + X cc I 2' sen ϕ = 0, 4 ⋅ 50 ⋅ 0, 8 − 0, 917 ⋅ 50 ⋅ 0, 6 = − 11, 51 voltios y es por ello que la caída de tensión r elativa vale: '

εc =

V1 − V 2 V 1

=

−11,56 2000

= −0,5755%


140


Pr oblema 3.21 Un transformador trifásico de 2000 kVA, 6600/33000 V tiene un primario conectado en triángulo y un secundario en estrella. La impedancia de cada fase del primario es 0,5 + j 2,6 Ω y la correspondiente del secundario es de 4,3 + j 21,7 Ω. Calcular la tensión en bornes del secundario a plena carga con f.d.p. 0,8 inductivo cuando el primario se conecta a la tensión asignada de 6600 V.

Solución a) Primer método: utilización de las conexiones reales del transformador (Figura 3.3). Los problemas de transformadores trifásicos se pueden resolver atendiendo a su estructura física calculando todos los valores por fase, es decir, atendiendo a lo que sucede en una columna magnética de la máquina. La relación de transformación es el cociente de las f.e.m. por fase del primario y secundario, lo que en este caso da lugar a: m=

E1fase E 2 fase

=

V 1fase (vacío)

V2fase (vacío)

=

6600

33000/ 3

= 0,3564

Figura 3.3 y de este modo la impedancia de cortocircuito por fase del transformador es: Z cc = Z1 + m2 Z 2 = (0,5 + j 2,6) + 0,3464 2 (4,3 + j21,7) = 1,016 + j5,204 Ω

y al aplicar la expresión aproximada de Kapp por fase resulta:

V1fase = 6600 = V2' + Rcc I 2' cos ϕ + X cc I 2' sen ϕ La corriente de plena carga por fase del secundario del transformador es igual a: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

I 2 fa se = I 2 lí nea =

S N 3V 2lin

=

2000000 333000

≈ 35 amperios

que corresponde a una corriente reducida al primario: ' I 2' = I 2fase =

I 2fase m

=

35 0,3464

= 101 A

que al sustituir en la fórmula de Kapp nos da: V 1fase = 6600 = 0,4464 ⋅ V2fase + 1,016 ⋅ 101⋅ 0,8 + 5,204 ⋅ 101⋅ 0,6

dando lugar a una tensión V 2fase = 17905,73 V que, al estar conectado el secundario en estrella corresponde a una tensión de línea: V 2línea = 17905,73 3 = 31013,6 V ≈ 31014 V


TRANSFORMADORES 141

b) Segundo método: utilización de un transformador estrella-estrella equivalente (Figura 3.4). Se puede resolver también este problema haciendo los cálculos por fase, transformando los devanados reales del transformador a conexiones en estrella equivalente y teniendo en cuenta la reglas de cambio de triángulo a estrella que se utilizan en el estudio de los circuitos trifásicos. En nuestro caso el primario está conectado en triángulo y la impedancia equivalente es, por consiguiente: Z1Y =

Z 1∆

3

=

0, 5 + j 2, 6 3

= 0,167 + j0,867 Ω

mientras que la impedancia del devanado secundario, al estar conectado en estrella, es: Z 2Y = 4 , 3 + j 21, 7 Ω

La relación de transformación de este transformador equivalente estrella-estrella , al tener las mismas conexiones de primario y secundario, es el cociente tanto de las f.e.m. simples de primario y secundario como de las tensiones compuestas, y vale:

m´=

E 1fase E 2fase

=

6600/ 3 33000/ 3

= 0, 2

por consiguiente la impedancia de cortocircuito de este transformador equivalente vale: 2

2

Z cc = Z1 + m Z 2 = (0,167 + j0,867) + 0,2 (4,3 + j21,7) = 0,34 + j1,735 Ω

Figura 3.4 y los datos de funcionamiento eran: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

' ' V 1fase = 6600/ 3 ; I 2fase = 35 amperios ⇒ I 2 = I 2fase =

I 2fase m´

=

35 0, 2

= 175 A

y al aplicar la expresión aproximada de Kapp resulta: V 1fase = 6600/ 3 = 0,2 ⋅ V2fase + 0,34 ⋅175 ⋅ 0,8 + 1,735 ⋅ 175 ⋅ 0,6 que da lugar a: V 2fase = 17903,7 V ⇒ V 2línea = 17903,7 3 = 31010 V, que salvo errores de redondeo coincide con el procedimiento anterior. Obsérvese que el primer procedimiento analiza cada columna magnética (fases o bobinas del transformador real) lo que requiere seguir el proceso de cálculo con sumo cuidado pues las relaciones de tensiones y corrientes dependen de estas conexiones reales. El segundo método que utiliza la conexión estrella-estrella equivalente suele ser motivo de menor confusión por los estudiantes y se acerca más al procedimiento que se sigue en el análisis de los sistemas eléctricos de potencia, cuando se trabaja en valores de las magnitudes eléctricas por unidad y es por ello que será el procedimiento que a partir de ahora se segiga en la resolución de problemas de transformadores trifásicos.


142


Pr oblema 3.22 Se han realizado unos ensayos en un transformador trifásico de 100 kVA, 400/6600 V, 50 Hz, conexión estrella-triángulo, dando los siguientes resultados: vacío: 400 V, 1250 W (datos medidos en el lado de B.T.); cortocircuito: 314 V, corriente de plena carga, 1600 W (datos medidos en el lado de A.T.). Calcular: a) rendimiento a plena carga con f.d.p. 0,8 inductivo; b) rendimiento a media ca rga con f.d.p. unidad c) potencia aparente de máximo rendimiento y rendimiento máximo con f.d.p. unidad; d) tensión necesaria en el primario para el caso a) si la tensión secunda ria se mantiene en 6600 V.

Solución a) De los ensayos del transformador se concluye que las pérdidas son:

P0=1250 W; Pcc=1600 W es por ello que el rendimiento a plena carga con f.d.p. 0,8 inductivo vale:

η=

C S N cos ϕ

=

2

C S N cos ϕ + P0 + C Pcc

1⋅ 100⋅ 0,8 1⋅ 100 ⋅ 0,8 + 1,25 + 1,6

= 96,56%

b) El rendimiento a media carga con f.d.p. unidad vale:

η=

1 100 ⋅1 2

=

1 1 100 ⋅1 + 1,25 + ( ) 21,6 2 2

50

=

50 + 1,25 + 0,4

50 51,65

= 96,81%

c) El índice de carga óptimo es igual a: C opt =

1250

P0 Pcc

=

1600

= 0,884

por lo que la potencia de máximo rendimiento es: S η max = 0,884 ⋅100 = 88,4 kVA

y el rendimiento máximo con f.d.p. unidad vale:

η max =


0, 884 ⋅ 100 ⋅ 1 0,884 ⋅100 ⋅1 + 2 ⋅ 1,25

=

88, 4 90,9

= 97,25%

d) Para realizar este apartado es preciso calcular la impedancia de cortocircuito del transformador reducida al primario. Como se ha indicado en el problema anterior, vamos a trabajar por sencillez con un transformador estrella-estrella equivalente. La relación de transformación es entonces la relación de tensiones compuestas: m =

400 6600

≈ 0,0606

El ensayo de vacío está realizado en el lado de B.T. y con tensión nominal, lo que permite identificar a la potencia de 1 250W como pérdidas en el hierro. El ensayo de cortocircuito se ha realizado en el lado de A.T. que es el secundario, por lo que requiere pasar los datos al p rimario, y así resulta: V 2línea = 314 V ; I 2 línea = I 2 nom =

V1fase = V 1cc = 0, 0606

314 3

100000 3.6600

= 8,748 A ; Pcc = 1600 W

= 10, 99 V ; I 1cc =

8,748 0,0606

= 144,36 A

y se obtiene:

1600 = 3 ⋅ 10,99⋅ 144,36cosϕcc

⇒ cos ϕcc = 0, 336 ; senϕ cc = 0, 942


TRANSFORMADORES 143

que da lugar a los siguientes valores: 10,99 Z cc = = 0,0762 Ω ; Rcc = 0,0256 Ω ; X cc = 0,0717 Ω 144,3 Para determinar la tensión primaria, de forma que la tensión de línea secundaria sea de 6600 V, a plena carga y con f.d.p. 0,8 inductivo se tiene: V 2fase (transformador en estrella equivalente) =

I 2fase plena carga =

100000 3 ⋅6600

6600 3

⇒ V2' = mV 2 = 0, 0606

= 8,75 A ; I 2' =

8,75 0,0606

6600 3

≈ 231 V

= 144,3 9 A

y la aproximación de Kapp es:

V1fase = V2' + Rcc I 2' cosϕ + X cc I 2' sen ϕ que al sustituir valores nos da: V 1fase = 231 + 0,0256 ⋅ 144,39 ⋅ 0,8 + 0,0717 ⋅ 144,39⋅ 0,6 = 240,17 V

que corresponde a una tensión de línea: V 1línea =

3 ⋅ 240,17 ≈ 416 V

Pr oblema 3.23 En la Figura 3.5 se muestra el esquema de conexiones y las lecturas de los aparatos de medida para la realización de los ensayos de vacío y cortocircuito de un transformador trifásico Yd de 10 kVA, relación de tensiones compuestas 1000V/100 V. Determinar: a) parámetros del circuito equivalente por fase del transformador reducido al primario; b) ángulo horario del transformador (alimentación con sistema de secuencia directa). Lecturas en vacío: P1= 265,2 W; P2= –65,2W; V 1(línea)= 1000 V; V 2(línea)=100V; I 0(línea)= 0,35 A Lecturas en cortocircuito: P1= 360,2 W; P2= – 210,2 W; V 1cc(línea)= 10 V; I 2cc(línea)= 57,7 A


Figura 3.5


144


Solución a) Se va a trabajar con un transformador estrella-estrella equivalente tal como muestra la Figura 3.6. Del ensayo de vacío se obtiene la potencia total trifásica: P0 = P1 + P2 = 256,2 − 65,2 = 200 W

y de las medidas de las tensiones se calcula la relación de transformación d el transformador estrella-estrella equivalente: m=

V1f as e V2 fas e

=

V 1l ín ea V 2 lí nea

=

1000 100

= 10

Figura 3.6 Teniendo en cuenta que la corriente de vacío de p rimario es de 0,35 A resulta: P0 = 3V1 f I of cos ϕ0

⇒ cos ϕ0 =

200 = 0,33 ; senϕ 0 = 0, 944 1000 3 0, 35 3

de donde se deducen las corrientes de la rama paralelo: I Fe = 0,35 ⋅ 0,33 = 0,1155 A ; I µ = 0,35 ⋅ 0,944 = 0,3304 A

y las impedancias de la rama p aralelo:

1000 RFe =


1000

3 3 ≈ 5000 Ω ; X µ = = 1747 Ω 0,1155 0,3304

Por otra parte el ensayo de cortocircuito está realizado en el lado secundario, por lo que habrán de transformarse las medidas al lado primario y de este modo para el transformador equivalente Yy resulta: Pcorto = P1 + P2 = 360,2 − 210,2 = 150 W

57,7A ⇒ I 1corto fase = I 2corto lín = I 2corto fase =

V 2corto lín = 10 V ⇒ V 2corto fase =

10 3

I 2corto fase m

=

57,7 10

= 5,77 A

⇒ V1 co rt o f as e = mV 2 co rt o f as e = 10

10 3

= 57, 74 V

y de este modo se obtiene: 150 = 3 ⋅ 57,74 ⋅ 5,77cos ϕcc ⇒ cos ϕcc = 0,15 ; senϕ cc = 0, 989 que da lugar a los siguientes parámetros reducidos al primario: Z cc =

57,74 5,77

= 10 Ω ; Rcc = 10 ⋅ 0,15 = 1,5 Ω ; X cc = 10.0,989 = 9,89 Ω


TRANSFORMADORES 145

b) En la Figura 3 .7 se muestra, a la izquierda, la disposición de las bobinas reales del transformador vistas desde la caja de bornes, en la que se h an abatido las bobinas 90º. Las uniones correspond ientes se han preparado teniendo en cuenta las conexiones de la Figura 3.5.

Figur a 3.7 En la Figura 3.7a se ha dibujado la estrella de tensiones primaria, en la q ue se ha tomado la fase A como referencia vertical; en la Figura 3.7b se ha dibujado el triángulo de tensiones secundarias en las que las tensiones de fase son paralelas (misma fase) a las tensiones primarias correspondientes. En la Figura 3.7c se han superpuesto ambos diagramas fasoriales de tensiones encima de un reloj para determinar de este modo el índice ho rario; obsérvese que entre a y A el reloj señala las 11 horas, es decir, el transformador es de la forma Yd11.

Pr oblema 3.24 La Figura 3.8 muestra el esquema simplificado de la instalación eléctrica de un grupo de bombeo utilizado para un sistema de riego por aspersión. Se dispone de una red de distribución de 15 kV, 50 Hz, que por medio de un transformador Dy11, 100 kVA, relación compuesta: 15 kV/380 V, suministra energía eléctrica al grupo motobomba a través de una línea resistiva de 0,2 ohmios por hilo. El grupo motobomba está representado por una impedancia en triángulo de 6 ∠36,87° ohmios por fase. Las características del transformador que se leen en su placa de características son las siguientes: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

100 kVA, Dy11; 15 kV/380 V ; εcc = 10% ; ε Xcc = 8%

Figura 3.8


146


Calcular: a) parámetros R cc , X cc y Z cc del circuito equivalente del transformador reducido al primario (se desprecia la rama paralelo del circuito equivalente); b) tensión secundaria de línea en bornes del secundar io del transformador y tensión en bornes del grupo motobomba, si la red de distribución en A.T. tiene una tensión constante de línea de 15 kV; c) rendimiento del transformador en estas condiciones; d) si para corregir el f.d.p. del grupo motobomba se conecta una batería de condensadores en estrella de 955 µ F/fase (como se indica en la figura), ¿cuál será la nueva tensión de línea en bornes del grupo motobomba?

Solución a) En la Figura 3 .9 se muestra el esquema estrella-estrella equivalente de la red de la Figura 3.8. En este sistema se tiene:

S N =

3V1n I 1n ⇒ 1000000 = 3 ⋅ 15000 ⋅ I 1n

ε cc = 10% =

ε xcc = 8% =

Z cc I 1n V 1fase

X cc I 1n V 1fase

⇒ 0,1 = Z cc 3,85

15000/ 3

3,85 ⇒ 0,08 = X cc

15000/ 3

I 1n = 3,85 A

⇒ Zcc≈225 Ω

⇒ X cc≈180 Ω

y de este modo el valor de la resistencia de cortocircuito reducida al primario de la estrella equivalente será: Rcc =

2

2

2252 − 1802 = 135 Ω

Z cc − X cc =

Los parámetros anteriores se refieren al transformador estrella-estrella equivalente y son las resistencia, reactancia e impedancia de cortocircuito referida al primario (estrella). En realidad, al estar conectado el primario del transformador en triángulo, la impedancia de cortocircuito en este lado será tres veces mayor, de acuerdo con el cambio de impedancias de estrella a triángulo. Es decir: Rcc∆ = 135 ⋅ 3 = 405 Ω


; X cc∆ = 180 ⋅ 3 = 540 Ω ; Z cc∆ = 225 ⋅ 3 = 675 Ω

Figur a 3.9 b) El circuito equivalente por fase de la Figura 3.9 reducido al primario es el mostrado en la Figura 3.10. Obsérvese en este esquema que se tienen los siguientes valores: m =

15000 380

= 39,47 ; Zλ =

Z∆

3

=

6∠36,87º 3

= 2∠3 6, 87 º = 1, 6 + j1, 2 Ω


TRANSFORMADORES 147

y al pasar la impedancia de carga y la impedancia de la línea al primario (los condensadores no están conectados) resulta: 2 2 m 2 2∠36,87º = 39,472 ⋅ 2∠36,87º ∠3116,3∠36,87º = 2493+ j 1869,8 Ω ; m 0,2 = 39,47 ⋅ 0,2∠311,6 Ω

Figura 3.10 Eligiendo la tensión de fase del primario como referencia se obtiene una corriente primaria expresada por:

I1 =

(15000 / 3 ) ∠0º (135 + j180) + (311,6) + (2493 + j1869,8)

=

(15000 / 3 ) ∠0º (15000 / 3 ) ∠0º = = I1 = 2,417∠ − 34,89º = I '2 2939,6 + j2049,8 3583,7 ∠34,89º

'

y de este modo la tensión V2 es igual a: '

V2 = (311,6 + 2493 + j1869,8)2,417∠ − 34,89º = 3370,7∠33,69º⋅ 2,417∠ − 34,89º = 8147,1∠ − 1,2º V

que corresponde a un módulo de 8147,1 voltios. La tensión de fase V 2 valdrá de este modo: ' V2 = 8147,1 = mV 2 ⇒ V 2 =

8147,1 39,47

= 206,4V ⇒ V 2línea = 3 ⋅ 206,4 = 357,5 V

y la tensión reducida en bornes del grupo motobomba será: '

V L = 3116,3 ∠36,87º ⋅2,417 ∠ − 34,89º = 7532,1 ∠1,98º

que corresponde a un módulo de 7532,1 voltios. La tensión compuesta será:

V L' = 7532,1 = mV L ⇒ V L =

7532,1 39,47

= 190,8 V ⇒ V L (línea) = 3 ⋅190,8 ≈

330,5 V

c) El rendimiento del transformador será: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

η=

3V2' I 2' cos ϕ2 ' ' 2 2

'2 cc 2

8147,1⋅ 2,417cos(34,89º −1,2º)

=

3V I cos ϕ2 + 3 R I 8147,1 ⋅ 2, 417cos(34, 89º −1, 2º ) + 135 ⋅ 2, 417

2

=

1638,4 17173

≈ 95,4%

d) La impedancia por fase de la batería de condensadores vale: Z c = − j

1 C λ ω

=−j

106 955 ⋅ 2π 50

= − j3,33 Ω

que al estar en paralelo con la impedancia del grupo motobomba, da un valor equivalente de: Z paralelo =

2∠36,87º( − j3,33) 1, 6 + j1, 2 − j3, 33

=

6,66∠ − 53,13 2, 66∠ − 53,13

= 2,5∠0º Ω


148


Pasando esta impedancia al lado primario nos da: '

2

2

Z paralelo = m Z paralelo = 39,47 ⋅ 2,5 ∠0º = 3894,7 ∠0º Ω

en la Figura 3.11 se muestra el equivalente por fase correspondiente del nuevo circuito reducido al primario. En esta Figura 3.11 la nueva corriente por fase del primario del transformador será: I1 =

(15000 / 3 ) ∠0º (15000 / 3 ) ∠0º = = 1,993∠ − 2,37º = I 2' (135 + j180) + 311,6 + (3894,7) 4345 ∠2,37º

Figur a 3.11 y la tensión V L' vale ahora: '

V L = 3894,7 ∠0º ⋅1,993 ∠ − 2,37º = 7762,1∠ − 2,37º V

que es un módulo de 7762,1 voltios y de este modo resulta una tensión de línea: ' V L = 7762,1 = mV L ⇒ V L =

7762,1 39,47

= 196,6 V ⇒ V L (línea) = 3 ⋅196,6 = 340,6 V

Pr oblema 3.25


Se tiene un transformador trifásico de 250 kVA, conexión Yy0, con una relación de tensiones compuestas de 15000/380 V. De los datos del fabricante, se conocen los siguientes parámetros: εcc=10%; ε xcc = 8% y se considera despreciable el efecto de la rama paralelo del circuito equivalente del transforma dor. Calcular: a) parámetros Rcc y X cc del circuito equivalente por fase del transformador reducido al primario y corriente que circularía por el secundario si por una falta se produce un cortocircuito franco en los bornes del secundario (se supone para resolver esta última cuestión que la tensión de alimentación del primario es la asignada de 15000 V); b) si la tensión compuesta de líne a en el secundario es de 380 V y se conecta al transformador una carga en estrella de 15 ∠ 60° ohmios por fase, ¿cuál será la tensión compuesta que debe aplicarse al primario para que la tensión secundaria siga permaneciendo constante en 380 V de línea?, ¿cuál será el rendimiento del transformador en estas condiciones?; c) si se conecta este transformador en paralelo con otro de 350 kVA, conexión Yy0, con la misma relación de tensiones y con las caídas de tensión relativas εcc = 10% y ε Xcc = 9%, ¿cómo se repartirán una potencia de 400 kW con f.d.p. 0,8 inductivo si se supone que la tensión en la carga es de 380 voltios? (Es decir, calcular las potencias activas, reactivas y aparentes suministradas por cada transformador).

Solución a) De los datos suministrados por el fabricante obtenemos:

15000 2 ε Rcc = ε cc2 − ε xcc = 10 2 − 82 = 6% ; m =

3 = 39,47 380 3


TRANSFORMADORES 149

y como quiera que la corriente de plena carga y la tensión asignada del primario del transformador valen respectivamente:

I1n = I1fase = I 1línea =

250000 3 15000

= 9,622 A ; V1n = V 1fase =

15000 3

= 8660, 25 V

podemos obtener los valores de la resistencia y reactancia de cortocircuito del transformador reducidos al primario:

ε Rcc =

Rcc I 1n V 1n

⇒ 0,06 =

ε xcc = 0,08 =

Rcc 9,622

8660,25

X cc 9,622

8660,25

⇒ Rcc = 54 Ω

⇒ X cc = 72 Ω

Si se produce un cortocircuito en el secundario la corriente primaria por fase se puede obtener del circuito equivalente de la Figura 3.12a. En este circuito, si se toma la tensión primaria como referencia de fases, resulta: 15000 I1fase =

∠0º 3 = 96,22∠ − 53,13º A 54 + j 72

que corresponde a un módulo de 96,22A y a una corriente secundaria de fase: I 2fase = mI 1fase = 39,47 ⋅ 96,22 ≈ 3798 A = I 2línea = I falta secund

a)

b)

Figur a 3.12 b) En este caso el circuito equivalente por fase reducido al primario es el mostrado en la Figura 3 .12b, en el que se puede calcular la corriente secundaria reducida: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

'

'

I 2fase = I 2 =

(m.380 / 3 )∠0º (380 / 3) ∠0 º 219, 39 ∠0 º = = = 0, 371∠ − 60º A 2 m 15∠60º m15∠60º 39, 47 ⋅15∠60º I2

= mI 2 = 39, 47 ⋅ 0, 371∠ − 60º = 14, 64∠ − 60º A

y como quiera que: ' V2fase = 39,47 ⋅ 219⋅ 39∠ 0º ≈ 8660∠ 0º V = V2' = mV2fase

Al aplicar el segundo lema de Kirchhoff al circuito de la Figura 3.11b resulta una tensión primaria: 8660∠0º + (54 + j72) ⋅ 0, 371∠ − 60º = 8660 + 33, 39 ∠ − 6, 87 ≈ 8693, 15 − j4 ∠ 8693,15 ∠ −0, 0 26 º V V1 =

que corresponde a un módulo de 8693,1 voltios y a una tensión compuesta o de línea necesaria en el primario de valor: V 1línea =

3 ⋅ 8693,15 ≈ 15057 V


150


y el rendimiento del transformador es:

η=

3V2 I 2 cos ϕ '2

3V2 I 2 cos ϕ + P0 + 3 Rcc I 2

=

3 ⋅ 219,39 ⋅14,64cos60º 3 ⋅ 219, 39 ⋅14, 64cos60º +3 ⋅ 54 ⋅ 0, 371

2

= 99,54%

c) Los parámetros del segundo transformador son:

ε cc = 10% ; ε xcc = 9% ⇒ ε Rcc = 102 − 12 = 4, 36% y como la corriente y tensión asignadas de primario de este transformador son, respectivamente: I1n = I1fase = I 1lim =

S N

3V 1n

350000

=

3 15000

= 13,47 A ; V1n = V 1fase =

15000 3

≈ 8660,25 V

los valores de resistencia y reactancia de cortocircuito son:

0,0436 =

Rcc I1n V 1n

=

Rcc 13,47

8660,25

⇒ Rcc = 28,03 Ω ; 0,09 =

X CC 13,47

8660,25

⇒ X cc = 57,86 Ω

Por otro lado la corriente que deben suministrar ambos transformadores a la carga vale: I 2lin =

400000 3 ⋅ 380 ⋅ 0,8

' = 759,67A = I 2fase ⇒ I 2fase =

759,67 39,47

= 19,25 A

Al tomar como referencia de fases la tensión secundaria por fase, la expresión compleja de la corriente de carga reducida al primario vale: '

'

I 2 = I 2 fase = 19,25∠ − 36,87º A

En la Figura 3.13 se muestra el circuito equivalente por fase del acoplamiento (reducido al primario) en el que la tensión reducida del secundario vale: '

V2 = mV2fase = 39, 47


380 3

∠0º = 8660, 25∠ 0º V

Figura 3.13 De las reglas de un circuito en paralelo se puede escribir: I I + I II = 19,25∠ − 36,87º

; (54 + j72)I I = (28,03+ j57,86)I II

y al calcular las corrientes complejas suministradas por cada transformador se obtienen los siguientes r esultados: I I = 8, 05∠ − 30, 4 º A

; I II = 11,32∠ − 41,45º A


TRANSFORMADORES 151

De acuerdo con los valores anteriores, las potencias complejas suministradas por los transformadores son, respectivamente: ' * S I = 3V2I I = 3 ⋅ 8660,25∠0º ⋅8,05∠30,4º ∠180 kW + j106 kVAr

S II = 3V2' I II = 3 ⋅ 8660,25∠0º ⋅11,32∠ 41,44º ∠ 220 kW + j194 kVAr

cuya suma es 400 kW + j 300 kVAr, que es la potencia entregada a la carga.

Pr oblema 3.26 Un transformador trifásico tiene las siguientes características asignadas: conexión: Yy0, potencia aparente asignada: 100 kVA; relación de tensiones compuestas: 3000 V/380 V. Los resultados de unos ensayos de vacío y cortocircuito han dado los siguientes valores: vacío: 3000 V, P 0= 5 kW, medidos en el lado de A.T. (primario); cortocircuito: 300 V, I 1cc = corriente asignada; Pcc = 6 kW (medidos en el primario). NOTA: las potencias anteriores son totales trifásicas y las tensiones son compuestas o de línea. Si la tensión secundaria de línea se mantiene constante en 380 V se pide: a) la tensión compuesta necesaria en el primario cuando el transformador alimenta una carga trifásica equilibrada de 50 kW con f.d.p. 0,6 capacitivo; b) potencia aparente de máximo rendimiento y rendimiento máximo del transformador para un f.d.p. unidad; c) se desea ampliar la instalación para alimentar una carga trifásica de 120 kW con f.d.p. 0,8 inductivo, por lo que se acopla en paralelo este transformador con otro cuyas características asignadas son las siguientes: conexión Yy0, potencia asignada: 50 kVA, relación: 3000 V/380 V; ε Rcc= 8% ε Xcc= 6%; P0= 2 kW. Calcular los valores de las potencias aparentes, activas y reactivas suministradas por cada transformador y los rendimientos correspondientes si se supone que la tensión en la carga es de 380 voltios.

Solución a) Del ensayo de vacío del transformador se deduce que las pérdidas en el hierro son de 5 kW. Por otro lado, del ensayo de cortocircuito se tienen las siguientes medidas: V 1cc (línea) = 300V ⇒ V 1cc =

300 3

= 173,21 V ; I1cc = I 1n =

100000 3 3000

= 19,245 A ; Pcc = 6000 W

por lo que se obtiene: cos ϕcc =

6000 3 ⋅173,21 ⋅ 19 ⋅245

= 0, 6 ; senϕ cc = 0,8

y las impedancias de cortocircuito son: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

Z cc =

173,21 19,245

= 9 Ω ; Rcc = 9 ⋅ 0, 6 = 5, 4 Ω ; X cc = 9 ⋅ 0, 8 = 7, 2 Ω

Además de los datos asignados por el fabricante, la relación de transformación es: m =

3000 380

= 7,895

por lo tanto cuando la tensión secundaria de línea se mantiene en un valor compuesto de 380 V y alimenta una carga de 50 kW con f.d.p. 0,8 capacitivo, se tiene: V 2línea = 380 V ⇒ V 2fase =

I 2fase =

380 3

' = m 219,39 = 1732,1 V = 219,39 V ⇒ V2fase

126,61 50000 ' = 126,61 A ⇒ I 2fase = = 16,04 A 3 ⋅ 219,39⋅ 0,6 7,895


152


y aplicando el 2º lema de Kirchhoff al circuito equivalente aproximado reducido al p rimario se obtiene: V1

= V2' + Z cc I '2 = 1732,1∠0º +(5,4 + j 7,2)1604∠53,13º = 1697,3∠ 4,6º V

que corresponde a una tensión de fase del primario de 1697,3 voltios y a un valor de línea: V 1(línea) =

3 ⋅ 1697,3 = 2939,9 V

b) El índice de carga óptimo se calcula de la relación:

C opt =

P0 Pcc

=

5 6

= 0,91287

por lo que la potencia aparente de máximo rendimiento del transformador es igual a: S η max = 0,91287 ⋅ 100 ≈ 91,29 kVA

y el rendimiento máximo con f.d.p. unidad será:

η max =

0,91287 ⋅100 ⋅ 1 = 90,13% 0,91287 ⋅ 100 ⋅ 1 + 5 + 5

c) El segundo transformador tiene 50 kVA y la misma relación de transformación, y la corriente asignada por fase de primario y la tensión asignada por fase de primario son, respectivamente:

I 1n =

50000 3 ⋅3000

= 9,623 A ; V 1n =

3000 3

= 1732,1 V

y a partir de estos valores y de las caídas de tensión relativas de cortocircuito, se obtiene:

ε Rcc = 0,08 =

RccII ⋅ 9,623

1732,1

⇒ RccII = 14,4 Ω ; ε xcc = 0,06 =

X ccII ⋅ 9,623

1732,1

⇒ X ccII = 10,8 Ω

Por otro lado, ambos transformadores alimentan una carga trifásica equilibrada de 120 kW con f .d.p. 0,8 inductivo, por lo que las corrientes secundaria y secundaria reducida que absorbe la carga son, respectivamente: I 2 = . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

120000 3 ⋅380 ⋅ 0,8

= 227,9 A ⇒ I 2' =

227,9 7,895

= 28,87 A

y tomando la tensión secundaria como referencia, la corriente de carga reducida al primario tiene la expresión compleja siguiente: '

I2 = 28,87∠ − 36,87º A

Figura 3.14


TRANSFORMADORES 153

En la Figura 3.14 se muestra el esquema por fase del acoplamiento en que la tensión secundaria por fase reducida al ' 1732,1∠0º . De las reglas de un circuito en paralelo se puede escribir: primario es V2 = mV 2 = I I + I II = 28,87∠ − 36,87º

; (5,5 + j7,2)I I = (14,4 + j10,8)I II

y de estas ecuaciones se obtienen los valores siguientes de las corrientes: I I = 19, 4 2∠ − 42, 2 7º A

; I II = 9, 7 1∠ − 26, 0 1º A

y por consiguiente las potencias complejas suministradas por cada transformador son: S I

= 3V2' I *I = 3 ⋅1732,1∠0º ⋅19,42∠42,27º ≈ 100912∠42,27º= 74673+ j 67876

' * S II = 3V2 I II = 3 ⋅1732,1∠ 0º ⋅9,1∠ + 26, 01º = 50456∠26, 01º = 45346 + j 22126

De este modo el primer transformador entrega a la carga las potencias siguientes: S I = 100,912 kVA ; P I = 74,673 kW ; Q I = 67,876 kVAr

mientras que el segundo transformador entrega las potencias siguientes: S II = 50,456 kVA ; P II = 45,346 kW ; Q II = 22,126 kVAr

El rendimiento del primer transformador será:

η I =

P I P I + PFe + Pcu

=

74,673 74,673 + 5 + 3 ⋅ 5,4 ⋅ 19,422

= 87,1%

y el del segundo:

η II =

P II P I + PFe + Pcu

=

45,346 45,346 + 2 + 3 ⋅ 14,4 ⋅ 9,712

= 88,2%

Pr oblema 3.27


Un transformador trifásico de distribución de 800 kVA; conexión Dy11 y tensiones 20000/400 V; 50 Hz, tiene unas pérdidas en vacío de 2 kW y unas pérdidas en cortocircuito de 8 kW (con corriente de plena carga). Calcular el rendimiento diario del transformador si trabaja con el ciclo de carga siguiente: 1) 6 horas suministrando una potencia de 400 kW con f.d.p. 0,8 inductivo. 2) 4 horas suministrando una potencia de 720 kW con f.d.p. 0,9 inductivo. 3) 4 horas suministrando una potencia de 228 kW con f.d.p. 0,95 inductivo. 4) 10 horas sin carga (en vacío).

Solución El rendimiento diario de un transformador es el cociente entre la energía que entrega diariamente por su secundario W 2 y la energía absorbida por el primario W 1. Si el transformador trabaja con un ciclo de carga de P1 kW durante t 1 horas , P2 kW durante t 2 horas , P3 kW durante t 3 horas , etc... ( t 1 + t 2 + t 3 + t 4 +... = T = 24 horas), la energía total W 2 entregada por el secundario será de la forma: W2 = Pt 1 1 + P2 t2 + P3 t3 + ...


154


mientras que la energía que absorbe el primario será el valor anterior más las pérdidas internas de la máquina, es decir, las pérdidas en el hierro más las pérdidas en el cobre. Ahora bien las pérdidas en el hierro son las pérdidas en vacío y son constantes para todos los regímenes de trabajo del transformador, mientras que las pérdidas en el cobre dependen del régimen de carga y son proporcionales al cuadrado de la corriente, que al considerar la tensión de trabajo constante, son directamente proporcionales al cuadrado de la potencia aparente que suministra en cada momento. Si se denomina PFe= P0 a las pérdidas en el hierro que se disipan durante el tiempo total T (T = 24 horas), Pcu1 a las pérdidas en el cobre cuando desarrolla una potencia aparente S 1 durante un tiempo t 1, Pcu2 a las pérdidas en el cobre cuando desarrolla una potencia aparente S 2 durante un tiempo t 2, Pcu3 a las pérdidas en el cobre cuando desarrolla una potencia aparente S 3 durante un tiempo t 3, etc., la energía de entrada será: W1 = (Pt 1 1 + P2 t2 + P3t3 + ...) + P0T + Pcu1t1 + Pcu 2 t2 + Pcu 3t3 + ...

y el rendimiento diario será p or consiguiente el cociente:

η=

W 2 W1

=

(Pt ...) 1 1 + P2 t2 + P3 t3 + (Pt 1 1 + P2 t2 + P3 t3 + ...) + P0 T + Pcu1 t1 + Pcu 2 t2 + Pcu3 t3 + ...

En nuestro caso, las pérdidas en el hierro del transformador son PFe= P0= 2kW, mientras que las pérdidas en el cobre Pcui cuando suministra una potencia aparente S i se pueden calcular en fun ción de las pérdidas en cortocircuito Pcc con la potencia asignada del transformador S N , y si se denomina Rcc a la resistencia de cortocircuito del transformador, se puede escribir: 2 2 Pcui = Rcc I i = Rcc I i (

I N I N

)2 = Rcc I N2 (

Ii IN

)2 = Pcc (

S i S N

)2 = PccCi2

donde se ha denominado C i al índice de carga del transformador. En nuestro caso, de acuerdo con el ciclo de carga, se tiene: 1) t 1= 6 horas con una potencia de P1= 400 kW con cos ϕ1 = 0,8, es decir, la potencia aparente correspondiente es S 1 = P1/cos ϕ1= 400/0,8 = 500 kVA , por lo que el índice de carga es C 1 = 500/800 = 0,625. Las pérdidas en el hierro son P0 = 2 kW y las pérdidas en el cobre son Pcu1 = 8 · 0,6252 = 3,125 kW. 2) t 2= 4 horas con un a potencia de P2= 720 kW con cos ϕ2 = 0,9, es decir, la potencia aparente cor respondiente es S 2 = P2/cosϕ2 = 720/0,9= 800kVA , por lo que el índice de carga es C 2 =800/800 =1. Las pérdidas en el hierro son P0 =2kW y las pérdidas en el cobre son Pcu 2 =8 · 12 =8 kW. 3) t 3= 4 horas con una potencia de P3 = 228 kW con cos ϕ3 = 0,95, es decir, la potencia aparente correspondiente es S 3 = P3/cos ϕ3 = 228/0,95 = 240 kVA , por lo que el índice de carga es C 3 = 240/800 = 0,3. Las pérdidas en el hierro son P0 = 2 kW y las pérdidas en el cobre son Pcu3= 8 · 0,32 = 0,72 kW. 4) t 4= 10 horas con una potencia de P4= 0 kW (funcionamiento sin carga). Las pérdidas en el hierro son P0= 2 kW y las pérdidas en el cobre son Pcu1= 0. . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

Por consiguiente el rendimiento diario será:

η=

W 2 W 1

=

400 ⋅ 6 + 720 ⋅ 4 + 228 ⋅ 0,95 (400 ⋅ 6 + 720 ⋅ 4 + 228⋅ 0,95) + 2 ⋅ 24 + 3,125 ⋅ 6 + 8 ⋅ 4+ 0,72⋅ 4

=

5496, 6 5598,23

= 98,18%

Pr oblema 3.28 Un transformador monofásico de 50 kVA; 6600/220 V; 50 Hz, ha dado los siguientes resultados en unos ensayos: vacío: 1000 W; 220 V; 25 A (datos leídos en el lado de B.T.); cortocircuito: 1200 W; 300 V; 7,575 A (datos leídos en el lado A.T.). Calcular: a) parámetros del circuito equivalente aproxima do del transformador reducido al primario; b) se dispone de tres transforma dores monofásicos idénticos al citado, que se conectan en triángulo en la parte de A.T. (primario) y en estrella la parte de B.T. (secundario); si se alimenta el primario de esta combinación a una red trifásica a 6600 V, determinar la tensión secundaria de línea, si la corriente secundaria de línea es de 200 A con un f.d.p. 0,8 inductivo; c) la combinación señalada en el apartado anterior (conexión Dy) se conecta nuevamente a una red trifásica de 6600 V y en el secundario se


TRANSFORMADORES 155

coloca una carga trifásica equilibrada en triángulo de impedancia: 2,16 + j 1,62 ohmios/fase, calcular la tensión secundaria de línea y el rendimiento del transformador en estas condiciones.

Solución a) El ensayo de vacío está realizado en el lado de B.T., que es el secundario, por consiguiente para utilizar el circuito equivalente aproximado del transformador reducido al primario, deberán pasarse las medidas a este lado. La relación de transformación es: m =

6600 220

= 30

y los resultados del ensayo de vacío transferidos al lado primario son:

1000 W ; V 1 = 6600 V ; I 0 = P0 =

25 m

=

25 30

= 0,833 A

Por consiguiente resulta: 1000 = 6600 ⋅ 0,83cos ϕ0 ; cos ϕ0 = 0,1818 ; senϕ0 = 0, 983 y las componentes de la corriente de vacío son: I Fe = 0,83⋅ 0,1818 = 0,151 A ; I µ = 0,83 ⋅ 0,983 = 0,819 A

Las impedancias de la rama paralelo correspondientes son: RFe =

6600 0,151

= 43,71 k Ω ; X µ =

6600 0,819

= 8,06 k Ω

El ensayo de cortocircuito está medido en el lado de A.T. que es el primario, y las medidas son: Pcorto = 1200 W ; V 1corto = 300 V ; I1corto = 7,575 A = I1n =

50000 6600

I1corto = I 1cc

de donde se deduce: cos ϕcc = . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

1200 300 ⋅ 7,575

= 0,528 ; senϕ cc ≈ 0, 850

y la impedancia de cortocircuito es: Z cc =

300 7,575

= 39,6 Ω ; Rcc = 39,6 ⋅ 0,528 = 20,91 Ω ; X cc = 39,6 ⋅ 0,850 = 33,66 Ω

b) Vamos a realizar el problema utilizando el esquema real trifásico de la asociación de transformadores resultante que es triángulo-estrella, y así la relación de transformación de cada transformador monofásico sigue siendo m = 20, y la corriente de línea del secundario, que es de 200 A, coincidirá con la de fase (por estar conectado los secundarios en estrella) y la corriente secundaria reducida será: I 2' =

200 30

= 6,66 A

Al aplicar la fórmula aproximada de Kapp resulta: ' ' V1fase = mV2fase + Rcc I 2 cosϕ + X cc I 2 sen ϕ


156


que al sustituir los valores da lugar a:

6600 = 30V 2fase + 20, 91 ⋅ 6, 6 ⋅ 0, 8 + 33, 66 ⋅ 6, 6 ⋅ 0, 6 de donde se deduce que la tensión secundaria de fase es V 2fase = 211,8 V y que corresponde a un valor de línea: V 2 l = 3 ⋅ 211,8 = 366,84 V

c) El circuito eléctrico equivalente por fase en este caso es el representado en la Figura 3.15. La carga en triángulo de impedancia Z∆=2,16+j1,62 Ω/fase, al transformarla en estrella, da un valor por fase de la impedancia de carga: ZY = Z L =

2,16 + j1,62 3

Ω / fase

que al pasar a primario se convierte en: '

2

Z L = m Z L =

302 3

(2, 16 + j1, 62) = 648 + j 486 Ω

que es el valor mostrado en la Figura 3.15. Al elegir la tensión primaria como referencia se obtiene una corriente primaria:

6600∠0º

'

I2 =

(20,91 + j 33,66) + (648 + j 48)

=

6600∠0º 847∠37,84

= 7, 79∠ − 37, 84º A

Figur a 3.15 Por consiguiente la tensión secundaria reducida será: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

'

V2 = (648 + j 486) ⋅ 7,79∠ − 37,84º = 810∠36,87º ⋅7,79∠ − 37,84º = 6311,5∠ − 0,97º

es decir, el módulo de la tensión secundaria reducida es de 6311,52 voltios, que corresponde a una tensión secundaria real: V 2 =

6311,5 6311,5 = = 210,38 V m 30

y como el secundario está en estrella representa una tensión de línea: V 2línea = 3 ⋅ 210,38 = 364,4V El rendimiento del transformador será:

η=

3V2' I 2' cosϕ ' ' 2 2

3V I cosϕ + P0 + Pcu

=

3 ⋅ 6311,5 ⋅ 7,79cos36,87º 3 ⋅ 6311, 5 ⋅ 7, 79cos36, 87º +3000 + 3⋅ 20, 91⋅ 7, 792

= 94,6%


TRANSFORMADORES 157

Problema 3.29 La Figura 3.16 muestra un transformador trifásico triángulo-estrella de relación de tensiones compuestas: 10000/380V, que alimenta en el lado de baja tensión una carga trifásica equilibrada conectada en estrella. Para medir la potencia absorbida por la carga se utilizaron dos vatímetros P 1 y P2 cuyas lecturas fueron: P1=1000 kW; P2=500 kW. Suponiendo que en estas condiciones el transformador trabaja a plena carga y que la tensión secundaria compuesta es de 380 V, calcular: a) potencia aparente o de plena carga del transformador (kVA); b) si las impedancias de los devanados primario y secundario son: Z 1 = 2,9 + j 5,1 ohmios; Z 2 = 1,5 · 10 –3 + j 2,36 · 10 –3 ohmios, calcular la tensión primaria V 1 necesaria en el primario para alimentar la carga a 380V de línea; c) calcular el rendimiento del transformador a plena carga si el índice de carga óptimo o de máximo rendimiento del transformador es igual a 0,75; d) ¿cuál es el valor del ángulo horario del transformador si la sucesión de fases es RST? NOTA: utilizar el circuito equivalente aproximado del transformador reducido al primario.

Figura 3.16

Solución a) La conexión real del transformador es triángulo-estrella. Vamos a resolver el problema utilizando el transformador estrella-estrella equivalente tal como se muestra en la Figura 3.17.

a

A

R

C´ A´ . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

a´ b´

B´

C

r

c´ c

T

b

s

B t

S

Figura 3.17 De acuerdo con las medidas efectuadas, la potencia absorbida por la carga y que, según el enunciado, constituye la plena carga del transformador es: PT = P1 + P2 = 1000 + 500 = 1500 kW

y de los datos de los vatímetros se obtiene el f.d.p. de la carga:

tgϕ = 3

P1 − P2 P1 + P2

=

1 3

⇒ ϕ = 30º ⇒ cosϕ = cos 30º = 0,866


158


por consiguiente, la potencia aparente del transformador vale: S T =

PT

cosϕT

1500

=

= 1732,1 kVA

cos 30º

b) La relación de transformación del transformador estrella-estrella equivalente vale: m =

10000

= 26,32

380

La impedancia equivalente del devanado primario es: Z1Y =

Z1∆

3

=

2, 9 + j 5,1 3

≈ 0,967 + j1,7 Ω

y la del devanado secundario es Z 2Y =1,5 · 10 –3 + j 2,36 · 10 –3 Ω. En consecuencia, la impedancia de cortocircuito del transformador reducida al primario es igual a: 2

2

-3

-3

Z cc = Z1 + m Z 2 = (0, 967 + j1, 7) + 26, 32 (1, 5 ⋅10 + j2, 36 ⋅10 ) ≈ 2 + j3, 33 Ω

Además, la corriente secundaria es: I 2 =

1500000

= 2631,58 A

3 ⋅380cos30º

por lo que se tiene: '

I 2 =

2631,58 26,32

≈ 100 A

y tomando como referencia la tensión secundaria de fase se puede escribir: V2 (fase) =

380∠0º 3

= 219,39∠0º ⇒ V2' = mV2 ≈ 5773,4 ∠0º V ; I '2 = 100∠ − 30º A

La relación fasorial entre la tensión primaria y secundaria es: '

'

V1 = V2 + Z cc I 2 = 5773,4 ∠0º +(2 + j 3,33) ⋅100 ∠ − 30º ≈ 6116 ∠1,76º V

es decir, la tensión simple del primario equivalente es de 6116 voltios, lo que corresponde a una tensión compuesta o también a la tensión entre fases del primario en triángulo del transformador real: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

V1 L = 3 V 1 = 3 ⋅ 6116 ≈ 10593,2 voltios Si se llega a aplicar la fórmula aproximada de Kapp, el resultado sería: '

'

'

V1 = V2 + Rcc I 2 cosϕ + X cc I 2 sen ϕ = 5773,4 + 2 ⋅100 ⋅ 0,866 + 3,33 ⋅100 ⋅ 0,5 = 6113,1 voltios

que corresponde a una tensión de línea: V1 L = 3 V 1 = 3 ⋅ 6113,1 ≈ 10588,2 voltios

que prácticamente coincide con el valor exacto. c) El índice de carga óptimo del transformador es igual a: C opt = 0,75 =

P0 Pcc


TRANSFORMADORES 159

y como las pérdidas en el cobre a plena carga son: ' 2 Pcc = Pcu (Plena carga) = 3 Rcc I 2 = 3 ⋅ 2 ⋅100 ≈ 60 kW

el valor de las pérdidas en el hierro o de vacío serán: 2 2 P0 = PFe = Copt Pcc = 0,75 ⋅ 60 = 33,75 kW

y por lo tanto el rendimiento del transformador será:

η=

P2 P1

=

1500 1500 + 33,75 + 60

= 94,12%

d) En la Figura 3.18 se muestra, a la izquierda, la disposición de las bobinas reales del transformador, vistas desde la caja de bornes en la que se han abatido las bobinas 90º. Las uniones correspondientes se han preparado teniendo en cuenta las conexiones de la Figura 3.16. En la Figura 3.18a se ha dibujado el triángulo de tensiones primarias, en las que se ha colocado el terminal A en las 12horas. En la Figura 3.18b se ha dibujado la estrella de tensiones secundarias, en las que las tensiones de fase son paralelas a las tensiones primarias correspondientes. En la Figura 3.18c se han superpuesto ambos diagramas fasoriales de tensiones encima de un reloj para determinar de este modo el índice horario; obsérvese qu e entre a y A el reloj señala las 11 horas, es decir, el transformador es de la for ma Dy11.


Figur a 3.18

Pr oblema 3.30 La Figura 3.19 muestra un t ransformador trifásico estrella-triáng ulo de relación de tensiones compuestas 15000/380 V, que alimenta en el lado d e baja tensión una ca rga trifásica equilibrada conectada e n triángulo de 0,3∠+36,87º ohmios/fase. Suponiendo qu e en estas condiciones el tran sformador trabaja a plena carga y que la tensión secundaria es de 380 V, calcular: a) potencia aparente o de plena carga del tra nsformador en kVA; b) si las impedancias de los devanados primario y secundario por fase son respectivamente: Z 1= 2 + j4 ohmios; Z 2= 1 · 10 –3 + j 2 · 10 –3 ohmio; calcular la tensión V 1 de línea para alimentar la carga a 380 V; c) calcular el rendimiento del tran sformador si el índice de ca rga óptimo o de máximo rendimiento es igual a 0,8; d) ¿cuál es el valor del ángulo horario del transformador si la sucesión de fases es RST. NOTA: utilizar el circuito equivalente aproximado del transformador reducido al primario.


160


Figur a 3.19

Solución a) La conexión real del transformador es estrella-triángulo. Vamos a resolver el problema utilizando el transformador estrella-estrella equivalente. En la Figura 3.20 se muestra el esquema correspondiente. La impedancia por fase de la carga en estrella equivalente es igual a: ZY =

Z∆

3

=

0,3∠36,87º 3

= 0,1∠36,87º Ω

De este modo, al tomar la tensión simple de secundario como referencia de fases da lugar a una corriente secundaria: I2 =

380 / 3 0,1∠36,87º

= 2193,93∠ − 36,87º A

por consiguiente la potencia aparente secundaria a plena carga con la que trabaja el transformador es igual a: S=


3 ⋅ V2 I 2 = 3 ⋅ 380 ⋅ 2193,93 = 1444 kVA

Figur a 3.20 b) La relación de transformación del transformador estrella-estrella equivalente vale: m =

15000 380

= 39,47

y las impedancias de los devanados son: Z1 = 2 + j 4Ω ; Z 2 ∆

= 1 ⋅10-3 + j 2 ⋅ 0-3 Ω ⇒ Z 2Y =

Z 2∆

3

=

1 ⋅ 10-3 + j 2 ⋅10-3 3

= 0, 333 ⋅10-3 + j 0, 666 ⋅10-3 Ω

por lo que la impedancia de cortocircuito del transformador reducida al primario será igual a: 2

2

-3

-3

Zcc = Z1 + m Z 2Y = (2 + j 4) + 39, 47 (0, 333 ⋅ 10 + j 0, 666 ⋅ 10 ) = 2, 52 + j 5, 04 Ω


TRANSFORMADORES 161

La relación entre la tensión primaria y secundaria es: '

'

V1 = V2 + Z ccI 2 y al tomar como r eferencia de fases la tensión secundaria de f ase, las expresiones de V2' e I '2 son: ' V2 = mV2 = 39, 47

380 3

∠0º ≈ 8660∠0º V

' ; I2 =

I2

m

=

2193,93∠ − 36,87º 38,47

= 57,03∠ − 36,87º A

por lo que se obtiene una tensión primaria: '

'

V1 = V2 + Zcc I 2 = 8660∠ 0º +( 2,52 + j 5,04) ⋅ 57,03∠ − 36,87º ≈ 8949∠ 0,9º V

que corresponde a una tensión primaria de línea:

V 1 línea = 3 ⋅ 8949 = 15500 V b) El índice de carga óptimo viene expresado por:

C opt = 0,8 =

PFe Pcc

y como las pérdidas en el cobre a plena carga son: Pcc = Pcu (Plena carga) = 3 Rcc I 2' = 3 ⋅ 2,52 ⋅ 57,032 ≈ 24,6 kW

el valor de las pérdidas en el hierro o de vacío serán: 2 2 P0 = PFe = Copt Pcc = 0,8 ⋅ 24,6 = 15,7 kW

y por lo tanto el rendimiento del transformador será:

η=

P2 P1

=

3 ⋅380 ⋅2193,93⋅ 0,8 3 ⋅ 380 ⋅ 2193,93⋅ 0,8 + 15,7 + 24,6

= 96,62%

c) En la Figura 3.21 se muestra a la izquierda la disposición de las bobinas reales del transformador vistas desde la caja de bornes, en la que se h an abatido las bobinas 90º. Las uniones correspond ientes se han preparado teniendo en cuenta las conexiones de la Figura 3.19. . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

Figura 3.21


162


En la Figura 3.21a se ha dibujado la estrella de tensiones primaria, en la que se ha tomado la fase A como referencia vertical; en la Figura 3.21b se ha dibujado el triángulo de tensiones secundarias en las que las tensiones de fase son paralelas (misma fase) a las tensiones primarias corres pondientes. En la Figura 3.21c 3.21c se han superpu esto ambos diagr amas fasoriales de tensiones encima de un reloj para determinar de este modo el índice horario; obsérvese que entre a y A el reloj señala las 11 horas, es decir, el transformador es de la forma Yd11.

Pr oblema 3.31 3.31 Se dispone de un transformador trifásico de 50 MVA, 380 kV/60 kV (tensiones compuestas), conexión Yy0, que ha sido sometido a un ensa ensayo yo de cortocircuito, alimen alimentado tado por el lado de B.T. B.T. Las medidas medida s fueron las siguientes: siguien tes: V 2cc= 4,2 kV de línea; I 2cc= 420,5 A; Pcc (total)= 184 kW. El transformador está conectado a una red de 370 kV de tensión compuesta, 50 Hz, a través d e una línea trifásica de 50 km k m de longitud, de resistencia despreciable y reactancia 0,4 ohmios por kilómetro. El transformador alimenta por su secundario una carga trifásica equilibrada equilibrada conectada en triángulo constituida por una resistencia de 220 ohmios en serie con un condensador de 15 microfaradios. Calcular: a) tensión secundaria de línea V 2; b) corriente secundaria I 2; c) rendimiento del transformador en esas condiciones si las pérdidas en el hierro son de 150 kW. NOTA: para realizar el problema se considera despreciable la impedancia en paralelo del circuito equivalente.

Solución a) En la Figura 3 .22 se muestra el esquema eléctrico. La relación de transformación es igual a: m =

380000 60000

= 6,333

Figur a 3.22 3.22 Los valores de la tensión simple secundaria de cortocircuito y la corriente de cortocircuito son, respectivamente: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

V 2 cc (fase) =

4200 3

(fase) = 420 420,5 ,5 A = 2424, 87 V ; I 2 cc (fase)

por lo que resulta: 184000 184 000 = 3 ⋅ 2424,87 2424,87 ⋅ 420,5cos 420,5cosϕcc

⇒ cosϕcc = 0, 0066 ; senϕcc = 0, 99998

por lo que la impedancia de cortocircuito cortocircuito reducida al secundario y al primario primario valen, respectivamente: Z cc 2 =

2424,87 420,5

6,3332 ⋅ 5,77 = 231 231,3 Ω = 5,77 Ω ⇒ Z cc = m 2 Z cc 2 = 6,333

de donde se deduce: Rcc = 231 231,3 ,3 ⋅ 0,06 = 13,88 13,88 Ω

X cc = 231 231,3 ,3 ⋅ 0,998 0,998 = 230 230,85 ,85 Ω

Por otro lado, la carga en triángulo tiene una impedancia por fase:


TRANSFORMADORES TRANSFORMADORES 163

Z ∆ = R − j

1 C ω

= 220 − j

106 15 ⋅ 2π ⋅ 50

= 220 − j 212, 2 Ω

que corresponde a u na impedancia en estrella equivalente: ZY =

Z∆

=

3

220 − j 212,2 3

101,89 ,89∠ − 43,97º ,97º Ω = 73,3 − j 70,73 = 10

que al pasar al primario vale: '

2

2

ZY = m ZY = 6,333 ,333 ⋅ 101 101,89 ,89∠ − 43,97 43,97ºº = 4086 4086,92 ,92∠ − 43,97 43,97ºº Ω

En la Figura 3.23 se muestra el circuito equivalente por fase de la instalación reducido al primario del transformador. Al tomar como referencia la tensión simple de primario da lugar a u na corriente primaria: 370000

∠0º 213619 213 619,6 ,6 ∠0º 3 I1 = = = 54,4 54,4 ∠41,19 41,19ºº A j 20 + (1 (13,88 + j 230 230,85) ,85) + 4086 4086,92 ,92∠ − 43,97 43,97ºº 392 3927,35 7,35∠ − 41,19º ,19º

Figur a 3.23 3.23 y en consecuencia la tensión simple d el secundario reducida al primario será: '

2

'

4086,92∠ − 43,97 43,97ºº ⋅54,4 54,4∠41,1 41,19º 9º ≈ 2223 222328 28,5 ,5∠ − 2,8ºV V2 = m Z L I1 = 4086

que corresponde a una tensión secundaria: '


V 2fase =

V 2

m

=

222328,5 6,333

= 35104,5 V ⇒ V 2 línea = 3 ⋅ 3510 35104,5 4,5 = 6080 60802,8 2,8 V

b) El valor de la corriente primaria primaria es de 54,4 amperios, y al no existir existir corriente de vacío se cumple:

I1 = I 2' =

I 2 m

54,4 ⋅ 6,33 6,33 = 344,5 344,5 A ⇒ I 2 = 54,4

c) El rendimiento del transformador será:

η=

P2 P1

=

' ' 3V2 I 2 cosϕ2 ' ' 2 2

' '2 2 2

3V I cosϕ2 + PFe + 3R I

=

3 ⋅ 222328, 5 ⋅ 54, 4c 4cos 43 43, 97 97 3 ⋅ 222328, 5 ⋅ 54, 4c 4cos 43, 97 97 º +150000 + 3 ⋅13, 88 88 ⋅ 54, 4

2

=

27, 3M 3 MW 27,58MW

= 99%


164


Pr oblema oblema 3.32 3.32 La Figura 3.24 3.24 muestra el esquema simplificado de la instalación eléctrica para la alimentación de un grupo de bombeo y su aplicación en regadíos. Se dispone de una red de distribución trifásica alimentada por una pequeña minicentral hidráulica situada en un área cercana a la estación de bombeo. La minicentral consiste en un grupo turbina-alternador que genera una tensión asignada de 3000 V, y que a través de una red de media tensión de impedancia despreciable alimenta un transformador reductor de tensión para la alimentación de la estación de bombeo. Las características asignada s del transformador transfor mador son: S N = 100 kVA; Conexión Dy 11; relación de tensiones compuestas: 3000/380 V; caídas relativas de tensión: εcc=10%; ε Xcc = 8%. La red de distribución que une el transformador con el grupo de bombeo tiene una impedancia Z = 0,05 + j 0,1 ohmios por hilo. La estación de bombeo se puede representar por una carga trifásica equilibrada conectada en estrella de impedancia 2 ∠ 36,87º ohmios 36,87º ohmios por fase. Calcular: a) parámetros R cc , X cc del circuito equivalente por fase del transformador reducido al primario; b) tensión compuesta en el primario del transformad t ransformador or (y que debe d ebe generar ge nerar el alternador) altern ador) para que la tensión en la carga (grupo de bombeo) sea de 380 V de línea; línea; determinar en esta situación el rendimiento del transfor mador si las pérdidas en el hierro son de 2 kW; c) si la tensión en el primario del transformador es de 3000 V (tensión compuesta) ¿cuál será el valor de la tensión de línea que se tendrá en el grupo de bombeo?; determinar en este caso la caída relativa de tensión (regulación) del transformador.

Figur a 3.24 3.24

Solución . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

a) En la Figura 3.25 se muestra el esquema eléctrico utilizando un transformador estrella-estrella equivalente. La corriente primaria de plena carga vale: I 1n =

100000 3 ⋅3000

y teniendo en cuenta que la tensión primaria de fase es de y sus componentes respectivas:

ε cc = 0,1 =

Z cc 19,25 3000

≈ 19,25 A 3000 3

, se deducen los valores de la impedancia de cortocircuito

⇒ Z cc = 9 Ω ; ε Xcc = 0,08 =

3

X cc 19,25 3000

⇒ X cc = 7,2 Ω

3 Rcc =

Z c2c − X c2c =

92 − 7, 22 = 5, 4 Ω


TRANSFORMADORES 165

En consecuencia la impedancia de cortocircuito del transformador reducida al primario es de la forma compleja: Z ccY = 5, 4 + j , 7, 2 = 9∠53,13º

⇒ Zcc∆ = 3ZccY = 16, 2 + j , 21, 6 = 27∠53,13º Ω

Figur a 3.25 b) El circuito equivalente po r fase de la instalación reducido al primario es el mostrado en la Figura 3.26. La relación de transformación del transformador estrella-estrella equivalente es igual a: m =

3000 380

= 7,895

por lo que la impedancia de la línea de B.T. y de la carga pasada al lado primario tendrán los valores siguientes: 2 2 m Z línea = 7,895 (0,05 + j0,1) ≈ 3,12 + j6,23 Ω ; m 2 Z L = 7,8952 ⋅ 2∠36,87º ≈ 124,66 ∠36,87º Ω


Figur a 3.26 Ahora bien, la tensión compuesta en la carga, que es el grupo de bombeo, es de 380 voltios, lo que corresponde a: V L =

380 3

∠0º ⇒ V L' = mVL =

3000 3

∠0º

y por lo tanto, de acuerdo con el circuito equivalente de la Figura 3.26, la corriente de la carga reducida al primario, que será la propia corriente primaria del transformador, tendrá u n valor: 3000

I1 =

∠0º 3 ≈ 13, 9∠ − 36, 87 º A 124,66 ∠36,87º


166


y por lo tanto la tensión necesaria en el primario será: V1 =

3000 3

∠0º + [(5, 4 + j7, 2 ) + 3, 12 + j6, 2 3] 13, 9 ∠ − 36, 87 º ≈1 940,32 ∠2 ,3º V

que corresponde a una magnitud de la tensión de línea en el primario de valor:

V1Línea = 1940,32 3 ≈ 3360, 7 V Por otro lado la tensión secundaria por fase en carga reducida al primario del transformador, se obtiene del circuito de la Figura 3.27 resultando ser: '

V2 = (3,12 + j 6,23+ 124,66∠36,87º) ⋅13,9 ∠ − 36,87º = 1820,1º ∠1,36º V

y de este modo la potencia activa secundaria del transformador vale: P2 = 3V2' I 2' cosϕ2 = 3 ⋅ 1820,1⋅13,9cos(36,87º +1,36º) = 59621 W

y la potencia en el primario del transformador es igual a: 2

P1 = P2 + P p = 59621 + 2000 + 3 ⋅ 5,4 ⋅ 13,9 = 64751 W

por lo que el rendimiento del transformador es:

η=

P2 P1

=

59621 64751

≈ 92,1%

c) El circuito eléctrico equivalente en esta situación es el señalado en la Figura 3.27, en el que se conoce ahora la tensión primaria del transformador. Si se toma como referencia de fases esta tensión, la corriente en el primario del transformador será: 3000 I1


=

3

3000

∠0º

(5,4 + j 7,2) + (3,12 + j 6,23) + 124,66∠ 36,87º

=

∠0º 3 = 12, 4∠ − 39, 2º A 139,6∠39,2º

Figur a 3.27 Y por consiguiente la tensión reducida de la carga por fase será: '

V L = 124,66∠36,87º ⋅12,4∠ − 39,2º = 1546,7∠ − 2,33º V

que corresponde a una magnitud de tensión de fase en la carga: '

V L =

V L m

=

1546,7 7,895

= 195,9 V


TRANSFORMADORES 167

y a una tensión de línea: V L (línea) = 3 ⋅195,9 ≈ 339,3 V

y de un modo similar, la tensión secundaria reducida al primario del transformador vale: '

V2 = (3,12 + j6,23+ 124,66∠36,87º) ⋅ 12,4∠ − 38,24º = 1623,3∠ − 1,4º V

que corresponde a una magnitud de tensión de fase en el secundario: '

V 2 =

V 2

m

=

1623,3 7,895

= 205,6 V

y a una tensión de línea: V 2 (línea) = 3 ⋅ 205,6 ≈ 356,1 V y de este modo el valor de la caída relativa de tensión del transformador es:

ε=

V2 (vacío) V 2 (carga) V 2 (vacío)

=

380 − 356,1 380

= 6,29%

Pr oblema 3.33 La Figura 3.28a muestra un autotra nsformador de relación 3/1. La impedancia de la parte ab del devan ado es de 0,2+j0,3 ohmios y la impedancia de la parte común bc es de 0,05+j 0,1 ohmios. a) Si se desprecia la corriente de vacío ¿cuánto valdrá la corriente de entrada si se aplican 30 voltios al devanado primario cuando el secundario está cortocircuitado?; b) si la impedancia de carga es Z L=0,6+j0,8 ohmios, calcular la tensión necesaria en el primario para que la tensión secundaria en la carga sea V 2= 120 voltios.


a)

b) Figur a 3.28

Solución Teoría previa: En el circuito de la Figura 3.28a se muestra un autotransformador genérico. El número de espiras totales de la entrada es N 1 y el de salida N 2 ; la corriente absorbida de la red es I 1 y la corriente que se entrega a la carga es I 2. En la figura se muestra la distribución de corrientes en los devanados. Se observa que hay N 1 – N 2 espiras recorridas por una corr iente I 1 y N 2 espiras recorridas por una corriente I 2 – I 1 en el sentido señalado en la Figura 3.28a. Si el autotransformador es ideal se cumple la denominada relación de tran sformación m: m=

N ac N bc

=

Eac Ebc

=

N1 N2

=

V1 V2

=

I 2 I 1

⇒

I cb I ac

=

I 2 − I 1 I 1

= m −1

(1)


168

PROBLEMAS DE MÁQUINAS ELÉCTRICAS Si se denomina Z ab = Rab + j X ab a la impedancia del devanado situado en el tramo ab por el que solo circula la corr iente I 1, y se denomina Z bc = Rbc + j X bc La impedancia del devanado que existe en la zona bc y por el que circula la corr iente I 2 – I 1 y se denomina E bc a la f.e.m. inducida en el tramo bc del devanado, se cumple en el secundar io: Ebc = V2 + Z bc (I 2 − I1 )

y si se denomina

(2)

E ab a la f.e.m. inducida en el tramo ab del devanado, se cumple en el primario: V1 = E ac + Z ab I1 − Z bc (I 2 − I1 )

(3)

y teniendo en cuenta las relaciones (1) y llevándolas a (3), resulta: V1 = mEbc + Z ab I1 − Z bc (m − 1)I1

(4)

Sustituyendo E bc de la relación (2) y llevando a (4) queda:

[

V1 = m V2 + Z bc (I 2 − I1 )

Como la tensión secundaria

]

+ Z abI1 − Z bc (m − 1)I1 = mV2 + ⎡⎣(m − 1) 2Z bc + Z ab ⎤⎦ I 1

(5)

V2 se puede escribir en función de la impedancia de carga por: V2 = Z L I 2 = mZ L I1

(6)

al llevar este valor a (5) resulta: 2 2 V1 = ⎡⎣ m Z L + (m − 1) Z bc + Z ab ⎤⎦ I1

(7)

que corresponde al circuito equivalente reducido al primario mostrado en la Figura 3.28b. Obsérvese en este circuito equivalente que la impedancia de carga se transfiere al primario con la misma ley que en los transformadores clásicos de dos devanados separados, es decir, m2Z L; sin embargo la impedancia de la parte común bc del autotransformador se pasa al primario con la relación (m – 1)2. En el caso de que el autotransformador fuera elevador tal como se muestra en la Figura 3.29a, entonces N 2 > N 1 y las corrientes se distribuyen como se señala en esta figura, de tal modo que en el caso ideal se cumple: m= . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

N bc N ac

=

E bc Eac

=

N1 N2

=

V1 V2

=

I 2 I 1

(8)

y las ecuaciones de primario y secundario son, respectivamente: V1 = Ebc + Z bc (I1 − I2 )

(9)

E ac = V2 + Z ab I 2 − Z bc (I1 − I 2 )

(10)

2

(11)

y que operando da lugar a: 2

V1 = mV2 + ⎡⎣ m Z ab + (1 − m ) Zbc ⎤⎦ I1

que corresponde al circuito equivalente reducido al primario mostrado en la Figura 3.29b.


TRANSFORMADORES 169

a)

b)

Figura 3.29 a) El problema propuesto pertenece al primer caso estudiado, es decir, es un autotransformador reductor ( Figura 3.28a) en el que la relación de transformación es igual a: m=

N1 N 2

V1

=

V2

=

I 2 I 1

=3

Al emplear el circuito equivalente de la Figura 3.28b resulta: 2 2 2 2 Rab + ( m − 1) Rbc = 0, 2 + (3 −1) 0, 05 = 0, 4 Ω ; X ab + (m − 1) X bc = 0,3 + (3 − 1) 0,1 = 0, 7 Ω

y al estar en cortocircuito la carga y aplicar una tensión al primario de 30 voltios, se obtiene una corriente de entrada I ab de valor: I1 =

30∠0º 0, 4 + j 0, 7

I 1 =

= 37,2 ∠60,26º A

b) La impedancia de carga referida al primario vale m2 Z L= 32 (0,6 + j 0,8) = 5,4 + j 7,2 Ω. Al tomar la tensión secundaria como referencia de fases, es decir: V2= 120∠0º, en el circuito de la Figura 3.28b se cumple: mV2 = 360∠0º ⇒ I1 =

I2

m

=

mV2 2

m Z L

=

360∠0º = 40∠ − 53,13ºA 5, 4 + j 7, 2

y por lo tanto al aplicar (5) resulta: 2

V1 = mV2 + ⎡⎣Z ab + (m − 1) Z bc ⎤⎦ I 1 = 360∠0º +(0, 4 + j0, 7)40∠ − 53,13º = 392 ∠0, 6º voltios


Pr oblema 3.34 Un transformador monofásico de dos devanados con valores asignados de 12 kVA, 300/100 V, tiene una impedancia de cortocircuito reducida al primario de 0,9+j1,2 Ω siendo la corriente de vacío despreciable. Se conectan las bobinas del transformador en serie para formar un autotransformador reductor de tensión de relación 400/100 V; a) calcular la potencia de plena carga que puede asign arse a este autotransformador; b) si el autotransformador funciona a plena carga con f.d.p. 0,8 inductivo y la tensión secundar ia es de 100 V ¿cuál será la tensión necesaria en el primario?; c) repetir el problema si las bobinas del transformador se unen para construir un autotransformador elevador de tensión de relación 300/400 V funcionando a la plena carga correspondiente con una tensión secundaria de 400 V y un f.d.p. 0,8 inductivo.

Solución a) En la Figura 3.30a se muestra el transformador de dos devanados separados y en la Figura 3.30b se aprecia la unión de las bobinas para conseguir un autotransformador reductor de tensión. Los terminales de las bobinas de p rimario y secundario


170

PROBLEMAS DE MÁQUINAS ELÉCTRICAS se han designado respectivamente por las letras ab y bc para identificar esta figura con la señalada en la Figura 3.28 del problema anterior. Como quiera que las tensiones asignadas en el transformador son de 300 V y 100 V y la potencia asignada es de 12 kVA, las corrientes de plena carga del primario y secundario del transformador convencional (dos devanados separados ) es: I 1 =

S V 1

=

12000 300

= 40 A ; I 2 =

S V 2

=

12000 100

= 120 A

a)

b)

Figur a 3.30 Cuando se unen las bobinas para formar el autotransformador mostrado en la Figura 3.30b, la tensión del primario es VA= V1 + V2 = 300 + 100 = 400 V y la secundaria VB = V2 = 100 V; además la distribución de corrientes es la que señala la figura para no superar los valores asignados del transformador. Por ello que la potencia aparente que puede asignarse al autotransformador, sin que se superen los valores asignados de las corrientes internas, es: Sautotransf = V A I1 = VB (I1 + I 2 ) = 400 ⋅ 40 = 100(120 + 40) = 16 kVA

b) Antes de calcular las tensiones reales solicitadas, es preciso determinar la impedancia reducida al primario que ve el autotransformador, conociendo la impedancia reducida al primario del transformador de dos devanados. Observando la Figura 3.30a se puede escribir: 2

2

Z cc1 (transformador) = Zab + m Z bc = Z ab + 3 Z bc = 0,9 + j1, 2 Ω

ya que la relación de transformación del transformador vale m = N 1/ N 2= 300/100 = 3. Pero al comparar la Figura 3.30b con la Figura 3.28b y teniendo en cuenta la expresión (7) del problema anterior, la impedancia equivalente reducida al primario del autotransformador vale: . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

2

2

2

Zcc1 (autotransformador) = Z ab + (ma − 1) Z bc = Z ab + (4 − 1) Z bc = Z ab + 3 Z bc = Z cc1 (tranformador) = 0, 9 + j1, 2 Ω

ya que la relación de transformación como autotransformador es ahora ma = ( N 1+ N 2)/ N 2= 400/100 = 4. De acuerdo con este resultado, la impedancia reducida al primario como autotransformador en este montaje específico coincide con la impedancia reducida al primario del transformador real. Si la tensión secundaria como autotransformador es de 100 voltios y se toma esta como referencia de fases, la corriente de plena carga reducida al primario como autotransformador es de 40 amperios y está retrasada un ángulo de 36,87º (que es el arco coseno de 0,8). Si se denomina V1 a la tensión que se requiere en el primario del autotransformador, se pu ede escribir: V1 = ma V2 + Z cc1 (autotransfomador)I1 = 4 ⋅ 100∠0º + (0,9 + j1,2)40∠ − 36,87º = 457,6 + 16,8 = 457,91∠2,1º V

es decir, la tensión necesaria en el primario debe ser de 457,91 voltios. c1) Cuando las bobinas del transformador se unen p ara formar un autotransformador elevador de tensión de relación 300/400 V, los esquemas correspondientes se muestran en la Figura 3.31.Obsérvese que los terminales de las bobinas de primario


TRANSFORMADORES 171 y secundario se han designado ahora por las letras bc y a b respectivamente, para identificar esta figura con la señalada en la Figura 3.29 del problema anterior. La tensión del primario es ahora VA= V 1= 300 V y la secundaria VB= V 1+ V 2= 300 + 100 = 400 V. Además la distribución de corrientes es la que se señala en la figura para que no se superen los valores asignados al transformador. Por ello que la p otencia aparente que puede asignarse al autotransformador ahora es: Sautotransf = V A (I1 + I 2 ) = VB I 2 = 300(120 + 40) = 400 ⋅ 120 = 48 kVA

c2) Antes de calcular las tensiones reales solicitadas es preciso determinar la impedancia reducida al primario que ve el autotransformador, conociendo la impedancia reducida al primario del transformador de dos devanados. Observando la Figura 3.31a se puede escribir: 2

2

Zcc1 (transformador) = Zb c + m Zab = Zbc + 3 Zab = 0,9 + j1, 2 Ω

ya que la relación de transformación del transformador vale m = N 1/ N 2= 300/100 = 3. Pero al comparar la Figura 3.31b con la Figura 3.29 y teniendo en cuenta la expresión (11) del problema anterior, la impedancia equivalente reducida al primario del autotransformador vale ahora: 2

2 Z ab a

Z cc1 (autotransformador) = m

⎛3⎞ + (1-ma ) Z bc = ⎜ ⎟ Z ab ⎝4⎠ 2

2

2

⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ + ⎜ 1 − ⎟ Z bc = ⎜ ⎟ Z ab ⎝ 4⎠ ⎝ 4⎠

2

⎛ 1⎞ + ⎜ ⎟ Z bc ⎝ 4⎠

es decir: 2

2

2

2

0,9 + j1, 2 ⎛ 3⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ 2 ⎛1⎞ Z cc1 (autotransformador) = ⎜ ⎟ Zab + ⎜ ⎟ Zbc = ⎜ ⎟ ⎡⎣ 3 Zab + Zbc ⎤⎦ = ⎜ ⎟ Zcc1 (trafos real) = Ω 16 ⎝ 4⎠ ⎝4⎠ ⎝ 4⎠ ⎝4⎠ ya que la relación de transformación como autotransformador es ahora ma = N 1/( N 1+ N 2)/ = 300/400 = 1/4. De acuerdo con este resultado, la impedancia reducida al primario como autotransformador en esete montaje específico es 1/16 veces la impedancia reducida al primario del transformador real. Si la tensión secundaria como autotransformador es de 400 voltios y se toma esta como referencia de fases, la corriente de plena carga reducida al primario como autotransformador es de 160 amperios retrasado un ángulo de 36,87º (que es el arco coseno de 0,8) y si se denomina V1 a la tensión que se requiere en el primario del autotransformador, se puede escribir:

(0,9 + j1,2) ⎛ 3⎞ 160∠ − 36,87º = 314,4 + j 4,2 ≈ 314,43∠0,8º V ⎟ 400∠0º + 16 ⎝ 4⎠

V1 = ma V2 + Z cc1 (autotransfomador)I1 = ⎜

es decir, la tensión necesaria en el primario debe ser de 314,43 voltios. . d e v r e s e r s t h g i r l l A . a ñ a p s E l l i H w a r G c M . 5 0 0 2 © t h g i r y p o C

a)

b)

Figur a 3.31


172


Pr oblema 3.35 En la Figura 3.32 se muestra un circuito de c.a. monofásico que dispone de un transformador de medida de corriente para medir la intensidad del circuito y que tiene una relación K i= 1/100. La impedancia del secundario del transformador de corriente es de 0,2+j0,3 Ω y alimenta un amperímetro de impedancia interna 0,5 +j 0,3 Ω .

Figur a 3.32 Se sabe que el núcleo requiere una f.m.m. de 20 A.v. para vencer las perdidas en el hierro y de 40 A.v. para la magnetización del núcleo. Si el amperímetro señala una corriente de 4 amperios, calcular: a) corriente del primario del transformador de medida; b) e rror de relación de corriente εi ; c) error de fase δ ; d) ¿en cuántas espiras se podrá reducir el devanado secundario del transformador de medida para eliminar el error de intensidad?

Solución a) En la Figura 3.33 se muestra el circuito equivalente del transformador de medida reducido al secundario. En el transformador de corriente se debe cumplir la siguiente igualdad entre las f.m.m.: N1I1 = N1I 0 + N 2 I 2 (donde N 1 =1 espira; N 2 = 100 espiras)

Si se toma la tensión primaria como referencia de fases, la f.m.m. necesaria para vencer las pérdidas en el hierro es de 20∠0º A.v., mientras que para la imanación del núcleo se requiere una f.m.m. de 40 ∠ –90º, es decir la f..m.m. de vacío del transformador de corriente vale: F0 = N1I 0 = 20 − j 40 A.v.


La f.m.m. secundaria tiene una magnitud N 2 I 2= 100 · 4 = 40 0 A.v., pero hay que determinar su desfase respecto a la tensión primaria tomada como origen de fases. Para ello se observa en el circuito equivalente de la Figura 3.33 que la impedancia total del secundario vale: Z 2t = (0,2 + j0,3) + (0,5 + j0,3) = 0,7 + j0,6 = 0,922∠ 40,60º Ω

Figur a 3.33


Problemas de Máquinas Eléctricas (Pg 116 184)

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