UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA.
TRABAJO DE MAQUINAS 1
TEMA:
TRANSFORMADORES.
DOCENTE: Ingeniero: Nelson David López Rivera.
PARTICIPANTES: Marco Antonio Hernández Mendoza. Oscar Manuel Dávila Mendoza.
CUESTIONARIO DE MAQUINAS ELECTRICAS PAGINA 112 5TA EDICION DE CHAPMAN.
2-9. ¿Cómo se elimina el problema de tener diferentes niveles de voltaje en un sistema de potencia por medio del sistema de medidas por unidad? El voltaje cambia cuando atraviesa el transformador y por lo tanto el valor de V base cambia de acuerdo a su relación de vueltas. Debido a que las cantidades de base cambian al pasar a través de un transformador, el proceso de referir cantidades a un nivel de voltaje n común se tiene en cuenta durante la conversión por unidad.
2-10. ¿Por qué los autotransformadores pueden manejar más potencia que los transformadores convencionales del mismo tamaño?
Porque no toda la potencia del bobinado primario al secundario en un autotransformador pasa a través de los devanados, pudiendo manejar mucho más potencia que la nominal definida originalmente. Una razón podría ser porque en los transformadores convencionales para sacar la sección del transformador influye tanto la potencia que se va utilizar como la potencia perdida en el núcleo por el mero hecho que este induciendo voltaje, en cambio en el autotransformador autotransformado r para calcular la sección del transformador solo influye la potencia que se va a utilizar, esto quiere decir que la efectividad del transformador se incrementa.
2-11. ¿Qué son las tomas de derivación en los transformadores? ¿Por qué se usan?
La toma de derivación se les puede ver tanto en los transformadores como en los autotransformadores, aunque es más común en los transformadores que se les ponga en el secundario, de esta manera con distinto bobinado y un mismo núcleo, se pueden obtener distintos voltajes en el secundario, o si no en el caso de que se conmute la entrada del primario, para un mejor acople de la impedancia, al hacerlo en el primario se debe tener cuidado en la conexión.
2-12. ¿Cuáles son los problemas asociados con la conexión de un transformador trifásico Y-Y?
Con este tipo de conexión sobre salen estas dos graves inconvenientes: 1. Si las cargas en el circuito del transformador no están equilibradas, entonces los voltajes en las fases del transformador pueden llegar a desequilibrarse severamente. 2. Los voltajes de terceras armónicas pueden ser grandes.
2-13. ¿Qué es un transformador TCUL?
Es un transformador con la habilidad de cambiar las tomas mientras suministra potencia, esto es útil para los transformadores de distribución con taps, podemos ver que tienen una serie de tomas (Taps) en los devanados para permitir pequeños cambios, en la relación además del valor nominal. Sin embargo, estas tomas normalmente no se pueden cambiar mientras se está suministrando potencia, potenci a, para esto es que son tan útil los TCUL llamados transformadores conmutadores de tomas bajo la carga.
2-14. ¿Cómo se puede lograr la transformación trifásica utilizando sólo dos transformadores? ¿Qué tipos de conexiones se pueden utilizar? ¿Cuáles son sus desventajas y sus ventajas? Se puede lograr esta transformación mediante diferentes conexiones, todas las técnicas que se empleen involucran la reducción en la capacidad de manejo de potencia de los transformadores. Algunas de de las conexiones conexiones más importantes importantes son: Conexión Delta Abierta (o V - V)
Conexión Estrella Abierta – Delta Abierta.
Conexión Scott – T.
Conexión Trifásica en T.
Como se ha observado en cada una de las diferentes conexiones se usan solo dos transformadores o bobinados, esto quiere decir que el bobinado se ve forzado y los y transformadores pierden potencia, en este tipo de conexión se pierde la eficiencia, por lo
tanto solo se debe hacer esta conexión para emergencia cuando se cae una línea de la red trifásica o se daña uno de los tres transformadores que componen el banco.
2-15. Explique por qué una conexión de transformador D abierta está limitada a suministrar sólo s ólo 57.7% de la carga de un banco de transformadores D-D normal. Inicialmente, pareciera que se puede suministrar 2/3 de su potencia aparente nominal, puesto que los 2/3 de los transformadores aún están presente, Sin embargo el asunto no es así de sencillo. Con una carga resistiva el voltaje nominal de un transformador en el grupo es V F y la corriente nominal es I F, entonces la potencia máxima que se puede suministrar es: P = 3 * VF * IF*cos q El Angulo entre el voltaje V F y la corriente I F, en cada fase es 0° por ser la carga resistiva y equilibrada, de manera que la potencia total suministrada por el transformador es: P = 3 * VF * IF*cos 0° P = 3 * VF * IF La relación es la potencia del delta abierto sobre el delta comp leto, para sacar la potencia del delta abierto sumamos la potencia de cada una de las fases tomando en cuenta sus ángulos de fase en vista que una de ellas está ausente, para facilitar el entendimiento se puede hacer como si la fase central es la ausente de tal manera que entre la fase y otra habrá una diferencia ± 30°.
P1 = VF * IF*cos (150° - 120°) P1 = VF * IF*cos (30°)
√ √ 3
P1 = ( ) VF * IF 2
Entonces la potencia máxima del grupo delta abierto se expresa:
P=
√
* VF * IF
La corriente nominal es la misma en cada transformador, aun si hay dos o tres de estos .El voltaje es el mismo en cada uno de ellos; así que la relación de la -transformación de la potencia de salida disponible en el grupo delta abierto y la potencia disponible del grupo trifásico normal es:
PD. Abierta / P3. Fases = ( √ * VF * IF ) / ( * VF * IF ) = 1/
√
= 0.577
La potencia disponible del grupo de transformador en conexión delta abierta es solo el 57.7% de la potencia nominal del grupo original.
2-16. ¿Un transformador de 60 Hz puede operar en un sistema de 50 Hz? ¿Qué se requiere hacer para permitir esta operación? Un transformador de 60Hz, puede trabajar normalmente en 50 HZ o viceversa, la diferencia radica en que habrá fluctuación de voltaje en el secundario del transformador, esto significa que el voltaje nominal aumentara o disminuirá dependiendo el caso. La temperatura aumentara en el transformador y si el núcleo no está diseñado para esa frecuencia provocara una saturación magnética prematura.
2-17. ¿Qué le pasa a un transformador cuando se conecta a la línea de potencia por primera vez? ¿Se puede hacer algo para mitigar este problema? Durante el encendido del transformador, se provoca una corriente de arranque o de irrupción, en el momento que se energizan los transformadores por primera vez, se presenta un aumento de voltaje y corriente durante un pequeño periodo de tiempo luego esto se nivela a un nivel nominal. Para limitar los picos de corriente y voltaje en ese periodo de tiempo de arranque de los transformadores se puede instalar una resistencia limitadora.
2-18. ¿Qué es un transformador de potencial? ¿Cómo se utiliza? Son transformadores de mayor potencia que los usuales en bancos de transformadores de baja potencia, su tamaño es superior y su estructura muy distinta a los transformadores de baja potencia, los transformadores de potencia son diseñados con sistemas de enfriamiento, estos son fabricados en el orden de 100KVA hasta los 4 o 5 MVA, valores comerciales más comunes. Son utilizados para disminuir o aumentar el voltaje para permitir el transporte de corriente a largas distancias.
2-19. ¿Qué es un transformador de corriente? ¿Cómo se utiliza?
Son transformadores de alta precisión, la relación de la corriente primaria a secundaria es una constante conocida que cambia muy poco con con la carga, su ángulo de fase entre ellas es pequeño en general menor que 1grado.Se utiliza para realizar muestreos de corrientes altas y efectuar mediciones con aparatos para baja potencia.
2.8- Un transformador de potencia monofásico de 150 MVA y 15/200 kV tiene una resistencia de 1.2% por unidad y una reactancia de 5% por unidad (estos datos se tomaron de la placa de características del transformador). La impedancia de magnetización es de j 80 por unidad. a- Encuentre el circuito equivalente referido al lado de bajo voltaje del transformador. b- Calcule la regulación de voltaje de este transformador con una corriente a plena carga y un factor de potencia de 0.8 en retraso.
c- Calcule las pérdidas de cobre y núcleo en el transformador en las condiciones del inciso b). (15 kV)² = 1 .5 S base 150 MvA Req = (0. (0.012 012)) (1. (1.5) 5) = 0. 0.018 018 Ω
a) Zbase =
Z base
=
Ω
Xeq = (0. (0.05) 05) (1 (1..5) = 0. 0.075 Ω XM = (100 (100)) (1. (1.5) 5) = 150 150 Ω
Is/ s/a a Req
Vp
b)
Xeq
j XM
I’ s =
a Vs
150 MV MVA A
= 12500 (15 kV) (0.8)
I’ s = 12500 - 36.87º A V p = V' s + I s Z eqp V p = 15,0 15,000 00
0º
+ (12, (12,500 500
- 36.87º A ) (0. (0.018 018 + j 0.0 0.075) 75)
V p = 15 ,7 55 2.23º V VR=
15,755 - 15000 15000
x 100
V R = 5.03 % c)
PCU = (I s)² )² (R eqs ) PCU = (125 (12500) 00)²² (0. (0.018 018)) = 281 2812. 2.5 5 KW KW
2.9- Un transformador de potencia monofásico de 5 000 kVA y 230/13.8 kV tiene una resistencia de 1% por unidad y una reactancia de 5% por unidad (estos datos se tomaron de la placa de características del transformador). Los siguientes datos son el resultado de la prueba de circuito abierto que se realizó en el lado de bajo voltaje del transformador: VCAb = 13.8 kV
ICAb = 21.1 A
PCAb = 90.8 kW
a- Encuentre el circuito equivalente equivalente referido al lado de bajo voltaje de este transformador. b- Si el voltaje en el lado secundario es de 13.8 kV y la potencia suministrada es de 4 000 kW con un FP = 0.8 en retraso, encuentre la regulación de voltaje del transformador. Determine su eficiencia.
21.1 A
a ) |Yex | = |6 c - jBM| =
= 0.00 15 2
13.8 kV P CA
1 Ɵ = Cos ͞ ͞s
V CA I CA
Ɵ = 71.83
Y ex =
90.8 KW
1 Cos ͞ ͞s
=
(13.8 kV) (21.1A)
6c - j BM
Yex = 0.00 152 - 71.83º Yex = 0. 0.00 0004 047 7 - j0. j0.00 0014 144 4 1
RC =
6c 1
XM =
BM
1
=
Ω
= 21 2127 27..65 0.00047 1
=
= 69 694. 4.44 44
Ω
0.00144
(13.8 kV)² Zbase = = 3 8.09 5000 kV kVA A
Req = (0. (0.01) 01) (3 (38. 8.09) 09) = 0.38 0.38 Ω Ω
Xeq = (0. (0.05 05)) (38. (38.09) 09) = 1. 1.9 Ω Is Reqs
Rc a²
Vp/9
+
jxeqs
j XM
Vs
a²
-
b)
4000KW Is = = 36 362. 2.3 3A (13.8 kV) (0.8) V p' = Vs + Is Zeq V p = 14 330 VR =
I s = 362 .3 .3 A - 36.87º A
V p' = 13, 13,800 800
0º
+ (36 (362. 2.3 3
- 36.87º A ) (0. (0.38 38 + j 1. 1.9) 9)
1.9º V
14,330 - 13,800
x 10 100% 0% =
3.84 3. 84% %
13,800 PCU = (I s)² (R eqs ) = (36 362. 2.3 3 A)² (0. 0.38 38 Ω) = 49 49..9 KW Pcore =
(V ( VP’)² Rc
n=
=
(14,330 V)² = 48.4 KW 4240 Ω
4000 KW
x
100% = 97.6%
4000 k + 4 9.9 k + 48.4 k
2.10- El banco de un transformador trifásico debe aguantar 500 kVA y tener una relación de voltaje de 34.5/11 kV. Encuentre los valores nominales de cada uno de los transformadores en el banco (alto voltaje, bajo voltaje, relación de vueltas y potencia
aparente), si el banco del transformador se conecta a a) Y-Y, b) Y- Δ, - Δ, e) Δ abierta, f) Y abierta- Δ abierta.
Conexión Y-Y Y-Δ Δ-Y Δ-Δ Open - Δ openY
openΔ
Alto voltaje 19.91 kV 19.91 kV 34.5 kV 34.5 kV 34.5 kV - 19.91 kV
Bajo Voltaje 6.3 kV 11 kV 6.3 kV 11 kV 11 kV 11 kV
Potencia Aparente Aparente 166.6 kVA 166.6 kVA 166.6 kVA 166.6 kVA 288.3 kVA 288.3 kVA
c) Δ -Y, d) Δ
Relación de Vueltas 3.15:1 1.81:1 5.47:1 3.15:1 3.15:1 1.81:1
2.11- Un transformador de potencia trifásico de 100 MVA, 230/115 kV y Δ -Y tiene una resistencia de 0.015 pu y una reactancia de 0.06 pu. Los elementos de la rama de excitación son R N = 100 pu y XM = 20 pu. a- Si este transformador suministra una carga de 80 MVA con un FP = 0.8 en retraso, dibuje el diagrama fasorial de una fase del transformador. b-¿Cuál es la regulación de voltaje del banco del transformador en estas circunstancias ? c- Dibuje el circuito equivalente referido al lado de bajo voltaje de una fase de este transformador. Calcule todas las impedancias del transformador referidas al lado de bajo voltaje. d- Determine las pérdidas en el transformador y la eficiencia del transformador bajo las condiciones del inciso b)
a)
S
I Ls =
a ) I Lsbase =
80 M VA
=
√ 3 VLs
√ 3 (115 kV)
S base
100 M VA
= 502 A √ 3 (115 kV)
=
√ 3 VLBASE I
I LS
ls PU =
= 40 2 A
402 A
=
= 4 02 A
√ 3 V Ls Cos ͞ s͞
1
(0.8) = 0.8
-36.86°
502 A
I LSBASE
Vs = 1.0
Ɵ
0º
I = 0.8 -36.86° Vp b)
9
= Vs + R
eq I S
= 1
0º V
+ (0 .0 .0 5 Ω) (0.8 -36.86° ) + (0.0 6 Ω) (0 .8 .8 -36.86°A)
= 1
0º V
+ 0.012
Vp
+Xeq IS
9 Vp
-36.86° + 0.048
53.1°
9 Vp = 1 + 0.00960 0.00960 - j 0.00719 0.00719 + 0.028 0.028 + j 0.038 0.038 = 1.0384 1.0384 + j 0.03081 0.03081 = 1 .03 .0384 84
9 VR =
1.038 - 1.0 x 10 100% 0% = 3. 3.7% 7% 1.0
c) Z BASE =
V BASE ²
=
S BASE a
+ a IIh h Rc Rc 39700
3 (115 kV)² = 39 7 100 M VA
Ω
Ip 6Ω a IM
Req
+
jxeqs
XM 7940 Ω
Reqs = (0. 0.01 015) 5) (3. 3.97 97)) = 6Ω Xeqs = (0. (0.06 06)) (39 (397) 7) = 23. 23.82 82Ω Rc = (100) (397) (397) = 39700Ω XM = (2 (20) 0) (3 (397) 97) = 794 7940 0Ω d) Psalida = Vs I cosƟ = (1 .0 ) (0 .8) (0.8 ) = 0 .6 4 w P cu = I s² R eq = (0 .8 )² (6 Ω) = 3 .8 4 w Vp² (1.037)² 5w ͞ Pneutro = = = 2.7 2.70 0 x 10 Rc 39700 0.64 w x 100% = 14.28% = 5 ͞ 3.84 + 2.70 x 10 + 0.64
n
Is
j2382 j238 2Ω
Vs
-
1.69º V
2.12- Tres transformadores de distribución de 20 kVA y 24 000/277 V se conectan en ΔY. Se realizó una prueba de circuito abierto en el lado de bajo voltaje del banco de transformadores y se obtuvieron los siguientes datos: Vlinea, CAb = 480 V
Vlinea, CAb = 4.10 A
P3 Ф, CAb = 945 W
Se realizó la prueba de cortocircuito en el lado de alto voltaje del banco del transformador y se obtuvieron los siguientes datos: linea,C CC = 1400 V Vlinea,
linea,C CC = 1.80 A I linea,
,CC C = 912 W P 3Ф,C
a- Encuentre el circuito equivalente por unidad unidad del banco del transformador. b- Determine la regulación de voltaje del banco de transformadores con la carga nominal y un FP = 0.90 en retraso. c- ¿Cuál es la eficiencia del banco de transformadores en estas circunstancias?
2.13- El banco de un transformador trifásico de 14 400/480 V conectado en Y- Δ consta de tres transformadores idénticos de 100 kVA y 8 314/480 V. Se suministra potencia directamente desde un gran bus de voltaje constante. En la prueba de
cortocircuito los valores obtenidos en el lado de alto voltaje de uno de estos transformadores son VCC = 510 V
ICC = 12.6 A
PCC = 3000 W
a- Si este banco suministra una carga carga nominal a un FP de 0.8 en retraso y un voltaje nominal, ¿cuál es el voltaje línea a línea en el primario del banco del transformador? b- ¿Cuál es la regulación de voltaje en estas circunstancias? c- Suponga que el voltaje de fase primario de este transformador es de 8 314 kV constante y haga una gráfica del voltaje secundario como función de la corriente de carga.
V ΦCC
=
√3 CΦcc = Ic Icc c PΦcc =
510 V
= 12. 12.6 6
Pc
| Zeq | = |Req + Xeq |
Vp 9 Vp 9
=
3000 3 294.4 V
Xeq = 22 .4 Ω
= 2 3.3 4 Ω 1 0 0 kVA = 12.02 A 8314 V
=
V nominal
Pcc
Req = 6 .3 1Ω
= 10 1000 00 W
12.6 A
S n omin a l
a) Is nomin nominal al =
1 Ɵ = cos ͞ s͞
A =
3
1 1000 W = cos = 74.3 ͞ s͞ (294.4 V) (12.6A) Vcc Icc Zeq = Req + jeq = 23. 23.34 34 74.3° = 6. 6.31 31 + j 22. 22.4 4 Ω
= 294.4 V
√3
= Vs + Req Is + jXeq Is = 8314
0° V
+ (6.31 Ω) (12.02 - 36.86° A ) + (22.4 Ω) (12.02 53.1° A
= 8314
0° V
+ 76
- 36.86° V + 269.2
53.1° V
= 8314 + 61 + j 45.5 + 16.2 16.2 + j 215.2 = 8537 + j261 = 8540 Vp VLLP = √ 3 = √ 3(8 54 540 ) = 1 4. 4.7 kV 9 VR =
1.75° V
8540 - 8314 x 10 100% 0% = 2. 2.7% 7% 8314
c) para FP FP = 0.8 en adelanto Vp = Vs +Req Is + jXeq Is 9 Vp = 8314 9
0° V
36.86° )V+ (22.4) (12.02
+ (6.31) (12.02
36.86°) V
Vp = 8314 36.86° + 269.2 126.86° 0° + 76 9 = 8314 + 61 + j 45.5 - 161.4 161.4 + j 215.38 = 8213.6 8213.6 + j261 = 8218 1.82°V 8218 - 8314 VR = x 100 100% % = -1 -1..15% 8314 Para FP FP = 1.0 Vp = Vs +Req Is + jXe q Is 9 0° 0° Vp = 8314 0° V + (6.31) (12.02 ) + (22.4) (12.02 ) 9 = 83.14 0° V + 76 0° V+ 269.2 90° V= 8314 + 76 + 0 + j269 Vp = 8390 + j 269 = 8394 1.83° V Rv = 8394 - 8314 x 100 = 0.96% 8314 9 Para Fp 0.8 en retraso Vp = Vs +Req Is + jXeq Is Vp 9
= 8314
0° V
= 83. 83.14 14 0° V + 76 =
1.75° V
9 + (6.31) (12.02 -36.86°+269 V =
- 36.86° ) + (22.4) (12.02
- 36.86° )
53.1°V = 8314 + 61 + j45. j45.5 5 + 16. 16.2 2 + j215. j215.2 2 = 853
8540 -8314 =
7 + j269
=
2.14- Un generador monofásico de 13.8 kV suministra potencia a una carga a través de una línea de transmisión. La impedancia de la carga es Zcarga = 500 ∠ 36.87° Ω y la impedancia de la línea de transmisión es Z linea = 60 60ºΩ
a- Si se conecta el generador directamente a la carga (figura (figur a p2-3a), ¿cuál es la razón entre el voltaje de la carga y el voltaje generado? ¿Cuáles son las pérdidas de transmisión del sistema? b- ¿Qué porcentaje de la potencia suministrada por la fuente alcanza la carga? (¿cuál es la eficiencia del sistema de transmisión?) c- Si se coloca un transformador elevador de de 1:10 a la salida del generador y un transformador 10:1 en el extremo de la línea de transmisión donde está la carga, ¿cuál es la nueva relación entre el voltaje de la carga y el voltaje generado? ¿Ahora cuáles son las pérdidas de transmisión del sistema? (Nota: Se puede suponer que los transformadores son ideales.) d- ¿Qué porcentaje de la potencia suministrada por la fuente alcanza ahora la carga? e- Compare las eficiencias del sistema de transmisión con o sin transformadores. a) 60ºΩ
60
Zlinea + _
~
VG = 13.8 0ºkV
500
60
b) 1 : 10
36.87ºΩ
Z carga
60ºΩ Z linea 10 : 1 500
+ _
~
Zcarga
VG = 13.8 0ºkV
T1
T2
FIGURA P2-3 Circuitos del problema 2-14: a) sin sin transformador transformadores es y b) con con
transformadores.
36.87ºΩ
Vcarga = I carga
13.8 0°kV
-39.3 A = 24 .8 3 36.87° 500 + 60 60° Z carga = (24 .83 -39.3 ) (50 0 36.87° ) = 1 2.41
a ) Ilinea = Icarga =
Rlinea |Zlinea| cosƟ = 60cos 60° = 30
-2.43° KV
12.41
= 0.899
13.8
Ω
Plinea = I lilinea² Rlinea = (2 4.5 3 A)² (3 0 Ω) = 1 8 .4 9 KW (12.41kV)² Pcarga x 1 0 0 385 b) Pcarga = = 3 85 W n= = x 100 = 95.4% 400 P carga + Plinea 385 + 18.49 K 1 ² 1 c) Z linea’ = Z linea = ( 6 0 60°) = 0 .6 0 60°Ω 100 10 13.8 0°kV Ilinea = I carga = = 2 7.56 -36.89 0.60 60° + 500 86.87 13.79 Vcarga = Icarga Zcarga = (27 .56 -36.89) (5 00 36.87° ) = 1 3 .7 8 -0.02°kV = 0.99 13.8 1 1 Ilinea = I' linea = (2 7. 7.5 6 A) = 2.7 56 56 A 10 10 Ploss =
Vcarga Rcarga
=
(1378K)² = 47 4 7.2 KW 400
Rcarga = |Zcarga |cosƟ
n=
4747.2 KW x 100 = 0.94% 4747.2 KW + 273 W
Rcarga = 5 00 cos(36 .87 °) Rcarga = 4 0 0 Ω
15- Se utiliza un autotransformador para conectar una línea de distribución de 12.6 kV a una línea de distribución de 13.8 kV. Debe ser capaz de manejar 2 000 kVA. Hay tres fases conectadas en Y-Y con sus neutros que hacen tierra sólidamente. a- ¿Cuál debe ser la relación de vueltas N C/NSE para esta conexión? b- ¿Cuánta potencia aparente deben manejar los devanados de cada Autotransformad Autotransformador? or? C - ¿Cuál es la ventaja de potencia de este sistema autotransformador? d- Si uno de los autotransformadores se conecta como un transformador ordinario, ¿cuáles serían sus valores nominales?
a)
Vl1
=
Nc + N SE Nc
13.8 kV / √3
=
12.6 kV / √3
=
7967 7274
= 12. 12.6 6 Nc + 12. 12.6N 6NSE = 13. 13.8 8 Nc
VL = 12 12..6 NSE = 13 13..8 Nc - 12 12..6 Nc = 12 12..6 N SE = 1. 1.2 2 Nc Porr lo Po lo tan tantto Nc Nc / N SE = 11 11
Nc NSE
=
12.6 = 11 1.2
El transformador transformador esta conectado Y-Y Y-Y por lo que lo s voltajes de fase primario y secundario son los los voltajes de linea dividido por 3. La relación de vueltas de cada a utot utotransform ransformador ador viene d ada por lo que esta dado anteriormente. b)
La ventaja ventaja de potencia de este transf transformador ormador es SE = N C + N SE = N C + N C = I + II (I) = 1 2 SO NC N C I
Entonces 1/12 1/12 de la potencia en c/t c/transform ransformador ador pasa po r los devanados d ado que 1/3 de la p otencia total tot al es asociado con cada fase los devanados e n cada autotransformador autotransformador debe manejar S
O = 2000 KVA = 55.5 KVA
(3) (12) C)
Los voltajes voltajes en cada fase fase del autotransf autotransformador ormador son 13.8/3 = 7697 V y 12.6/3 = 7274 V La tens tensión ión en el devanado com común ún NC = 7274 V y la tens ension ion en el dev devanado anado en ser serie ie NSE es 7967 V 7967 V - 7274 V = 693 V por lo tanto, una un ica fase del au totransformador cone ctado como el transformador ordin ario se clasificaria en 7274 V/693 V y 55.5 KV KVA A
2.16- Pruebe la siguiente afirmación: si un transformador con una impedancia en serie Zeq se conecta como autotransformador su impedancia en serie Z eq por unidad como autotransformador será de Z’eq =
NSE NSE
+
Zeq
NC
Nótese que esta expresión es el inverso de la ventaja de potencia del autotransformador.
+
Z1
Z2
VI
NC
NSE
-
+
V2 -
Z eq = ZI + NC Z2 NSE El circuito equivalente correspondiente es: +
+
Zeq
VI
NC
NSE
-
V2 -
Cuando este transformador esta conectado como autotransformador el circuito es como se muestra muestra a continuación si l a salida l os devanados del autotr autotransform ansforma a estan en cortocircuito cortocircuito los voltajes V H seran cero y el voltaje Vsera I +
V
+
ISE
+
NSE
SE
+
IL
IC
+
V
H
Zeq
VL VC
NC
-
-
VL
=
IC
Z eq
Dado Zeq es la la im impedancia pedancia del transf transformador ormador ordinari ordinario o sin sin embargo embargo N SE + N c Nc I L = Ic + I SC = Ic + Ic = Ic NSE NSE NSC Ic = NSE + Nc Entonces el voltaje de entrada se pued e expresar en terminos de la corriente de entrada como: NSE I L Ze q NSE + Nc La impedan cia de entrada de l autotransformador autotransformador se define como: VL = I L Ze q =
Zeq = VL / V L cosƟ NSE VL Asi que Zeq = = Zeq NSE + Nc IL
2.17- Un transformador convencional de 10 kVA, 480/120 V se utiliza para suministrar potencia de una fuente de 600 V a una carga de 120 V. Considere que el transformador es ideal y suponga que su aislamiento puede soportar hasta 600 V. a) Dibuje la conexión del transformador para este efecto. b) Calcule el valor nominal en kilovoltamperes del transformador con esa configuración. c) Encuentre las corrientes máximas primarias y secundarias en estas Condiciones. Para esta configuración configuración el de vanado común debe ser el mas pequeñ o los dos devanados NSE = 4 NL la conex conexion ion del del trans transfform ormador ador se mues muestr tra a a cont continua inuació ción n
+
a)
NSE
+
600V
NL
120V
b) S =
NSE + NL
S
N SE
c) Ip =
S
S Vs
=
4Nc + N L
(10, (1 0,000 000 VA)
4N L
=
12,500 VA = 20.8 A 600 V
=
12,500 VA = 104.16 A 120 V
Vp Is =
SE
4 (1) + 1
(10, (1 0,000 000 VA) = 12, 12,500 500 VA
4
2.18- Un transformador convencional de 10 kVA, 480/120 V se utiliza para suministrar potencia de una fuente de 600 V a una carga de 480 V. Considere que el transformador es ideal y suponga que todo el aislamiento puede soportar 600 V a) Dibuje la conexión del transformador para este efecto. b) Calcule el valor nominal en kilovoltamperes del transformador con esa configuración. c) Encuentre las corrientes máximas primarias y secundarias en estas condiciones. d) El transformador del problema 2-18 es idéntico al del problema 2-17, pero hay una diferencia significativa en la capacidad de potencia aparente del transformador en las dos situaciones. ¿Por qué? ¿Qué se puede decir acerca de la mejor circunstancia en la que se usa un autotransformador?
Para esta esta configuración el devanado común debe ser mayor de los dos devanados y NL = 4 NSE la conex conexion ion del del trans transfform ormador ador se mues muestr tra a a cont continua inuació ción n
+
a)
NSE
+ 600V 480V
Nc
b) S =
NSE + Nc
S
N SE
c) Ip =
S
=
Vp Is =
S Vs
=
SE
=
NSE + 4 N L (10, (1 0,000 000 VA) N SE
50,000 = 83.3 A 600 V 50,000 VA = 104.16 A 480 V
1+ (4) 1 1
(10, (1 0,000 000 VA) = 50, 50,000 000 VA
