Transformadores (1)

774 visualizaciones

Publicado el

0 comentarios
1 recomendación
Estadísticas
Notas
  • Sé el primero en comentar

Sin descargas
Visualizaciones
Visualizaciones totales
774
En SlideShare
0
De insertados
0
Número de insertados
4
Acciones
Compartido
0
Descargas
21
Comentarios
0
Recomendaciones
1
Insertados 0
No insertados

No hay notas en la diapositiva.

Transformadores (1)

  1. 1. PROBLEMAS DE TRANSFORMADORES
  2. 2. ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013) Problemas de transformadores Problema 1: Un transformador tiene N1 = 40 espiras en el arrollamiento primario y N2 = 100 espiras en el arrollamiento secundario. Calcular: a. La FEM secundaria si se aplica una tensión de 48 V (NO tener en cuenta las pérdidas en el núcleo, los flujos 2 de dispersión y en los arrollamientos). b. El flujo para una frecuencia de 50 Hz. Al despreciar las pérdidas U1 = – E1 = ⟹ = = ∙ = 48 ∙ 108 40 = 129.6 De la ecuación general del transformador: = 4.44 ∙ ∙ ∙ ∙ 10 Recordar: 1 Wb = 108 Mx, entonces: = ∙ 10 4.44 ∙ ∙ = 48 ∙ 10 4.44 ∙ 40 ∙ 50 = 541.000 Problema 2: Se pretende dimensionar un transformador 1000/120 V, para una frecuencia de 50 Hz, cuyo núcleo tiene una sección de 80 cm2 con una densidad de campo B = 8500 [G]. Determinar: a. El flujo en el núcleo. b. El número de espiras primarias y secundarias. c. Si se conecta del lado de menor número de espiras con una tensión de 1000 V ¿Cuál será el valor de tensión en el lado de mayor número de espiras? – ¿Cuál será el nuevo valor de Inducción? – Considere existe linealidad. = ∙ = 6500 ∙ 80! = 520000 = ∙ 10 4.44 ∙ ∙ = 1000 ∙ 10 4.44 ∙ 50 ∙ 520000 = 866.2#$%'#; ' = = = 1000 120 = 8.33 Luego: = ' = 866 8.33 = 103.9 ≅ 104+#$%'# Cuando se conecta al arrollamiento de baja una tensión de 1000 V, tenemos:
  3. 3. ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013) 3 = 1 ' = ⇒ = ∙ ' = 1000 ∙ 8.33 = 8.333 = ∙ 10 4.44 ∙ ∙ = 8.333 ∙ 10 4.44 ∙ 50 ∙ 866 = 4.351.250 = = 4.351.250 80! = 54.140 Con éstos valores y de no considerar linealidad, en un circuito magnético real, el núcleo estará saturado, dado que un núcleo de hierro/silicio admite en condiciones normales unas 10 a 12 mil líneas por centímetro cuadrado como máximo, de acuerdo a la calidad de las chapas adoptadas. Problema 3: Se ensaya en cortocircuito y en vacío un transformador monofásico de las siguientes características: SN = 333 KVA; UN: 6000/133 V; f = 50 Hz. En vacío, con 133 V aplicados al lado de baja tensión absorbe I0 = 110 A y P0 = 1300 W. En cortocircuito, con 193, 5 V aplicados al lado de alta tensión, circulan 55.5 A y consume 2500 W. Calcular los parámetros del circuito equivalente referido tanto al lado de alta como al lado de baja tensión. Dibujar el circuito equivalente. La relación de transformación resulta: ' = = = = 6000 133 = 45.1 La impedancia equivalente referida al primario será: -. / = .00 1.00 = 193.5 55.5 = 3.49Ω Donde: 3. / = 400 1.00 = 2500 55.5 = 0.81Ω y, 5. / = 6-. / − 3. / = 83.49 − 0.81 = 3.39Ω Que referidas al secundario serán: -. / / = -. / ' = 3.49 45.1 = 0.001715Ω;3.// = 3. / ' = 0.81 45.1 = 0.000398Ω;5. / / = 5. / ' = 3.39 45.1 = 0.00167Ω Del ensayo en vacío obtendremos R0 y Z0, referidos al secundario: 4: = 3:// ∙ 1: ⇒3: / / = 4: 1: = 1300 100 = 0.1074Ω -: / / = 1: / / = 133 110 = 1.21Ω Aplicando Pitágoras calculamos: 5: / / − 3: / / = 6-: / / = 81.21 − 0.1074 = 1.205Ω Ahora calculamos: : // = 3: / / / + 5: / 3: / / = 0.1074 0.1074 + 1.205 = 0.0734#;: / / = 5: / / / + 5: / 3: / / = 1.205 0.1074 + 1.205 = 0.823#
  4. 4. ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013) 4 # = 1 (Siemens) Para referir G’0 y B’0 al primario, dividiremos por la relación de espiras elevada el cuadrado. : / = : / / ' = 0.0734 45.1 =0.00003607s;: / = : / / ' = 0.823 45.1 =0.0004044s Otra forma de resolver este problema, puede ser la siguiente: cosG: = 4: : ∙ 1: = 1300 133 ∙ 110 =0.0889⇒ sinG: = 0.996 1HIJ = 1:∙ cosG: = 110 ∙ 0.0889 = 9.78K; 1L=1:∙ sinG: =110∙0.996=109.56K : / / = 1HIJ = 9.78 133 = 0.0734#;: / / = 1L = 109.56 133 = 0.823# : / = : / / ' = 0.0734 45.1 =0.00003607s;: / = : / / ' = 0.823 45.1 =0.0004044s Circuito equivalente referido al secundario: Problema 4: Un trasformador monofásico de 380/110 V cuya SN = 5 KVA. Ensayado con el devanado de baja tensión en cortocircuito; se debe aplicar 33 V al lado primario para que circule corriente nominal (plena carga), siendo la potencia consumida por la máquina PCC = 85 W. Se desea determinar la regulación del transformador cuando la carga aplicada tiene un factor de potencia del 80% en atraso. Ensayo en cortocircuito: 1 = = 5000K 380 = 13.16K;MN-. / MN= OO 1 = 33 13.16K = 2.51Ω
  5. 5. ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013) 5 4OO = OO ∙ 1 ∙ cosG. ⇒ cosG. = 4OO OO ∙ 1 = 85P 33 ∙ 13.16K = 0.196 ⇒G. = 78.7º Además: cosG = 0.8 ⇒G = 36.87º Del diagrama fasorial se deduce: . / ∙ cos(G. − G) = 33 ∙ cos(78.7 − 36.9) = 24.7; ∙ sin(G. − G) = 33 ∙ sin∙ (78.7 − 36.9) = 21.9 . / = / + . / ∙ cos(G. − G) + . / ∙ sin(G. − G) 380 = / + 24.7 + 21.9 (*) Debemos despejar el término U’2; operando se tiene: ′ + 49.4 / − 143.312 = 0 Aplicando resolvente de segundo grado, se logra: / = −49.4 ± T49.4 + 4 ∙ 143.312 2 = 354.7 O bien, de (*): / = 8380 − 21.9 − 24.7 = 354.67 El porcentaje de regulación resulta: U(%) = 380 − 354.7 380 ∙ 100 = 6.7%
  6. 6. ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013) 6 Problema 5: Un transformador monofásico de: SN = 100 KVA, UN = 3800/230 V y 50 Hz; Se ensayó desde el lado de baja tensión, con el lado de alta tensión en cortocircuito, obteniéndose los siguientes resultados: Uecc = 7 V; Iecc = 435 A; Pecc = 1120 W Calcular: a. Los valores de Resistencia y Reactancia (impedancia compleja) equivalente del transformador, referidas al secundario. b. El factor de potencia de cortocircuito. c. El valor real de la corriente de cortocircuito con tensión nominal aplicada al primario. 3.// = 4OO 1OO = 1120 435 = 0.006Ω;ZX / / = UXZZ IXZZ / = 6ZX / = 0.016Ω;XX / /] − RX //] = 80.016 − 0.006 = 0.015Ω -. / / = 3.// + _5. / / = (0.006 + _0.015)Ω; cosGOO = 3. / / -. / / = 0.006 0.016 = 0.375⇒GOO = 68º 1OO = ` -. / / = 230 0.016Ω = 14380K Problema 6: La máquina del problema anterior fue sometida desde el lado de baja tensión a los ensayos de vacío, lográndose los siguientes resultados : UN = 230 V; I0 = 42 A; P0 = 615 W. a. Determinar el modelo equivalente del transformador referido al primario y secundario. b. Calcular la potencia de entrada y el rendimiento de la máquina cuando la tensión primaria es de 3800 V y la carga es de 300 A en el secundario, con un factor de potencia 0.8 inductivo. cosG: = 4: : ∙ 1: = 615 230 ∙ 42 = 0.06366⇒G: = 86.35º ; sinG: = 0.998 1HIJ = 1:∙ cosG: = 42 ∙ 0.0637 = 2.67K; 1L=1:∙ sinG: =42∙0.998=41.916K : / / = 1HIJ = 2.67 230 = 0.0116#;: / / = 1L = 41.916 230 = 0.1822# : / = : / / ' = 0.0116 16.52 =4.253∙10as;: / = : / / ' = 0.1822 16.52 =6.676∙10bs Del problema anterior, referimos la impedancia compleja al primario teniendo en cuenta la relación de transformación: ' = 3800 230 = 16.52
  7. 7. ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013) 7 -. / = ' ∙ -. / / = 16.520.016 = 4.367Ω;3. / = ' ∙ 3. / / = 16.520.006 = 1.637Ω; 5. / = ' ∙ 5. / / = 16.520.015 = 4.093Ω Resultando el siguiente circuito referido al lado secundario: La potencia primaria será: ∙ 3. / 4 = 4 + 4Héde = ∙ 1 ∙ cosG + 4f + 1 / Teniendo en cuenta los valores obtenidos anteriormente (SIEMPRE DESDE EL LADO DE BAJA TENSIÓN): 3.// = 0.006Ω;cosφhh = 0.3676 ⇒ GOO = 68.43º;5. / / = 3. / / ∙ tan 68.43º / = 0.006 ∙ 2.528 = 0.015Ω;-k. / 5. / / = (0.006 + _0.015) 1k = M1M(cosG − _ sinG) = 300 ∙ (0.8 − _06); k = + _0 k / / = k / / + 1k ∙ -k. / /; k / / = ( + _0) + 300 ∙ (0.8 − _0.6) ∙ (0.006 + _0.015) k / /] = ( + 3.9642) + 2.5272 / = k + (3.9642 + _2.5272); / Operando se tiene: = 8230 − 2.5272 − 3.9642 = 226 ∙ 3. / 4 = ∙ 1 ∙ cosG = 226 ∙ 300 ∙ 0.8 = 54240P;4Ol = 1 / = 300 ∙ 0.006 = 540P 4 = 4 + 4Ol + 4: = 54240 + 540 + 615 = 55395P m(%) = 4 4 ∙ 100 = 54240 55395 ∙ 100 = 97.9% Problema 7: Un transformador de SN = 100 KVA, 12000/240 V a 50 Hz, se ensaya en vacío y en corto circuito obteniendose los siguientes resultados: Ensayo Tensión (V) Corriente (A) Potencia (W) Lado Vacío 240 8.75 480 BT Cortocircuito 600 Nominal 1200 AT Calcular: a. Regulación para un factor de potencia 0.8 inductivo y tensión nominal. b. Rendimiento para el estado de carga anterior. c. Porcentaje de la carga nominal a la cual se obtiene el máximo rendiminento. d. Rendimiento máximo para un factor de potencia 0.8 inductivo. ' = = = = 12000 240 = 50
  8. 8. ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013) 8 1 = = 100nK 12n = 8.33K;MN-. / MN= OO 1 = 600 8.33K = 72.02Ω Donde: 3. / = 400 1.00 = 1200 8.33 = 17.29Ω y, 5. / = 6-. / − 3. / = 872.02 − 17.29 = 69.914Ω Que referidas al secundario serán: -. / / = -. / ' = 72.02 50 = 0.0288Ω;3. / / = 3. / ' = 17.29 50 = 0.006916Ω;5. / / = 5. / ' = 69.914 50 = 0.02796Ω 1 = ' ∙ 1 = 50 ∙ 8.33 = 416.5K / / = ( ∙ cosG + 1 ∙ 3.//) + _( ∙ sinG +1 ∙ 5. / /) / / = (240 ∙ 0.8 + 416.5 ∙ 0.006916) + _(240 ∙ 0.6 + 416.5 ∙ 0.02796) / / = 194.87 + _155.6 = 249.37∠38.6º U(%) = ( / / − ) = 249.37 − 240 240 ∙ 100 = 3.9% m% = 4 4 + 4p. + 4Ol = ∙ 1 ∙ cosG ∙ 1 ∙ cosG + 4p. + 4Ol ∙ 100 = 240 ∙ 416.5 ∙ 0.8 240 ∙ 416.5 ∙ 0.8 + 480 + 1200 ∙ 100 = 97.94% ∙ 3. / mqrs ⇒ 4p. = 4Ol = 1 ∙ 3. / / = $ ∙ 1 4p. 4Ol / = $ ∙ 4Ol ∴ $ = u 480 1200 = u = 0.632 ⇒ $% = 63.2% mqrs% = $ ∙ 4 $ ∙ 4 + 2 ∙ 4p. ∙ 100 = 0.63 ∙ 100000 ∙ 0.8 0.63 ∙ 100000 ∙ 0.8 + 2 ∙ 480 ∙ 100 = 98.14% Problema 8: Al realizar un ensayo en cortocircuito a un transformador monofásico de SN = 250 KVA, tensiones 24.000/398 V, es necesario aplicar al lado de alta tensión una tensión de 960 V para que por el primario circule la corriente nominal. Si la potencia absorbida en el ensayo es de 4.010 W, averiguar: a. las corrientes nominales del primario y del secundario; b. las pérdidas en el cobre para la potencia nominal; c. la tensión de cortocircuito y sus componentes; d. los parámetros 3OO / ,5OO / w-OO / ; e. las pérdidas en el cobre cuando el transformador trabaje a la mitad de la carga. Mediante la expresión general de potencia aparente determinamos las corrientes nominales de ambos devanados: 1 = = 250nK 24n = 10.4K 1 = = 250nK 0.398n = 628K
  9. 9. ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013) 9 Las pérdidas en el cobre a la corriente nominal coinciden con la potencia de cortocircuito medida en el ensayo: 4Ol =4OO = 4.010P También podemos determinar el factor de potencia de cortocircuito: cosG00 = 4OO OO ∙ 1 = 4010 960 ∙ 10.4 = 0.4;GOO = 66.3º La tensión porcentual de cortocircuito la determinamos a partir de Ucc: xOO = OO 100 = 960 24000 100 = 4% Las caídas de tensión uRcc y uXcc las determinamos a partir del triángulo de tensiones de cortocircuito: xy00 = x00 ∙ cosG00 = 4 ∙ cos 66.3º = 1.6% xz00 = x00 ∙ sinG00 = 4 ∙ sin 66.3º = 3.7% Determinaremos ahora la impedancia de cortocircuito y su componentes: / = -OO OO 1 = 960 10.4K = 92.3Ω / = -OO 3OO / ∙ cosGOO = 92.3 ∙ 0.4 = 36.9Ω / = -OO 5OO / ∙ sinGOO = 92.3 ∙ 0.916 = 84.5Ω Se puede decir que las pérdidas en el cobre vienen determinadas por la expresión: / 4Ol = 1 ∙ 3OO Si el transformador trabaja a la mitad de la potencia nominal, la intensidad por el primario, en ese caso, será la mitad que la de plena carga y, por tanto, las pérdidas en el cobre también se verán reducidas: / = 5.2 ∙ 36.9 = 998P 4Ol = 1 ∙ 3OO Problema 9: Se desea determinar el valor efectivo de la tensión de salida de un transformador monofásico a plena carga con un fp = 0,85. Las características del mismo son: 10 KVA; 1000/398 V; xd = 3.2%;xs = 2.4%. Averiguar también el valor efectivo de la tensión en la carga cuando el transformador trabaje a la mitad de su potencia nominal y a un fp = 0,85 inductivo de la misma. Dado que existen resistencias y reactancias intercaladas en serie con los bobinados del transformador, cuando circule una corriente de carga por los bobinados la tensión del secundario se verá reducida. Como veremos, es muy útil expresar esta caída en valores porcentuales referidos a la tensión de vacío, ya que así será posible relacionarla, con la ayuda del circuito equivalente con los parámetros de cortocircuito y con las tensiones de cortocircuito porcentuales. A este valor porcentual se le denomina coeficiente de regulación (e).
  10. 10. ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013) 10 U(%) = − / ∙ 100 Valiendonos del circuito equivalente reducido (simplificado) con los parámetros de cortocircuito y el respectivo diagrama de fasores, podemos escribir: U(%) = − / ∙ 100 = {| − {K ∙ 100 Dado que el ángulo comprendido entre w / resulta muy pequeño y, observando el diagrama de fasores, podemos considerar que: − / / ∙ cosG + 1 ∙ 5OO = {| − {K ≅ K + } = 1 ∙ 3OO / ∙ sinG Luego: U(%) = − / ∙ 100 = / ∙ cosG + 1 ∙ 5OO 1 ∙ 3OO / ∙ sinG ∙ 100 Ahora bien, las caidas porcetuales de tensión en la resistencia y reactancia de cortocircuito se obtienen de la siguiente manera: xd(%) = / 1 ∙ 3OO ∙ 100w;xs(%) = / 1 ∙ 5OO ∙ 100 Entonces: U(%) = xd(%) ∙ cosG + xs(%) ∙ sinG = 3.2 ∙ 0.85 + 2.4 ∙ 0.53 = 4(%) Dado que: j = 31.8º y sin j = 0.53 Este resultado obtenido nos indica que el transformador tiene una caída de tensión del 4% a la salida para la corriente nominal, es decir: − / = 0.04 ∙ 1000 = 40 También, referido al lado secundario: / / − = 0.04 ∙ 398 = 15.9 En consecuencia la tensión secundaria a plena carga será: = / / − 15.9 = 398 − 15.9 = 382 Como los parametros son invariables para los diferentes estados de carga, al reducir la corriente de carga al 50 % también las caidas internas se reducirán a la mitad por tanto la tensión secundaria al 50 % resulta: = / / − 15.9 2 = 398 − 7.95 ≅ 390 Problema 10: Se desea determinar el valor efectivo de la tensión de salida de un transformador monofásico a plena carga con un fp = 0,85. Las características del mismo son 50 KVA y 1.000/230 V. En el ensayo de cortocircuito se han obtenido los siguientes resultados: ha consumido 90 W al aplicar una tensión de 10 V y circula una corriente por el primario de 12,5 A. Averiguar además: a. las pérdidas en el cobre a plena carga; b. el valor efectivo de la tensión en la carga cuando el transformador trabaje a la mitad de su potencia nominal y a un fp = 0,85 inductivo de la misma. Lo primero que vamos a hacer es comprobar si el ensayo en cortocircuito se ha hecho para la corriente nominal: 1 = = 50nK 1n = 50K
  11. 11. ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013) Este resultado nos indica que el ensayo se ha hecho a corriente reducida (Menor que la Nominal). Esto se hace con el fin de que la fuente de tensión variable y los aparatos sean más sencillos. Por otro lado, los parámetros de impedancia y el factor de potencia de cortocircuito permanecen fijos para cualquier condición de trabajo, por lo que: 11 / = -OO / 1OO OO / = 10 12.5K = 0.8Ω cosGOO = 4OO OO / = / ∙ 1OO 90 10 ∙ 12.5 = 0.72 ⇒ GOO = 43.94º / = -OO 3OO / ∙ cosGOO = 0.8 ∙ 0.72 = 0.58Ω Las pérdidas del cobre a la potencia nominal serán entonces: / ∙ 1 4Ol = 3OO = 0.58 ∙ 50 = 1450P La tensión de cortocircuito para la corriente nominal se calculará aplicando la ley de Ohm a la impedancia de cortocircuito: / = -OO OO / ∙ 1 = 0.8 ∙ 50 = 40 En forma porcentual: x00(%) = OO / ∙ 100 = 40 1000 ∙ 100 = 4% Luego: xd(%) = xOO(%) ∙ cosGOO = 4 ∙ 0.72 = 2.88%;xs(%) = xOO(%) ∙ sinGOO = 4 ∙ 0.694 = 2.77% Ahora se podrá calcular la regulación: U(%) = xd(%) ∙ cosG + xs(%) ∙ sinG = 2.88 ∙ 0.85 + 2.77 ∙ 0.53 = 3.9(%) La tensión en bornes U2 de la carga la obtenemos a partir de este coeficiente y de la tensión de vacío U2N: = − 0.039 ∙ = 230 − 0.039 ∙ 230 = 221 Para mitad de corriente de plena carga: = − 0.039 2 ∙ = 230 − 0.039 2 ∙ 230 = 225.5 Problema 11: Un transformador monofásico de SN = 250 KVA a 50 Hz, donde: N1 = 7200 esp. N2 = 120, se ensaya en vacío y en cortocircuito obteniendose los siguientes resultados: Ensayo Tensión (V) Corriente (A) Potencia (W) Lado Vacío 250 80 4000 BT Cortocircuito 600 Nominal 5000 AT f f f / / / Determinar: a. Las tensiones nominales de primario y secundario. b. El factor de potencia de vacío. c. Los parámetros: cosGf,3,5w-/ ,5OO d. Los parámetros: cosGOO,3OO / w-OO / . e. Las tensiones porcentuales de cortocircuito. f. La corriente de falla de primario y secundario (a tensión nominal).
  12. 12. ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013) 12 g. La tensión secundaria a plena carga y factor de potencia 0.8 inductivo. h. Idem al item anterior pero a una carga del 50 %. i. Rendimiento para carga nominal y factor de potencia 0.8 inductivo. j. Porcentaje de la carga nominal a la cual se obtiene el máximo rendiminento. El ensayo de vacío, se efectua como es sabido a tensión nominal, por cuanto determinado la relación de transformación: ' = = = 7200 120 = 60 ⇒ = ' ∙ = 60 ∙ 250 = 15000 El ensayo de cortocircuito se efectua a corriente nominal, luego: 1 = = 250nK 15n = 16.6~ K El factor de potencia de vacío resulta: cosG: = 4: ∙ 1: = 4000 250 ∙ 80 = 0.2 ⇒G: = 78.46º ⇒ sinG: = 0.97979 ∙ 3f / 4: = 1: / ⇒ 3:// = 4: 1: = 4000 80 = 0.625Ω;-: / / = 1: = 250 80 = 3.125Ω 5: / /] − 3: / / = 6-: / /] = 83.125 − 0.625 = 3.062Ω Podemos referir estos valores al lado primario (alta tensión) de la siguiente manera: -: / = ' ∙ -: / / = 60 ∙ 3.125 = 11250Ω;3: / = ' ∙ 3: / / = 60 ∙ 0.625 = 2250Ω; 5: / = ' ∙ 5: / / = 60 ∙ 3.062 = 11023.2Ω Ahora bien, estos datos corresponden a un circuito serie, debemos encontrar el equivalente paralelo y lo hacemos de la siguiente forma: / = 3p 1 f / = ] 3: / -: / = 11250 2250 = 56250Ω; 5L / = 1 : / = ] 5: / -: / = 11250 11023.2 = 11482Ω Otra forma: / = 3p 1: ∙ cosG: = 15000 1.3~∙ 0.2 = 56250Ω;5L / = 1: ∙ sinG: = 15000 1.3~ ∙ 0.97979 = 11482Ω Ahora, del ensayo de cortocircuito: cosG00 = 4OO OO ∙ 1OO = 5000 600 ∙ 16.6~ €2⇒GOO = 60º ⇒ sinG: = T3 = 1 €2 3. / = OO 1OO ∙ cosGOO = 600 16.6~ ∙ 0.5 = 18Ω;5. / = OO 1OO ∙ sinGOO = 600 16.6~ ∙ 0.866 = 31.17Ω Las tensiones en forma porcentual (importantes porque tiene validez tanto desde el lado alta como del lado de baja tensión) las otenemos como sigue:
  13. 13. ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013) 13 xOO(%) = OO / = 600 15000 = 4%;xd(%) = xOO(%) ∙ cosGOO = 4 ∙ 0.5 = 2%; xs(%) = xOO(%) ∙ sinGOO = 4 ∙ 0.866 = 3.464% De esta manera, podemos encontrar La probables corrientes de falla (lado alta/baja) a los efectos de coordinar las protecciones del transformador. 1(p‚‚) = 1 xOO(%) ∙ 100 = 16.6~ 4 ∙ 100 = 416.5K;1(p‚‚) = 1 xOO(%) ∙ 100 = 1000 4 ∙ 100 = 25000K Para obtener la tensión a plena carga debemos conocer el factor de regulación del transformador y que calculamos de la siguiente forma: U(%) = xd(%) ∙ cosG + xs(%) ∙ sinG = 2 ∙ 0.8 + 3.464 ∙ 0.6 = 3.33(%) U(%) = − / ∙ 100 = 15000 − / 15000 = 3.33%;⇒ / = 14500 Resultando el valor secundario: = / ' = 14500 60 = 241.67 Ahora el rendimiento en las mismas condiciones de trabajo será: m% = 4 4 + 4p. + 4Ol = ∙ 1 ∙ cosG ∙ 1 ∙ cosG + 4p. + 4Ol ∙ 100 m% = 241.67 ∙ 1000 ∙ 0.8 241.67 ∙ 1000 ∙ 0.8 + 4000 + 5000 ∙ 100 = 95.55% El porcentaje de carga al cual se obtiene máximo rendimiento (PFe = PCu), será: 4p. 4Ol $% = u 4000 5000 ∙ 100 = u ∙ 100 = 89.44% mqrs% = $ ∙ 4 $ ∙ 4 + 2 ∙ 4p. ∙ 100 = 0.894 ∙ 250000 ∙ 0.8 0.894 ∙ 250000 ∙ 0.8 + 2 ∙ 4000 ∙ 100 = 95.71% Problema 12: El rendimiento de un transformador monofásico de SN = 100 KVA es: = 93.02% cuando trabaja a plena carga con factor de potencia cos φ = 0.8 y = 94.34% a media carga (p = 0.5) y factor de potencia unitario. Calcular: a. Las pérdidas en el hierro. b. Las pérdidas en el cobre a plena carga. El rendimiento se determina de la siguiente forma: m = $ ∙ ∙ cosG $ ∙ ∙ cosG + 4p. + $ ∙ 4Ol Donde “p” es el índice de carga. De los datos suministrados en el enunciado tenemos: (1)0.9302 = 1 ∙ 100000 ∙ 0.8 1 ∙ 100000 ∙ 0.8 + 4p. + 1 ∙ 4Ol w, (2)0.9434 = 0.5 ∙ 100000 ∙ 1 0.5 ∙ 100000 ∙ 1 + 4p. + (0.5)4Ol ƒ+(1):(4p. + 4Ol) = 80000 − 74416 0.9302 = 6003P(3)w, ƒ+(2):(4p. + 0.254Ol) = 50000 − 47170 0.9434 = 3000P(4)
  14. 14. ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013) 14 Restando (3) – (4), Resulta: 4p. + 4Ol = 6000P(3) 4p. + 0.254Ol = 3000P(4) 4Ol − 0.254Ol = 3000P Luego operando en la última ecuación, se tiene: 4Ol = 3000 0.75 = 4000P Reemplazando en (3) 4p. + 4000 = 6000P ⇒ 4p. = 2000P ACTUALIZADO: 29.03.2013

×