Electrotecnia. Problemas

AULA POLITÈCNICA 97
Electrotecnia. Problemas
AULA POLITÈCNICA
/ TECNOLOGÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA
Xavier Alabern Morera
Jordi-Roger Riba Ruiz
Electrotecnia. Problemas
EDICIONS UPC
11
Circuitos trifásicos
1 Circuitos trifásicos
© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006
12
Problemas de electrotecnia
1.1 Problema 1
Una carga equilibrada trifilar conectada en estrella y de impedancia 40 ∠ 30º Ω por fase está conectada
a una red trifásica equilibradade secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las corrientes de
línea. b) Calcular las potencias activa, reactiva y aparente totales que consume la carga.
IR
Z
IS
Z
IT
Z
R
S
T
Figura 1.1.1
Resolución:
a ) Cálculo de las corrientes de línea:
IR =
VRN 400 / 3 < 0º
=
= 5,7735∠ − 30º A
Z
40 < 30º
IS =
VSN 400 / 3 < −120º
=
= 5,7735∠ − 150º A
40 < 30º
Z
IT =
VTN 400 / 3 < 120º
= 5,7735∠90º A
=
Z
40 < 30º
b ) Cálculo de las potencias totales:
PTOT =
3 .Vlínea.Ilínea.cosϕ = 3 .400.5,7735.cos30º = 3464,10 W
QTOT =
3 .Vlínea.Ilínea.sinϕ = 3 .400.5,7735.sin30º = 2000,00 VAr
STOT =
3 Vlínea.Ilínea= 3 .400.5,7735 = 4000 VA
© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006
N
13
Circuitos trifásicos
1.2 Problema 2
Una carga equilibrada trifilar conectada en triángulo y de impedancia 40 ∠ 30º Ω por fase está
conectada a una red trifásica equilibrada de secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las
corrientes de fase de la carga. b) Calcular las corrientes de línea. c) Calcular las potencias activa,
reactiva y aparente totales que consume la carga.
IR
R
R
IRS
S
ITR
Z
IS
Z
I ST
S
T
IT
T
Z
Figura 1.2.1
Resolución:
a ) Cálculo de las corrientes de fase de la carga (se toma como origen de fases VRN = VRN ∠0º ):
I RS =
I ST =
I TR =
V RS
Z
V ST
Z
=
400∠30º
= 10∠0º A
40∠30º
=
400∠ − 90º
= 10∠ − 120º A
40∠30º
VTR 400∠150º
= 10∠120º A
=
40∠30º
Z
b ) Cálculo de las corrientes de línea:
I R = I RS − ITR = 17,32∠ − 30º A
I S = I ST − I RS = 17,32∠ − 150º A
IT = ITR − I ST = 17,32∠ + 90º A
c ) Cálculo de las potencias totales:
PTOT =
3 .Vlínea.Ilínea.cosϕ = 3 .400.17,32.cos30º = 10392 W
QTOT =
3 .Vlínea.Ilínea.sinϕ = 3 .400.17,32.sin30º = 6000 VAr
STOT =
3 Vlínea.Ilínea= 3 .400.17,32 = 12000 VA
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Problemas de electrotecnia
1.3 Problema 3
Una carga desequilibrada trifilar conectada en estrella está conectada a una red trifásica equilibrada de
secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las corrientes de línea. b) Calcular las potencias
activa, reactiva y aparente totales que consume la carga.
IR
Z R = 20. 2∠45º Ω
IS
Z S = 20∠90º Ω
IT
ZT = 20. 2∠ − 45º Ω
R
N’≠N
S
T
Figura 1.3.1
Resolución:
a ) Al ser una carga desequilibrada trifilar en estrella, el centro de la estrella no coincide con el neutro.
I R + I S + IT = 0 →
V RN ' V SN ' VTN '
+
+
=0
ZR
ZS
ZT
400
400
∠0º −
∠ − 120º + VSN '
3
3
400
400
=
∠120º −
∠ − 120º + VSN '
3
3
VRN ' = VRN − VSN + VSN ' =
VTN ' = VTN − VSN + VSN '
Del sistema de ecuaciones anterior resulta:
VRN ' = 386,4∠15º V
VSN ' = 103,5∠ − 75º V
VTN ' = 301,3∠84,9º V
Ahora ya se pueden calcular las corrientes de línea:
IR =
VRN '
= 13,66∠ − 30 º A
ZR
IS =
VSN '
= 5,18∠ − 165 º A
ZS
IT =
VTN '
= 10,65∠129,9º A
ZT
b ) Cálculo de las potencias totales:
S total = V RN ' .I *R + V SN ' .I *S + V TN ' .I *T = 6000 +j.2000 = 6324,56 ∠ 18,4º VA
Stotal = 6324,56 VA
Ptotal = 6000 W
Qtotal = 2000 VAr
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Circuitos trifásicos
1.4 Problema 4
Una carga desequilibrada trifilar conectada en triángulo está conectada a una red trifásica equilibrada
de secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las corrientes de fase de la carga. b) Calcular
las corrientes de línea. c) Calcular las potencias activa, reactiva y aparente totales que consume la
carga.
IR
R
R
IRS
S
IS
ITR
ZRS=40<0º Ω
ZTR=40<0º Ω
I ST
S
T
IT
T
ZST=40<30º Ω
Figura 1.4.1
Resolución:
a ) Cálculo de las corrientes de fase de la carga (se toma como origen de fases VRN = VRN ∠0º ):
I RS =
V RS 400 < 30º
= 10 < 30º A
=
40 < 0º
Z
I ST =
V ST 400 < −90º
=
= 10 < −120º A
Z
40 < 30º
I TR =
VTR 400 < 150º
=
= 10 < 150º A
Z
40 < 0º
b ) Cálculo de las corrientes de línea:
I R = I RS − I TR = 17,32 < 0º A
I S = I ST − I RS = 19,32 < −135º A
I T = I TR − I ST = 14,14 < 105º A
c ) Cálculo de las potencias totales:
S total = V RS .I *RS + V ST .I *ST + V TR .I *TR = 11464,1 +j.2000,0 = 11637,5<9,90º VA
Stotal = 11637,5 VA
Ptotal = 11464,1 W
Qtotal = 2000,0 VAr
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Problemas de electrotecnia
1.5 Problema 5
El esquema representa la alimentación en media tensión de tres cargas trifásicas equilibradas, cuyas
características están dadas por sus potencias. Con el interruptor D abierto, la lectura del voltímetro VG
es de 1202,5 V. Se desea saber:
a) Impedancia equivalente por fase de la carga, en el supuesto de que esté conectada en estrella.
b) Indicaciones de los vatímetros W1 y W2
A continuación se cierra el interruptor
D (que equivale a conectar en el circuito una batería de condensadores). Se pregunta:
c) Nuevas lecturas de los vatímetros y del voltímetro VG (en el supuesto que la tensión en bornes de la
carga se mantuviera constante).
carga 1
100 kVA
cos φ = 0,6 (ind.)
G
Z l = 1,2 + j1,6 Ω
carga 2
W1
R
G
Z l = 1,2 + j1,6 Ω
VG
S
40 kW
cos φ = 1
W2
G
Z l = 1,2 + j1,6 Ω
T
D
0 - j90 kVA
20 + j10 kVA
carga 3
Figura 1.5.1
Resolución:
a) Nomenclatura utilizada:
C: carga
G: generador
S: simple
En primer lugar, se reducirán las tres cargas conectadas al extremo de la línea a una sola equivalente:
carga 1
S1 = 100 ∠ 53,13º = (60 + j80 ) kVA
carga 2
S 2 = 40 ∠ 0º = (40 + j 0 ) kVA
carga 3
S 3 = 22,36 ∠ 26,56º = (20 + j10 ) kVA
(cos φ = 0,6; φ = 53,13º)
(tg ϕ =
10
; ϕ = 26,56º )
20
S T = (120 + j 90 ) kVA = 150 ∠ 36,87 º kVA
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Circuitos trifásicos
que, por fase, representa una potencia de:
S Cf =
SC
= 40 + j 30 = 50 ∠ 36,87 º kVA
3
La tensión simple o de fase vale:
U GS =
UG
3
=
1202,5
3
= 694,26 V
U GS = 694,26 ∠ δº V
Y si se toma la tensión simple en bornes de la carga como origen de fases:
U CS = U CS ∠0º V
La impedancia por fases de la línea es de la forma:
Z l = (1,2 + j1,6) Ω = 2 ∠ 53,13º Ω
Pudiéndose ahora plantear la siguiente ecuación vectorial:
U GS = U CS + Z l · I
siendo,
I* =
S Cf
50000 ∠ 36,87 º
=
U CS ∠ 0º
U CS
I=
50000
∠ − 36,87 º
U CS
y sustituyendo se obtiene,
694,26∠ δ º = U CS∠ 0º +2 ∠ 53,13º ·
50000
∠ − 36,87 º
U CS
igualando partes reales e imaginarias entre sí, queda:
96000 ⎫
U CS ⎪⎪
⎬
28000
⎪
694,26 sen δ =
⎪⎭
U CS
694,26 cos δ = U CS +
que resuelta, nos da:
U CS = ± 200 V
U CS = ± 500 V
Los valores negativos no tienen sentido físico.
El valor UCS = 200 V no se considera, puesto que es ilógico que la caída de tensión en la línea sea
superior a la caída de tensión en la carga. Por tanto, la corriente que circula por la línea vale:
I=
50000
∠ − 36,87 º = 100 ∠ − 36,87 º = (80 − j 60) A
500
y si se recuerda que por fase
S Cf = 50000 ∠ 36,87 º VA = (40000 + j 30000) VA
resulta, teniendo en cuenta que
S Cf = P Cf + Q Cf :
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Problemas de electrotecnia
RC =
PCf
I
X LC =
2
=
40000
=4Ω
100 2
QCf 30000
=
=3Ω
100 2
I2
Z Cf = (4 + j 3) Ω = 5 ∠ 36,87º Ω
b ) Si se tiene en cuenta la disposición de los dos vatímetros (conexión Aron) la forma de conocer las
lecturas de cada uno de ellos es la siguiente:
Carga:
PTC = 40000 · 3 = 120000 W
QTC = 30000 · 3 = 90000 var
Línea:
Pl = 3 Rl I 2 = 3 · 1,2 · 100 2 = 36000 W
Ql = 3 X l I 2 = 3 · 1,6 · 100 2 = 48000 VAr
La potencia suministrada por el generador será
PG = PTC + Pl = 156000 W = 156 kW
QG = QTC + Ql = 138000 var = 138 k VAr
S G = 208,278 ∠ 41,5º k VA
y teniendo en cuenta la disposición de los vatímetros,
W1 + W2 = PG
⎫
⎬
(W1 − W 2 ) 3 = QG ⎭
W1 + W 2 = 156 ⎫
⎬
W1 − W 2 = 138 / 3 ⎭
W1 = 117,8 kW
W2 = 38,2 kW
c) Al conectar los condensadores, la potencia aparente total del conjunto de la carga será
S 'TC = S TC + S cond
S 'TC = 120000 + j 90000 − j 90000 = 120000 ∠ 0º VA
Y puesto que la tensión en bornes de la carga se supone constante y de valor por fase 500 V, la nueva
corriente de línea vale
I '* =
120000 ∠ 0º
= 80 ∠ 0º A
3 · 500 ∠ 0º
Las nuevas pérdidas de potencia en la línea en estas condiciones serán
P' l = 3 · 1,2 · 80 2 = 23040 W
Q 'l = 3 · 1,6 · 80 2 = 30720 VAr
Y el generador aportará una nueva potencia de
P 'G = 120000 + 23040 = 143040 W
Q' G = 30720 VAr
S 'G = 143040 + j 20720 = 146301,6 ∠ 12,12º VA
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Circuitos trifásicos
Las nuevas indicaciones de los vatímetros serán,
W '1 +W ' 2 = 143040⎫
30720 ⎪⎬
W '1 −W ' 2 =
3 ⎪⎭
W '1 = 80,3881 kW
W ' 2 = 62,6519 kW
y la nueva indicación del voltímetro será
V 'G = U GC =
S 'G
I' · 3
=
146301,6
= 1055,84 V
80 · 3
Æ
V ' G = 1055,84 V
Se observa pues, que como resultado de corregir totalmente la componente reactiva de la carga
mediante los condensadores, la potencia activa absorbida del generador, solamente disminuye en 13
kW mientras que la reactiva se ha rebajado en ~ 107 kVAr.
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Problemas de electrotecnia
1.6 Problema 6
Un sistema trifásico equilibrado, de secuencia directa RST a 50 Hz, alimenta:
1. Tres calefactores de un horno eléctrico conectados en triángulo, con factor de potencia unidad
y que consumen 3,74 kW cada uno.
2. Un motor eléctrico de rendimiento 83% conectado en triángulo a la tensión compuesta de 208
V y que proporciona una potencia mecánica de 25 CV, con factor de potencia 0,8.
La línea de alimentación tiene una impedancia por fase Z1 = R1 + jX 1 . En bornes de salida del
generador, se conectan tres vatímetros de la forma que se especifica a continuación y que dan las
siguientes lecturas:
W1 :
Bobina amperimétrica con corriente de la fase R
Bobina voltimétrica con tensión RT
Lectura: ilegible
W2 :
Bobina amperimétrica con corriente de la fase R
Bobina voltimétrica con tensión ST
Lectura: 15200 W
W3 :
Bobina amperimétrica con corriente de la fase S
Bobina voltimétrica con tensión ST
Lectura: 15570 W
Se pregunta:
a) Impedancia de la línea
b) Tensión en bornes del generador
Resolución:
a) Se determinan las potencias eléctricas consumidas por las cargas conectadas al circuito.
Motor:
Pmec = 25 CV
PM =
η = 83%
cos φM = 0,8
25 · 736
= 22168,7 W
0,83
tg φM = 0,75
QM = PM tg ϕ M = 22168,7 · 0,75 = 16626,5 VAr
S M = 22168,7 + j16626,5 = 27710,9 ∠ 36,87 º VA
Horno:
P’H = 3,74 kW/fase
cos φH = 1
PH = 3 P ' H = 3 · 3740 = 11220 W
φH = 0
QH = 0 VAr
S H = 11220 + j 0 = 11220 ∠ 0º VA
En consecuencia, la carga total conectada al circuito será
S C = S M + S H = 33388,7 + j16626,5 = 37299,41 ∠ 26,47º VA
Si se toma la tensión en bornes de la carga, como origen de fases U C = U C ∠ 0º V , la corriente que
circula por la línea de alimentación se obtiene a partir de
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Circuitos trifásicos
I* =
SC
UC
3
=
37299,41 ∠ 26,47 º
3 · 208 ∠ 0º
= 103,5 ∠ 26,47 º
I = 103,5 ∠ − 26,47 º = (92,65 − j 46,133) A
Analicemos a continuación las potencias que proporciona el generador, para lo cual basta observar que
los vatímetros W1 y W3 están conectados según el método de Aron, y por tanto se cumple para
cualquier sistema equilibrado que:
PG = W1 + 15570 ⎫
⎪
QG
= W1 − 15570⎬
⎪⎭
3
PG = W1 + W3 ⎫
⎪
QG
= W1 − W3 ⎬
⎪⎭
3
(1)
la lectura del vatímetro W1, según el enunciado, no es posible.
El vatímetro W2 está montado de forma que en un sistema trifásico equilibrado su indicación es,
W2 =
QG
3
= 15200 W
expresión que sustituida en la ecuación 1 resulta:
⎫
⎬ W1 = 30770 W
15200 = W1 − 15570⎭
PG = W1 + 15570
PG = W1 + W3 = 30770 + 15570 = 46340 W
QG = 3 · 15200 = 26327,2 VAr
Por lo que el generador suministra una potencia total que en forma compleja vale
S G = 46340 + j 26327,2 = 53296,5 ∠ 29,6º VA
con un factor de potencia cos φG = 0,8695.
Las tres fases de la línea absorben una potencia que vale
Pl = PG − PC = 46340 − 33388,7 = 12951,3 W
Ql = QG − QC = 26327,2 − 16626,5 = 9700,7 VAr
S l = 12951,3 + j 9700,7 = 16181,46 ∠ 36,84º VA
Los parámetros por fase de la línea serán de la siguiente forma:
Rl =
Pl
3I
2
=
12951,3
= 0,403 Ω
3 · 103,5 2
Xl =
Ql
9700,7
=
= 0,302 Ω
2
3I
3 · 103,5 2
Z l = 0,403 + j 0,302 = 0,5036 ∠ 36,84º Ω
b) La tensión en bornes del generador se puede deducir de
UG =
SG
3·I*
=
53296,5 ∠ 29,6º
3 · 103,5 ∠ 26,47 º
= 297,3 ∠ 3,13º V
U G = 297,3 ∠ 3,13º V = (296,86 − j16,23) V
→ UG = 297,3 V
recordando que el origen de fases es precisamente la tensión en bornes de la carga.
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Problemas de electrotecnia
1.7 Problema 7
Seis impedancias idénticas, de valor Z = (12 + j16) Ω cada una, se conectan como se indica en el
esquema adjunto, al extremo final de una línea trifásica alimentada por un generador equilibrado y a
secuencia directa que proporciona en bornes de la carga así constituida una tensión entre fases de
V C = 200 3 V .
La alimentación se realiza mediante una línea trifásica, cuya impedancia por fase es Z l = (1 + j1) Ω .
Con el interruptor K abierto, determinar:
a)
Las indicaciones de todos los aparatos de medida
b) Potencia aparente, en forma compleja, suministrada por el generador que alimenta la carga.
Para mejorar el factor de potencia de la carga hasta la unidad, se cierra el interruptor K, que conecta
una batería de condensadores y en este caso se pide:
c)
Características de la batería de condensadores.
d) Potencia aparente en forma compleja, que proporciona ahora el generador y nueva tensión en
G
bornes del mismo.
Z
A11
Vl
G
Z
G
Zl
W1
R
G
Z
G
Z
A1
AG
A2
G
Zl
VG
G
Z
VC
W2
S
G
Zl
G
Z
T
K
C
C
C
Figura 1.7.1
Resolución:
a) Las seis impedancias así conectadas dan lugar a una impedancia de carga cuyo valor por fase es
Z C estrella =
Z ·Z
Z +Z
3 =Z
4
3
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Circuitos trifásicos
siendo,
Z = 12 + j16 = 20 ∠ 53,13º Ω
Z C estrella =
12 + j16 20
=
∠ 53,13º = 5 ∠ 53,13º Ω = (3 + j 4) Ω
4
4
El esquema anterior puede reducirse a otro monofásico, constituido por fase y neutro, como se aprecia
en la figura 1.3.2
G
Zl
R
G
IG
VGS
G
Z C estrella
VCS
Figura 1.7.2
Z T = Z l + Z C estrella = (1 + j1) + (3 + j 4) = 4 + j 5 = 6,4 ∠ 51,34º Ω
La corriente por fase vale
200 3
IG =
3
∠ 0º
Z C estrella
=
200 ∠ 0º
= 40 ∠ − 53,13º A
5 ∠ 53,13º
AG = 40 A
Æ
y por tanto el amperímetro AG marca 40 A.
La caída de tensión en la línea en valor simple será
U l = Z l · I G = 2 ∠ 45º · 40 ∠ − 53,13º = 40 2 ∠ − 8,13º = (56 − j8) V
La indicación del voltímetro V1 será, pues, 40. 2 = 56,5685 V
V1 = 56,5685 V
Æ
La tensión simple en bornes del generador vale
→
U GS = U CS + Z l · I = 200∠0º +40 2∠ − 8,13º = 256 − j8
U GS = 256,125 ∠ − 1,8º V
La indicación del voltímetro VG será
V G = 3 U GS = 3 · 256,125 = 443,62 V
Æ
V G = 443,62 V
El amperímetro A2 marcará
I2 =
U CS
Z
=
y como vector será:
200
= 10 A
20
I2 =
Æ
A2 = 10 A
U CS
200 ∠ 0º
=
= 10 ∠ − 53,13º = (6 − j8) A
20 ∠ 53,13º
Z
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24
Problemas de electrotecnia
El amperímetro A11 indicará
I 11 =
U CC
Z
=
200 3
= 10 3 A
20
Æ
A11 = 10 3 A
Æ
A1 = 30 A
y el amperímetro A1 marcará
I 1 = I 11 · 3 = 10 3 · 3 = 30 A
Los vatímetros conectados según el método Aron indicarán:
W1 + W2 = PG ⎫
Q ⎪
W1 − W2 = G ⎬
3 ⎪⎭
Determinemos, en primer lugar, las potencias absorbidas por la carga y la línea:
PC = 3 RC I G2 = 3 · 3 · 40 2 = 14400 W
Pl = 3 Rl I G2 = 3 · 1 · 40 2 = 4800 W
PG = PC + Pl = 19200W
y por el teorema de Boucherot
QC = 3 X C I G2 = 3 · 4 · 40 2 = 19200 VAr
Ql = 3 X l I G2 = 3 · 4 · 40 2 = 4800 VAr
QG = QC + Ql = 24000 VAr
Por tanto, resulta
W1 + W2 = 19200 ⎫
24000 ⎪⎬
W1 − W2 =
3 ⎪⎭
b)
Æ
W1 = 16528,2 W
W 2 = 2671,8 W
S G = PG + jQG = 19200 + j 24000 = 30735 ∠ 51,34º VA
c) Como se ha visto en el apartado a), la potencia aparente absorbida por la carga es de la forma:
S C = PC + jQC = 14400 + j19200 = 24000 ∠ 53,13º VA
Para que el factor de potencia de la carga sea la unidad, se deberá cumplir que
S C = 14400 + j 0 = 14400 ∠ 0º VA
en consecuencia, la batería de condensadores tendrá que aportar una potencia reactiva de
QC cond = 19200 VAr (−)
que, por fase, vale
2
QCf cond =
V fC
19200
= 6400 VAr (−) =
= V fC 2 ⋅ 2π ⋅ f ⋅ C
3
XC
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25
Circuitos trifásicos
La capacidad de dichos condensadores, sabiendo que están conectados en triángulo a la tensión
compuesta de 200 3 V y frecuencia de 50 Hz, es
C=
10 6 · 6400
(
2 ⋅ π⋅ 50 ⋅ 200 3
)
2
= 169,765 µF/fase Æ
C = 169,765 µF/fase
cuya reactancia por fase vale
XC =
10 6
= 18,75 Ω
2 ⋅ π⋅ 50 · 169,765
→
X C = − j18,75 = 18,75 ∠ 90º A
d) La reactancia capacitiva de los condensadores proporciona
I f cond =
200 3 ∠ 0º
= 18,475 ∠ 90º A
18,75 ∠ − 90º
la intensidad de línea valdrá
I C cond = 3 · 18,475 = 32 A
La corriente I G que suministraba el generador, antes de mejorar el factor de potencia de la carga, valía
I G = 40 ∠ − 53,13º = (24 − j 32) A
Una vez compensado el factor de potencia, la nueva corriente pasa a ser
I 'G = 24 + j 0 = 24 ∠ 0º A
siendo la nueva potencia absorbida por la carga de la forma
S 'G = 14400 + j 0 = 14400 ∠ 0º VA
En la línea se producirán ahora unas pérdidas de potencia que valen
P 'l = 3 · 1 · 24 2 = 1728 W
Q' l = 3 · 1 · 24 2 = 1728 VAr
La potencia que suministra en estas condiciones el generador, según el teorema de Boucherot, valdrá
P 'G = P 'C + P 'l = 14400 + 1728 = 16128 W
Q'G = Q'C +Q'l = 0 + 1728 = 1728 VAr
S 'G = 16128 + j1728 VA = 16220,3 ∠ 6,116º VA
Por tanto, la nueva tensión en bornes del generador será
U 'G =
S 'G
3 · I 'G
=
16220,3
3 · 24
= 390,2 V
Æ
U 'G = 390,2 V
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26
Problemas de electrotecnia
1.8 Problema 8
Un generador trifásico equilibrado alimenta, a la tensión constante de 1810 V, una línea a la que están
conectados dos receptores equilibrados A y B, como se representa esquemáticamente en la figura.
El receptor A consume permanentemente una potencia de 376,2 kW.
Con los interruptores K1 y K2 cerrados, se mide en el amperímetro A3 una corriente de 70 A y el factor
de potencia en bornes del generador es 0,8 (inductivo).
a) Calcular las lecturas de los amperímetros A1 y A2 y el factor de potencia del receptor A.
Se abren los dos interruptores K1 y K2, y una vez alcanzado el régimen permanente, se mide un factor
de potencia en bornes del generador de 0,96 (capacitivo).
b) Calcular el valor de X4.
X3
A3
X3
K1
X4
X4
K2
X4
X3
receptor B
~
A1
50 Hz
A2
PA = 376,2 kW
receptor A
1810 V
Figura 1.8.1
Resolución:
a) Con los dos interruptores K1 y K2 cerrados, la única potencia activa proporcionada por el generador
es la consumida por el receptor A, puesto que el receptor B es una capacidad pura. Por tanto,
PG = PA = 376,2 kW
La corriente suministrada por el generador será:
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27
Circuitos trifásicos
PG
I G = I1 =
3 U G cos ϕ
=
376200
3 · 1810 · 0,8
= 150 A
Æ
A1 = 150 A
al ser el factor de potencia 0,8 inductivo φG = -36,87º
I G = 150 ∠ − 36,87º = (120 − j 90) A
La potencia reactiva suministrada por el generador vale
QG = PG tg ϕ G = 376,2 · 0,75 = 282,15 k VAr
Y su potencia aparente,
S G = 376,2 + j 282,15 = 470,25 ∠ 36,87º kVA
La potencia reactiva del receptor B, con los interruptores K1 y K2 cerrados, se puede calcular a partir
de
QB = − 3 U G I B
IB = I3
I 3 = 70 A
Q B = − 3 · 1810 · 70 = −219,45 k VAr
y con este valor puede determinarse la reactancia capacitiva:
X3 =
QB
− 3 I B2
=
− 2194450
= 14,93 Ω
− 3 · (70) 2
Por tanto, la potencia reactiva absorbida por el receptor A se obtendrá como diferencia entre la
proporcionada por el generador y la absorbida por el receptor B.
Q A = QG − Q B = [282,15 − (− 219,45)] = 501,6 k VAr
Por tanto, la potencia aparente del receptor A vale
S A = (376,2 + j 501,6) kVA = 627 ∠ 53,13º kVA
SA = 3 U G · IA *
IA* =
627000 ∠ 53,13º
3 · 1810 ∠ 0º
= 200 ∠ 53,13º A
I A = I 2 = 200 ∠ − 53,13º = (120 − j160) A
A2 = 200 A
La lectura del amperímetro A2 será de 200 A.
Æ
También se puede calcular I A a partir de
I A = I G − I B = 150∠ − 36,87 º −70∠90º = (120 − j160) A
b) Al abrir los interruptores K1 y K2, no se modifica la potencia activa suministrada por el generador,
ya que sólo se introduce en el circuito una reactancia inductiva:
P ' G = PG
Como consecuencia, la corriente suministrada por el generador valdrá
I 'G =
P 'G
3 U G cos ϕ 'G
=
376200
3 · 1810 · 0,96
= 125 A
cos ϕ = 0,96(c)
I G = 125 ∠ 16,26º = (120 + j 35) A
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ϕ = −16,26º
28
Problemas de electrotecnia
Al no variar la impedancia del receptor A, ni la tensión de alimentación, tampoco varía la corriente
que consume y, por lo tanto,
I ' A = I A = (120 − j160) A
Igualmente no varía la potencia reactiva consumida por el receptor, o sea, Q' A = Q A .
Resulta, pues,
I 'B = I 'G − I 'A = (120 + j 35) − (120 − j160) = j195 = 195∠90º A
La indicación del amperímetro A3 es de 195 A.
La potencia reactiva suministrada por el generador en estas condiciones vale
Q'G = P 'G tg ϕ 'G = 376,2 · (−0,292) = −109,725 k VAr
S G = 376,2 − j109,725 = 391,875 ∠ − 16,26º kVA
La potencia absorbida por los condensadores del receptor B será
Q' X 3 = −3 X 3 I ' 2B = 3 · 14,93 · 195 2 = −1703,140 k VAr
Por diferencia entre la potencia reactiva que suministra el generador y las absorbidas por los
condensadores del receptor B y del receptor A, se obtendrá la potencia reactiva absorbida por las
bobinas del receptor B:
Q'X 4 = Q'G −Q'X 3 −Q'A = −109,725 − (−1702,98) − 501,6
QA = Q' A
Q X 4 = 1091,65 k VAr
La corriente que pasa por las reactancias X4 vale:
I 'X 4 = I 'B / 3
A partir de QX4 se puede obtener X4 como se indica:
X4 =
Q' X 4
3
I ' 2X 4
=
Q' X 4
I ' 2B
=
1091650
195 2
= 28,71 Ω
→
X 4 = 28,71 Ω
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29
Circuitos trifásicos
1.9 Problema 9
Una pequeña instalación industrial se alimenta mediante un generador trifásico equilibrado de
secuencia directa, a la frecuencia de 50 Hz.
A
~
B
C
W
W
IAIA
IBIB
IC
N
D1
FA
Z
D2
Z
D3
FB FC
M
~
Z
Z
Z
Figura 1.9.1
Dicha instalación está constituida por los consumos siguientes:
1. Un grupo de lámparas incandescentes de 100 W cada una a 220 V, conectadas en estrella con un
total de 44 lámparas por fase.
2. Un motor conectado en estrella y que trabajando a plena carga proporciona una potencia mecánica
de 11 kW con rendimiento del 83,33% y factor de potencia 0,8 inductivo.
3. Un receptor inductivo constituido por seis impedancias iguales Z y conectadas como se esquematiza
en la figura.
Con el interruptor D3 cerrado, el amperímetro IA marca 22 A y el vatímetro 2904 W.
Se pide:
a) Formas binómica y polar de las impedancias Z
b) Lecturas de los aparatos de medición al cerrar el interruptor D2 permaneciendo D3 cerrado.
Finalmente, se cierra D1, pero por fallo en el fusible FB, queda fuera de servicio la iluminación en la
fase B.
c) Nuevas lecturas de los aparatos de medición
d) Componentes simétricas de las corrientes de línea
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30
Problemas de electrotecnia
Resolución:
a) La impedancia por fase a considerar vale:
Zf =
Uf
IA
=
220
= 10Ω
22
Esta impedancia provoca un retraso de la intensidad respecto a la tensión simple dada por:
cos ϕ c =
WA
2904
=
= 0,6
Uf ⋅ IA 220 · 22
senϕ C = 0,8
ϕC = 53,13º
Z f = 10 ∠53,13º = ( 6 + 8 j) Ω (1)
Por otra parte y por fase, se tiene:
Zf =
Z· Z
3 = Z
4
Z+Z
3
(2)
Igualando las expresiones (1) y (2), resulta:
Z = 10∠53,13º · 4 = 40 ∠53,13º = ( 24 + 32 j) Ω
y la corriente de la fase A será:
IA = 22 ∠ − 53,13º = ( 13,2 − 17 ,6 j) A
La potencia aparente por fase que consume el receptor C será de la forma:
Q fC = 2904 ⋅ tg ϕ C = 3872 VAr
PfC = 2904W
SCf = 2904 + 3872 j = 4840∠53,13º VA
y en total:
SC = 3SCf = 14520∠53,13º VA = ( 8712 + 11616 j) VA
b) La potencia consumida por el motor es:
Su potencia reactiva es:
Pb =
11000
= 13200 W
0,8333
Qb = 13200 ⋅ tgϕ b = 9900 VAr
S b = 13200 + 9900 j = 16500∠36,87º VA
El vatímetro conectado al circuito indicará en este caso: W = 2904 + 13200 = 7304 W
3
Para obtener las intensidades de corriente que marcan los diferentes amperímetros, se aplicará el
teorema de Boucherot:
I A* =
Sc + Sb
3Uf
=
8712 + 11616 j + 13200 + 9900 j
3 ⋅ 220∠0º
→
I A = 46 ,53∠ − 44 ,5ºA
Igualmente se podría haber calculado esta intensidad, calculando la que consume el motor y
sumándole la que consume la carga, ya calculada previamente en el apartado a.
Efectivamente;
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31
Circuitos trifásicos
Sb
I B* =
3Uf
=
16500∠36 ,87º
= ( 20 + 15 j)A
3 ⋅ 220∠0º
I A = 20 − 15 j + 13,2-17 ,6 j = 46,53∠ − 44,5ºA
→
I B = ( 20 − 15 j) A
que coincide con la anterior.
Como el sistema es equilibrado, los valores numéricos indicados por lo amperímetros son iguales, pero
están desfasados entre sí en ángulos de 120º.
I A = 46,53∠ − 44,5ºA
I B = 46,53∠ − 164,5ºA
I C = 46,53∠75,5ºA
IA = IB = IC = 46,53 A
Por tanto:
c) Las lámparas consumen una potencia, que por fase, vale:
S af = 4400∠0º VA
Pa f = 44 ⋅100 = 4400 W
Por lo que si no se fundiese ningún fusible, la corriente consumida sería de:
S af
IA =
Uf
= 20 A
Al fallar la fase B se tiene:
IaA = 20∠0º A = 20 A
IaB = 0∠ − 120º A = 0 A
IaC = 20∠120º A = ( −10 + 17,32 j ) A
que representan las intensidades por fase, correspondientes a la carga a.
Para calcular en las nuevas condiciones la corriente por fase, se tendrá:
I A = I aA + I bA + I cA = 20∠0º +46,53∠ − 44,5º = 62,4∠ − 31,5º A
lectura: IA = 62,4 A
I B = I bB + I cB = 46,53∠ − 164,5º A
lectura: IB = 46,53 A
I C = 46,53∠75,5º +20∠120º = 62,4∠88,5º A
lectura: IC = 62,40 A
El vatímetro indicará:
W =V
AN
⋅ I A ⋅ cos(ϕV AN − ϕI ) = 220 ⋅ 62,4 ⋅ cos 31,5º = 11704 W
A
→
y la corriente en el neutro vale:
I N = I A + I B + I C = 10 + 10 3 j = 20∠60º A
d) Cálculo de las componentes simétricas de la corriente:
Homopolares:
I OA = I OB = I OC =
I N 10 + 10 3 j
=
= 3,3 + 3,3 3 j = 6,6∠60º A
3
3
Vector clave del sistema directo:
I1A =
1 ⎡
⋅ I A + aI B + a2 IC ⎤
⎥⎦
3 ⎢⎣
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W = 11704 W
32
Problemas de electrotecnia
I A = 62,4∠ − 31,5º = 53,2 − 32,6 j A
a I B = 1∠120 º⋅46,53∠ − 164,5º = 33,2 − 32,6 j
a 2 I C = 1∠120º⋅62,4∠88,5º = 53,2 − 32,6 j
y sustituyendo resulta:
I1 A = 46,5 − 32,6 jA = 56,8∠ − 35º A
I 1B = a 2 I 1 A = 56,8∠ 205 º A
I 1C = a.I 1 A = 56,8∠85º A
Vector clave del sistema inverso:
I2A =
1 ⎡
⎤
⋅ ⎢ I A + a 2 .I B + a.I C ⎥
3 ⎣
⎦
Como
I A = 62,4∠ − 31,5º = 53,2 − 32,6 j A
a 2 .I B = 1∠240º⋅46,53∠ − 164,5º = 46,53∠75,5º
a.I C = 1∠120º⋅62,4∠88,5º = 62,4∠208,5º
sustituyendo resulta:
I 2 A = 6,6∠ − 60º A
I 2 B = a.I 2 A = 6,6∠60º A
I 2C = a 2 I 2 A = 6,6∠180º A
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33
Circuitos trifásicos
1.10 Problema 10
Cuando la carga simétrica de la figura se alimenta por los bornes R, S, T con un sistema simétrico de
tensiones, las indicaciones de los aparatos de medida son lo siguientes:
Voltímetro V1 = 400 V
Voltímetro V2 = 420 V
Vatímetro W1 = 15.285,5 W
Vatímetro W2 = 6.047,8 W
Amperímetro A1 = 38,49 A
Se pide:
a) Los valores de R∆ y XL∆
b) ¿Cuál es la indicación del voltímetro V3 en este caso?
c) Valor de XCλ
R
A1
W1
XCλ
V1
R∆
XL∆
XL∆
R∆
XL∆
R∆
XCλ
W2
S
XCλ
V2
T
V3
Figura 1.10.1
Resolución:
a) El triángulo central de la carga lo pasamos a estrella, siendo la impedancia equivalente por fase,
conexión en estrella:
Zλ =
U1
3I1
=
400
= 6Ω
3 ⋅ 38,49
Para el cálculo del argumento nos basamos en las indicaciones de los vatímetros W1 y W2, que forman
una conexión Aron:
P = W1 + W2 = 15285,5 + 6047 ,8 = 21333,3 W
Q = 3 (W1 − W2 ) = 3( 15285 ,5 − 6047 ,8 ) = 16000 ,2 VAr
tgϕ =
Q
= 0,75
P
→
cos ϕ = 0,8
→
senϕ = 0,6
→
Luego:
Z λ = 6∠36,87º Ω = 4,8 + j 3,6 Ω
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ϕ = 36,87 º
34
Problemas de electrotecnia
Esta impedancia se puede expresar como:
Por tanto:
Z λ = R λ + j ( X L λ − X Cλ )
→
Rλ = 4,8Ω
R ∆ = 3 ⋅ Rλ = 14,4Ω
De la indicación del voltímetro V2, se puede calcular XL:
X L∆ =
U2
I∆
=
U2
I1 / 3
=
3 ⋅U 2
I1
=
3 ⋅ 420
= 18,9 Ω
38,49
→
X L∆ = 18,9 Ω
b) La impedancia de una fase del triángulo es:
ZL
∆
= R∆ + j X L∆ = 14,4 + j18,9 = 23,761∠52,696 Ω
Y, en consecuencia, la indicación del voltímetro V3 es:
I
38,49
⋅ 23,761 = 528,02 V
U 3 = I ∆ ⋅ Z L∆ = 1 ⋅ Z L∆ =
3
3
→
U 3 = 528,02 V
c) El valor total de la impedancia en estrella vale:
Z
λ
= Rλ + j ( X Lλ − X cλ )
Del apartado a: Z = 4,8 + j3,6 Ω
λ
Luego la parte imaginaria:
X Lλ − X cλ = 3,6 Ω
y puesto que:
X Lλ =
X L∆
3
=
18,9
= 6,3 Ω
3
Resulta:
X cλ = 6,3 − 3,6 = 2,7 Ω
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35
Circuitos trifásicos
1.11 Problema 11
Un generador trifásico de secuencia directa y equilibrado en tensiones alimenta una carga trifásica. A
esta carga se conectan tres cargas equilibradas I, II, III, según se indica en la figura. Las cargas I y II
son desconocidas y de la carga III se conoce el valor de la impedancia por fase, que vale:
con un cos ϕ3 = 0,5 (inductivo)
Z 3 = 15 3 / 2
Cuando los interruptores K1 y K2 están abiertos, las indicaciones de los vatímetros son:
W1 = 3 3 kW
W 2 = 0 kW
Además, se sabe que el voltímetro marca V = 300V. Se pide:
a) Potencia activa y reactiva consumida por el receptor I, el valor que indicará el amperímetro A1 y el
factor de potencia de la carga.
Si a continuación se cierra K1, manteniendo K2 abierto las indicaciones de los vatímetros en este caso
son: W1 = 4 3 kW , W2 = 2 3 kW . Para este caso, se pide:
b) Factor de potencia de la carga
c) Potencias activas y reactiva del receptor II y la indicación de A2
Finalmente, cerrando también el interruptor K2, se pide:
d) Indicación del amperímetro A3
e) Potencias activa, reactiva y aparente del generador
f) Factor de potencia de la carga
g) Lectura del amperímetro AR
R
WI1A
AR
V
S
W2
T
A1
A2
I
A3
K1
II
K2
Z3
Z3
Z3
III
Figura 1.11.1
Resolución:
a) Por estar conectados los vatímetros según el método de Aron y ser un sistema equilibrado en
tensiones y en cargas, se verifica: P = W1 + W2
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36
Problemas de electrotecnia
Q = (W1 − W2 ) ⋅ 3
Resulta
PI = 3000 3 W
Q I = 3 ⋅ 3000 3 = 9000 VAr
y, por tanto, la potencia aparente:
S I = PI + jQ I = 3000 3 + 9000 jVA = 6000 3∠60 º VA
El módulo de la potencia aparente de un sistema trifásico, en función de la tensión entre fases UG y la
corriente de la línea I1, vale:
S I = 3 ⋅ U G ⋅ I1
Sustituyendo valores:
I1 =
6000 3
300 3
= 20
→ A1 = 20 A
El factor de potencia es cos φ1, y el valor de φ1 se obtiene de:
tgϕ1 =
QI
9000
=
=+ 3
PI
3000 3
ϕ1 = 60º
→
Por tanto: cos ϕ1 = cos 60º = 0,5 (i)
b) Al conectar el receptor II se produce una modificación del valor de la carga, lo que puede ocasionar
una modificación del desfase entre la tensión y las corrientes de las respectivas fases y, en tal caso, un
nuevo valor del factor de potencia dado por:
tgϕ 2 =
QII
=
PII
Resultando
3 (W1 − W2 )
=
W1 + W2
3 (4 3 − 2 3 )
4 3+2 3
=
3
3
ϕ 2 = 30º
cos ϕ 2 = cos 30º = 0,866
c) Los vatímetros medirán la potencia total consumida por las cargas I, II, por tanto:
PII = (W1 + W 2 ) − PI = 4000 3 + 2000 3 − 3000 3 = 3000 3 W
→
PII = 3000 3 W
Q II = (W1 − W2 ) ⋅ 3 − Q I = 3 ( 4000 3 − 2000 3 ) − 9000 = −3000 VAr → Q II = −3000 VAr
y como consecuencia:
S II = PII + jQII = 3000 3 − 3000 j = 6000∠ − 30º VA
y como en el caso anterior:
I2 =
S II
3U G
=
6000
3 ⋅ 300
=
20
3
→
A2 =
20
A
3
y como en el vector S II tiene un ángulo de fase de (-30º), el vector corriente I 2 vale:
I2 =
20
∠30º A (carga capacitiva)
3
d) Al quedar conectadas todas las cargas, la corriente I3 vale:
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37
Circuitos trifásicos
I3 =
U GS
Z3
U GS =
I3 =
Siendo UGS la tensión del sistema trifásico, es decir:
U 300
=
V
3
3
300
40
=
A
3
15 3
3⋅
2
→
A3 =
40
A
3
e) Puesto que se conocen las potencias trifásicas activa, reactiva y aparente consumidas por las cargas
I y II, encontraremos la potencia total consumida por todas las cargas calculando previamente la
correspondiente a la carga III, que es tres veces el valor de la potencia de una cualquiera de sus fases
(carga equilibrada):
300 40
⋅ ⋅ 0,5 = 2000 3 W
3 3
300 40 3
⋅ I 3 senϕ 3 = 3 ⋅
⋅ ⋅
= 6000 VAr
3 3 2
PIII = 3 ⋅ U GS ⋅ I 3 cos ϕ 3 = 3 ⋅
QIII = 3 ⋅ U GS
Las potencias activa y reactiva suministrada por el generador corresponden a las absorbidas por las
cargas y, por consiguiente:
PG = PI + PII + PIII = 3000 3 + 3000 3 + 2000 3 = 8000 3 W
QG = QI + QII + QIII = 9000 − 3000 + 6000 = 12000 VAr
S G = 8000 3 + 12000 jVA = 18330 ,3∠40,89 º VA
f) El factor de potencia correspondiente a la carga es:
cos ϕ = cos 40,89º = 0,756
g) Cálculo de la intensidad de corriente que circula por el amperímetro:
I R = I 2 + I3 =
IR =
IR =
20
3
20
cos 30º +
3
∠30º +
20
3
40
∠ − 60º
3
sen30º j +
40
40
cos(−60º ) + sin(−60º ) j
3
3
20 ⎞ 10 3
3 40 1 ⎛⎜ 20 1 40 3 ⎞⎟
⎛
j = ⎜10 +
j
+
+
⋅ −
⋅
⎟−
⎜
⎟
3 ⎠
3
3 2 ⎝ 3 2 3 2 ⎠
3 2
⎝
20
I R = 17,64∠ − 19,10º A
AR = I R = 17,64 A
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38
Problemas de electrotecnia
1.12 Problema 12
El generador, de secuencia directa, del circuito representado en la figura mantiene siempre la tensión
compuesta de 250V a la frecuencia de 50 Hz. Se conecta el interruptor K1, manteniendo abiertos K2 y
K3, y se observan las siguientes indicaciones de los aparatos de medida:
W3 = −4 3 kW
A1 = 20 3 A
RECEPTOR C
XL
XL
XL
K3
A3 A3 A3
R
G
S
W1
W3
W2
A2
A
ZB
A
A2
A
A2
ZB IB>10
ZB
T
K2
A1 A1 A1
RECEPTOR B
cos φB = 0,28
K1
RECEPTOR A
Figura 1.12.1
Se pide:
a) Indicaciones de los otros aparatos de medida conectados al circuito (A, W1 y W2).
A continuación, con K1 conectado, se conecta K2, quedando K3 desconectado. En este estado la
potencia aparente absorbida del generador es 5/6 de la anterior, siendo cos ϕ B = 0,28 y IB > 10A.
b) Calcular los valores de la impedancia Z B y la corriente IB.
c) Las nuevas indicaciones de los aparatos de medida (A, A2, W1, W2 y W3).
Finalmente, con K1 y K2 conectados, se conecta K3. En este estado el factor de potencia de la
instalación es 0,8.
d) Características del receptor C (XL, L)
e) Nueva indicación de los aparatos de medida (A, A3, W1, W2 y W3)
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39
Circuitos trifásicos
Resolución:
a) Si el receptor A absorbe una corriente I1 = 20 3 A , a la tensión compuesta de 250 V, el módulo de
la potencia trifásica aparente vale:
S A = 3.U .I 1 = 3 ⋅ 250 ⋅ 20 3 = 15000 VA
La potencia trifásica reactiva absorbida por este receptor se obtiene a partir de la indicación del
vatímetro W3 y vale:
Q A = 3W3 = − 3 ⋅ 4 3 = −12kVAr = −12000VAr
Con lo que la potencia trifásica activa absorbida por el receptor se obtiene de:
PA = S A2 − QA2 = 15000 2 − 12000 2 = 9000W
siendo cos ϕ A = 0,6 (capacitivo) (deducido a partir de los valores de PA y QA) y:
S A = 9000 − 12000 jVA = 15000∠ − 53,13º VA
A continuación, encontraremos las expresiones vectoriales de las corrientes absorbidas, para ello
tomamos como origen de fases la tensión simple:
U RN =
I *1 =
UC
3
∠0º V
SA
3 ⋅ U C / 3∠0º
=
3 ⋅ 15000∠ − 53,13º
= 20 3∠ − 53,13º
3 ⋅ 250∠0º
I 1 = 20 3∠53,13º = 12 3 + 16 3 j A
A = A1 = 34,6 A
Las indicaciones de los amperímetros son:
El vatímetro W1 indica: W1 = U RS .I R cos(ϕU
RS
− ϕ I R ) = 250 ⋅ 20 3 cos(30º −53,13º ) = 7964,10 W
El vatímetro W2 indica: W2 = U ST .I S cos(ϕU − ϕ I ) = 250 ⋅ 20 3 cos(−23,13º ) = 7964,10 W
ST
S
Si los vatímetros se hubiesen conectado según el método Aron, las indicaciones habrían sido:
W1 + W2 = 9000
W1 − W2 = −12000 / 3 = −6928,2
De aquí que:
2W1 = 2071,8
W1 = 2071,8 / 2 = 1035,9 W
2W2 = 15928,2
W2 = 15928,2 / 2 = 7964,1 W
b) Al conectar el receptor K2, permaneciendo cerrado K1 y abierto K3, la potencia aparente absorbida
por los receptores A y B es 5/6 de la que consumían, de manera que la potencia aparente es:
S A+ B =
5
5
⋅ S A = ⋅ 15000 = 12500 VA
6
6
Con lo que se puede escribir la siguiente ecuación vectorial referida a las potencias trifásicas:
12500∠α = 3R B ⋅ I B 2 + 9000 + j.(3 X B I B 2 − 12000)
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40
Problemas de electrotecnia
En esta expresión se ha considerado Z Bλ = RBλ + jX Bλ como una impedancia de fase de la estrella
equivalente del receptor B, de manera que IB es la corriente de la línea del receptor B solamente.
Puesto que
cos ϕ B = 0,28
senϕ B = 0,96
ϕ B = 73,74º
se pueden expresar los valores de RBλ y XBλ en función de una sola incógnita ZBλ:
RBλ = Z Bλ ⋅ cos ϕ B = 0,28 ⋅ Z Bλ
X Bλ = Z Bλ ⋅ senϕ B = 0,96 ⋅ Z Bλ
Y de este modo, se puede desdoblar la ecuación vectorial anterior en parte real y parte imaginaria de la
siguiente manera:
12500 cos α = 9000 + 3 ⋅ 0,28Z Bλ I B 2 = 9000 + 0,84 I B 2 Z Bλ
12500 senα = −12000 + 3 ⋅ 0,96 Z Bλ I B 2 = −12000 + 2,88 I B 2 Z Bλ
U
Puesto que, por otra parte: I B =
IB2 =
3Z Bλ
=
250
3Z Bλ
2
250
62500
=
3Z Bλ 3Z Bλ 2
Y sustituyendo, obtenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:
12500 cos α = 9000 + 0,84
62500
3Z Bλ
12500 senα = −12000 + 2,88
2
Z Bλ = 9000 +
62500
3Z Bλ
2
17500
Z Bλ
Z Bλ = −12000 +
60000
Z Bλ
Operando:
12,5Z Bλ cos α = 9 Z Bλ + 17,5
12,5Z Bλ senα = −12 Z Bλ + 60
Elevando al cuadrado y sumando, se obtiene:
156,25Z Bλ 2 = 81Z Bλ 2 + 315Z Bλ + 306,25 + 144 Z Bλ 2 + 3600 − 1440 Z Bλ
68,75Z Bλ 2 − 1125Z Bλ + 3906,25 = 0
Así pues, se han encontrado dos valores posibles de ZBλ:
Z B1λ = 11,36 Ω
Z B 2λ = 5 Ω
Puesto que ZB no está conectada en estrella, sino en triángulo, el valor por fase es:
Z B∆ = 3Z Bλ =
Z B1∆ = 34,09Ω
Z B 2 ∆ = 15Ω
Para los dos valores de la impedancia calculada, la corriente de fase respectiva al triángulo de
impedancias vale:
I 1B =
U
Z B1∆
=
250
= 7,33 A < 10 A
34,09
I 2B =
U
Z B 2∆
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=
250
= 16,66 A > 10 A
15
41
Circuitos trifásicos
Y puesto que se nos impone que IB > 10 A, la solución para ZB∆ es Z B∆ = 15Ω . De manera que:
Z B = 15∠ϕ B = 4 ,2 + j14,4Ω = 15∠73,74º Ω
y, por tanto, la corriente para cada fase del triángulo de impedancias del receptor B es: I B = 16,66 A
c) Los amperímetros A2 indican:
I 2 = I B 3 = 16 ,66 3 = 28,87 A = 50 / 3 A
→
I 2 = 50 / 3 A
Para calcular la lectura de los otros aparatos de medida, analicemos en primer lugar las potencias que
se tienen:
Potencias activas
Potencias reactivas
17500
= 12500
5
60000
12500 senα = −12000 +
=0
5
12500 cos α = 9000 +
cos α = 1
en consecuencia:
senα = 0
α = 0º
Lo que quiere decir que al conectar dos receptores A y B el circuito entra en resonancia y la potencia
aparente necesaria es de la forma:
S ' A+ B = 12500∠0º VA = (12500 + 0 j )VA
Q ' A+ B = 0VAr
W '3 = 0
Q ' A+ B = 3W ' 3
Los amperímetros A indican, en este caso:
I '* =
S ' A+ B
3U
=
12500∠0º
3 ⋅ 250∠0º
=
50
3
→
∠0º A
50
I' =
3
A
De manera que: I’ = I2
Los vatímetros indicarán ahora:
W '1 = W '2 = U RS .I R cos( ϕU RS − ϕ I ' R ) = 250 ⋅
50
3
⋅ cos 30º = 6250 W
→
W’1 = W2’ = 6250 W
d) Al conectar K3, dejando K1 y K2 cerrados, se introducen en el circuito tres reactancias puras
conectadas en estrella, de manera que la potencia activa del circuito no variará respecto al segundo
caso. Por tanto:
P' ' A+ B + C = 12500W
Q ' ' A+ B +C = 12500tgϕ ' '
y puesto que ahora cos ϕ ' ' = 0,8 ϕ ' ' = 36,87 º
tgϕ ' ' = 0,75
Q' ' A+ B +C = 12500 ⋅ 0,75 = 9375 VAr
Y, por tanto, la potencia aparente en forma compleja es:
S' ' = P' ' + jQ' ' = ( 12500 + 9375 j ) VA = 15625∠36,87º VA
Con ello, el receptor C absorbe del generador una potencia que vale:
SC = ( 0 + 9375 j )VA = 9375∠90º VA
Ahora se cumplirá:
S C = 3 ⋅ U C ⋅ I *3
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42
Problemas de electrotecnia
De donde:
I *3 =
9375∠90º
3 ⋅ 250∠0º
=
37,5
3
→
∠90º
I3 =
37,5
3
∠ − 90º A = 12,5 3∠ − 90º A
Los amperímetros A3 indican 12,5 3 A = 21,65 A
Las reactancias conectadas al circuito en estrella tienen un valor por fase de:
250
XL =
US
I3
=
∠0 º
250∠0º
3
= 6,66̂∠90º Ω
=
12,5 3∠ − 90 º 12,5 ⋅ 3∠ − 90º
X L = 6,6ˆ6∠90º Ω = ( 0 + j 6,6ˆ6 ) Ω
fase
que se podría haber determinado a partir de la potencia aparente absorbida por el receptor C de la
manera siguiente:
SC = 3X L I 32
→
XL =
9375
X L = 6,6ˆ6 Ω
→
2
3 ⋅ ( 12,5 3 )
Y como se cumple que:
X L = ωL = 100πL
L=
6 ,6ˆ6
= 0,02122 H
100π
→
L = 21,22 mH
las nuevas indicaciones de los amperímetros A, en este tercer caso, son:
I "* =
I" =
S"
3 ⋅ U C ∠0º
62,5
3
=
15625∠36,87 º
3 ⋅ 250∠0º
=
62,5
3
∠36,87 º
→
∠ − 36,87º = 36 ,08∠ − 36 ,87º A
Ahora el vatímetro W3 indica: W " 3 =
Q"
3
=
9375
3
I" = 36,08 A
= 3125 3 W
Los vatímetros W1 y W2 indican, en este tercer caso:
W ' '1 = W ' ' 2 = U RS I R cos(ϕU
RS
− ϕ I ' RS ) = 250 ⋅
62,5
3
⋅ cos[30º +36,87 º ]
W ' '1 = W ' '2 = 3543,66 W
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43
Circuitos trifásicos
1.13 Problema 13
El generador trifásico de la figura genera unas tensiones senoidales de secuencia directa y tiene una
impedancia interna que se puede despreciar. Está conectado mediante una línea de resistencia 2 Ω y
una inductancia desconocida a una carga equilibrada y conectada en triángulo con una impedancia por
fase de 16,97 Ω. Las indicaciones de los aparatos de medida son: W4 = 2904 W y V1 = 380 V .
También se conocen la suma de las indicaciones de los aparatos W1 y W2, que es de 5808 W. Se pide:
a) Corriente de línea y corriente que circula por la carga
b) Indicación del vatímetro W3
c) Valor de la inductancia X1 de la línea
d) Indicación del voltímetro V2
Xl
R=2Ω
W4
W1
W3
V2
V1
R=2Ω
Xl
R=2Ω
Xl
Carga inductiva
equilibrada
conectada en
triángulo
W2
Figura 1.13.1
Resolución:
a) Tal como están conectados los vatímetros W1 y W2, se puede determinar la potencia activa total
consumida por la carga (conexión de Aron):
P = W1 + W 2 = 5808 W
y por fase vale P f =
5808
= 1936 W
3
Por otro lado, el vatímetro W4 nos da la potencia por fase que suministra el generador y que es de
2904W, lo que quiere decir que la potencia consumida por fase por la línea es:
Plf = 2904 − 1936 = 968 W
y conociendo el valor de la resistencia, se puede determinar la corriente de línea:
I l = Plf / R = 968 / 2 = 22 A
Al estar la carga en triángulo, la intensidad en ella es: IC = 22 / 3 = 12,70 A
b) A continuación, se determina la inductancia de la línea X1 y la resistencia y la inductancia de la
carga.
La corriente por fase vale 12,70 A y la potencia activa por fase es de 1936W; por tanto, la resistencia
vale:
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44
Problemas de electrotecnia
R=
1936
12,70 2
= 12 Ω
Además,
R 2 + X C 2 = 16,97 2
X C = 16 ,97 2 − 12 2 = 12 Ω
En definitiva, Z C = 12 + 12 j Ω = 16 , 97 ∠ 45 º Ω
Representando el circuito monofásico correspondiente, se obtiene:
3 ⋅ 2Ω
3⋅ X l
Z C = 12 + 12 jΩ
380∠0º
Figura 1.13.2
Por tanto:
ZT =
U
I
=
380
= 29 ,92 Ω
12 ,70
y también:
29,92 =
(3 ⋅ 2 + 12)2 + (3 X 1 + 12)2
resultando: X 1 = 4 Ω
El vatímetro W3 indica la potencia reactiva total del circuito dividida por 3 .
QT = 3 ⋅ I 2 ⋅ X T = 3 ⋅ 12 ,70 2 ⋅ (4 ⋅ 3 + 12 ) = 11612,88 VAr
Por consiguiente, la indicación del vatímetro W3 es:
W3 = QT / 3 = 6704,7 W
c) La inductancia de la línea ya ha sido determinada y su valor es:
d) La indicación del voltímetro V2 es:
U 2 = Z C I f = 12,70 ⋅16,97 = 215,52 V
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X1 = 4 Ω
45
Circuitos trifásicos
1.14 Problema 14
En el circuito representado en la figura se conocen las indicaciones de los siguientes equipos de
medida:
A1 = 10 A
W = 15588 W
Por otra parte, se conoce el módulo de la diferencia vectorial entre las tensiones V1 y V 2 , que vale
3000V, y se sabe la secuencia de generación es directa.
También se sabe que la potencia activa que cede el generador es de 90 kW y que la potencia reactiva
es de 27 kVAr.
El voltímetro VG indica una lectura de 3059,41V y la impedancia interna del generador ZG es
totalmente reactiva.
Zl
W
E3
V1
ZG
+
ZG
+
A2
V3
E1
VG
ZC
ZC
Zl
ZC
A1
+
E2
ZG
V2
V3
Zl
Figura 1.14.1
Se pide:
a) Impedancia de la línea
b) Impedancia de la carga
c) Impedancia interna del generador
d) Lectura del voltímetro V3
e) Lectura del amperímetro A2
Resolución:
a) Por la disposición del vatímetro W, se puede calcular la potencia reactiva de la carga, ya que:
W = QC / 3
QC = 3 ⋅ W = 3 ⋅15588 = 27000 VAr
Como se puede observar, la potencia reactiva del generador y la potencia reactiva de la carga
coinciden, cosa que indica que la línea se puede considerar como una resistencia pura. Por otro lado,
como se conoce la corriente de fase de la carga, se puede determinar la corriente de la línea.
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46
Problemas de electrotecnia
Il = I fc arg a ⋅ 3 = 10 3 = 17 ,32 A
A continuación, se halla cuanto vale la diferencia vectorial entre V1 y V2.
Al ser una carga equilibrada las corrientes de línea son iguales, pero desfasadas 120º, tal como se
representan en la figura siguiente:
Figura 1.14.2
Las caídas de tensión en las líneas son:
V1 = I R ⋅ R = 17,32∠0º⋅R
V 2 = I s ⋅ R = 17,32∠ − 120º⋅R
V1 − V 2 = 17,32∠0º⋅R − 17,32∠ − 120º⋅R = R(17,32∠0º −17,32∠ − 120º ) = R ⋅ 30∠30º
V1 − V 2 = 30 R
Por otro lado y según el enunciado del problema, la anterior expresión vale 3000 y por tanto:
→
30 R = 3000
R = 100 Ω
b) Para calcular la impedancia de la carga, se calcula en primer lugar la potencia absorbida por la
línea:
Pl = 3 ⋅ I l 2 ⋅ R = 3 ⋅17 ,32 2 ⋅100 = 90000 W
potencia que coincide con la proporcionada por el generador, lo que indica que la potencia activa
absorbida por al carga es nula, es decir, se trata de una carga inductiva pura.
A continuación, se calcula el valor de esta carga inductiva:
XC =
QCf
If2
27000
=
10 2
3 = 90 Ω
c) El circuito se puede estudiar transformándolo en el equivalente monofásico:
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47
Circuitos trifásicos
300Ω
Z C = 90 j
ZG
EG
Figura 1.14.3
Si se plantea la segunda ley de Kirchhoff para la fase R, se obtiene:
E R = I R .( Z G + 300 + 90 j )
Pero teniendo en cuenta que Z G es una reactancia pura, se puede hacer la siguiente representación
vectorial donde I R es la corriente de la fase R.
En consecuencia:
E R 2 = (I R ⋅ R )2 + [I R (90 + X G )]2
y sustituyendo valores:
3059,412 = (10 ⋅ 300)2 + [10(90 + X G )]2
y resolviendo:
X G = −30Ω
es decir, es una impedancia capacitiva
d) El voltímetro V3 indica:
U 3 = I f ⋅ X C = 10 ⋅ 90 = 900 V
e) La lectura del amperímetro A2 es:
I 2 = 10 3 = 17,32 A
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48
Problemas de electrotecnia
1.15 Problema 15
En el circuito de secuencia directa representado en la figura hay conectadas dos cargas trifásicas
equilibradas, cuyas impedancias por fase son Z 1 = ( 30 − j10 ) Ω y Z 2 = ( 20 + j10 ) Ω respectivamente.
La impedancia por fase de la línea es Z L = ( 1 + j ) Ω .
Además, se conoce que la tensión de la línea es de 220V. Se pide:
a) Las indicaciones de los aparatos de medida A, V1, V2, A1 y A2.
b) Las potencias activa y reactiva absorbidas por cada carga y la lectura del vatímetro.
c) La potencia perdida en la línea.
d) La capacidad por fase de una batería de condensadores conectados en triángulo, que se habría de
conectar en paralelo con las cargas para conseguir un factor de potencia igual a la unidad.
R
Z1
ZL
A
A1
W
S
ZL
Z1
T
ZL
Z1
V1
A2
Z2
Z2
Z2
V2
Figura 1.15.1
Resolución:
a ) El circuito se estudia transformándolo en el correspondiente monofásico, representado en la figura,
teniendo en cuenta que las cargas Z 1 y Z 2 están conectadas en paralelo.
La tensión del circuito monofásico es la tensión simple, es decir,
R
220 / 3 V .
ZL
UG =
220
3
V
Z2
Z1
N
Figura 1.15.2
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49
Circuitos trifásicos
Siendo:
Z L = 1 + j = 2∠45º Ω
Z 1 = 30 − 10 j = 31,62∠ − 18,43º Ω
Z 2 = 20 + 10 j = 22 , 36 ∠ 26 , 56 º Ω
A continuación, se busca la Z P equivalente a las impedancias en paralelo Z 1 y Z 2 .
ZP =
Z1 ⋅ Z 2
Z1 + Z 2
=
31,62∠ − 18,43º ⋅22,36∠26,56º
= 10 2∠8,13º Ω = 14 + 2. j Ω
30 − 10 j + 20 + 10 j
La impedancia equivalente total por fase del circuito es:
Z T = Z L + Z P = 1 + j + 14 + 2 j = 15 + 3 j = 15,3∠11,31º Ω
En consecuencia, la corriente que circula por el circuito es:
I=
UG
ZT
220 / 3∠0º
= 8,3∠ − 11,31º = 8,14 − 1,63 j A
15,3∠11,31º
=
La tensión simple en bornes de las cargas es U C = U G − U L , además se sabe que:
U L = Z L .I = 2∠45º ⋅8,30∠ − 11,31º = 11,74∠33,69º V
U L = 9 ,77 + 6 ,51 j V
En consecuencia:
UC =
220
3
− 9 ,77 − 6,51 j = 117 ,25 − 6 ,51 j = 117 ,43∠ − 3,18º V
La corriente que absorbe la carga 1 es:
I1 =
UC
Z1
=
117 ,43∠ − 3,18º
= 3,71∠15,25º = 3,58 + 0 ,98 j A
31,62∠ − 18,43º
y la absorbida por la carga 2 es:
I2 =
UC
Z2
=
117 ,43∠ − 3,18º
= 5,25∠ − 29 ,74º = 4,56 − 2 ,61 j A
22,36∠26 ,56º
Las tensiones en cada carga son:
U1 = Z1 I1 = 31,621∠ − 18,43º ⋅3,71∠15,25º = 117,43∠ − 3,18º V
U 2 = Z 2 I 2 = 22,36∠26,56º ⋅5,25∠ − 29,74º = 117,43∠ − 3,18º V
Como era de esperar: U 1 = U 2 = U C
Resultan, por tanto, las siguientes indicaciones de los aparatos de medida:
Amperímetro A: 8,3 A
Voltímetro V1: 117,43 V
Voltímetro V2: 117,43 V
Amperímetro A1: 3,71 A
Amperímetro A2: 5,25 A
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50
Problemas de electrotecnia
b) Las potencias consumidas en la impedancia Z 1 son:
Potencia activa trifásica:
P1 = 3 ⋅ R1 ⋅ I 1 2 = 3 ⋅ 30 ⋅ 3,712 = 1241 W
Potencia reactiva trifásica:
Q1 = 3 ⋅ X 1 ⋅ I 1 2 = 3 ⋅10 ⋅ 3,712 = 413,69VAr (−)
Las potencias consumidas en la impedancia Z 2 son:
Potencia activa trifásica:
P2 = 3 ⋅ R 2 ⋅ I 2 2 = 3 ⋅ 20 ⋅ 5,25 2 = 1654 ,77 W
Potencia reactiva trifásica:
Q2 = 3 ⋅ X 2 ⋅ I 2 2 = 3 ⋅10 ⋅ 5,25 2 = 827 ,38 VAr
La potencia aparente total trifásica de las dos cargas:
S C = S1 + S 2 = 1241 − 413,69 j + 1654,77 + 827,38 j
S C = 2985,77 + 413,69 j = 2925,17∠8,13º VA
que se puede también calcular como:
SC = 3 ⋅ UC ⋅ I * = 3 ⋅117,43∠ − 3,18 ⋅ 8,30∠11,31º = 2925,17∠8,13º V.A
La indicación del vatímetro W, teniendo en cuenta como está conectado, es:
W = Q'C / 3 = 413,69 / 3 = 238,84 W
c) La potencia aparente perdida en la línea es:
S L = 3 ⋅ U L ⋅ I * = 3 ⋅ 11,74∠33,65 ⋅ 8,30∠11,31º = 292,27∠45 = ( 206,67 + 206,67 j ) VA
S L = 206,67 + 206,67 j VA
d) Se ha de tener en cuenta que la potencia aparente que corresponde al conjunto de las cargas 1 y 2 es
S C = ( 2895,77 + j 413,69 ) VA y que se ha de compensar el factor de potencia hasta la unidad, lo que
quiere decir que hay que tomar una potencia reactiva trifásica inductiva del conjunto de las cargas 1 y
2, pero cambiada de signo, es decir, una potencia reactiva trifásica capacitiva Q'C = 413,69 VAr , que por
fase vale:
QCf = 413,69 / 3 = 137,90 VAr(−)
Por tanto, la capacidad total de los condensadores por fase conectados en triángulo vale:
CµF =
Qcf
W ( U C 3 )2
=
137 ,90 ⋅106
2π 50( U C 3 )2
=
137 ,90 ⋅ 106
100 ⋅ 3,14( 117 ,43 3 )2
= 10,61 µF
C µF = 10,61 µF
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51
Circuitos trifásicos
1.16 Problema 16
Se quiere mejorar el factor de potencia de una instalación eléctrica que alimenta a 3 kV, 50 Hz, una
carga inductiva de 250 kVA, cosφ = 0,8, hasta la unidad, a base de conectar una batería de
condensadores conectados en estrella.
S = 250 kVA
cos φ = 0,8 (i)
C
C C
C C
C
Figura 1.16.1
En el supuesto que cada rama de la batería de condensadores esté formada por dos condensadores
iguales conectados en paralelo, tal como se indica en la figura 1, se pide:
a) Potencia de la batería de condensadores para conseguir el fin propuesto
b) Potencia de cada condensador
c) Reactancia de cada condensador
d) Capacidad de cada condensador
e) Corrientes por fase en la batería de condensadores
f) Tensión en bornes de cada condensador
En el caso de que uno de los condensadores de la fase R se elimine, dejando abierto el circuito, se
pide:
g) Corrientes por fase en la batería de condensadores
h) Tensiones simples en bornes de los condensadores
i) Incremento de la tensión a que están sometidos los condensadores de la fase R en tanto por ciento
respecto a la del apartado f)
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52
Problemas de electrotecnia
Resolución:
a) La potencia reactiva de la carga es Q L = S ⋅ senϕ .
QL = 250 ⋅ 0 ,6 = 150 kVAr(+)
Por tanto, la batería de condensadores tiene una potencia de:
QCT = 150 kVAr(−)
b) Esta potencia se tendrá que repartir entre el número total de condensadores, que en nuestro caso es
de 6, y por tanto:
QCT 150
=
= 25 kVAr
n
6
QC =
c) La reactancia del condensador se puede obtener a partir de su potencia y de la tensión de
alimentación por fase US:
QC = X C ⋅ I C
UC
US =
3
XC =
=
2
⎞
U 2
⎟ = S
⎟
XC
⎠
⎛U
= X C ⋅ ⎜⎜ S
⎝ XC
2
3
3
→
XC =
US2
QC
kV = 3 kV
( 3 ⋅1000 ) 2
= 120 Ω
25000
X C = 120 Ω
d) La frecuencia de la red es f = 50Hz, por tanto:
C=
1
1
=
= 26,53 µF
2πfX C 100π ⋅ 120
e) Los módulos de las corrientes de fase en la batería de condensadores son iguales entre sí y de valor:
If =
US
X CT
en la cual la reactancia XCT representa la reactancia equivalente a la de los condensadores en paralelo
de una fase, es decir, a la reactancia por fase.
X CT =
Y por tanto:
X C 120
=
= 60 Ω
2
2
If =
3 .10 3
= 28,868 A
60Ω
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53
Circuitos trifásicos
f) La tensión en bornes de cada condensador es la tensión de fase:
U C = U S = 3 kV
g) Se toma como origen de ángulos la tensión simple de la fase R, tal como se representa en la figura.
Figura 1.16.2
U RN = 3∠0º kV
U SN = 3∠ − 120º kV
U TN = 3∠120º kV
Las tensiones compuestas valen:
U RS = 3∠30º kV
U ST = 3∠ − 90º kV
UTR = 3∠150º kV
Eliminando un condensador de la rama de la batería de condensadores conectada a la fase R, la carga
se convierte en desequilibrada cuyas impedancias por fase valen, respectivamente:
Z R = − jX C
Z R = −120 j = 120∠ − 90º Ω
ZS = − j
XC
2
Z S = −60 j = 60∠ − 90º Ω
ZT = − j
XC
2
Z T = −60 j = 60∠ − 90º Ω
Figura 1.16.3
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54
Problemas de electrotecnia
La figura anterior se puede simplificar obteniéndose el circuito siguiente (resolviendo por el método
de las mallas):
Figura 1.16.4
U RS = I 1 ( Z R + Z S ) − I 2 ⋅ Z S
3000∠30º = I 1 ⋅180∠ − 90º − I 2 ⋅ 60∠ − 90º
U ST = I 2 ( Z S + Z T ) − I 1 ⋅ Z S
3000∠ − 90º = − I 1 ⋅ 60∠ − 90º + I 2 ⋅120∠ − 90º
Expresado en forma matricial resulta:
⎡ 3000∠30º ⎤ ⎡ 180∠ − 90º − 60∠ − 90º ⎤ ⎡ I 1 ⎤
⎢3000∠ − 90º ⎥ = ⎢− 60∠ − 90º 120∠ − 90º ⎥ ⎢ ⎥
⎦ ⎣⎢ I 2 ⎦⎥
⎦ ⎣
⎣
Por tanto:
I1 = j17 ,321 = 17 ,321∠90º A
→
⎡ 17,321∠90º ⎤ ⎡0 + 17,321 j ⎤
I =⎢
⎥=⎢
⎥A
⎣26,458∠19,107º ⎦ ⎣25 + 8,660 j ⎦
I 2 = 25 + j8,660 = 26 ,458∠19 ,107º A
De la figura anterior se deduce:
I R = I 1 = 17 ,321∠90º A
I S = I 2 − I 1 = 25 + j8,660 − j17 ,321 = 25 − j8,661 = 26 ,458∠ − 19 ,107º A
I T = − I 2 = 26 ,458∠199 ,107º A
Figura 1.16.5
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55
Circuitos trifásicos
h) Las tensiones simples en bornes de los condensadores son las tensiones U R 0 , U S 0 y U T 0
respectivamente.
U R 0 = Z R ⋅ I R = 120∠ − 90º ⋅17 ,32∠90º = 2078,52∠0º V
U S 0 = Z S ⋅ I S = 60∠ − 90º ⋅26 ,458∠ − 19 ,107º = 1587 ,48∠ − 109 ,107º V
U T 0 = Z T ⋅ I T = 60∠ − 90º ⋅26 ,458∠199,107º = 1587 ,48∠109 ,107º V
Los condensadores de la fase R están sometidos a sobretensión respecto del caso anterior y los de las
otras fases trabajan a una tensión inferior.
i) El incremento en tensión en tanto por ciento es:
u% =
U RN − U RO
⋅ 100 con U RN = 3 kV
U RN
u% =
1732,05 − 2078,52
⋅100 = 20%
1732 ,05
→
u% = 20%
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56
Problemas de electrotecnia
1.17 Problema 17
El circuito de la figura está constituido por un generador trifásico equilibrado, de secuencia directa y
frecuencia de 50 Hz, alimentando una carga trifásica equilibrada.
La impedancia de la línea es Z 1 .
La tensión en bornes de la carga indicada por el voltímetro V2, es de 658,18V.
También se conocen las indicaciones de lo vatímetros W1 y W2 que son iguales y valen 5000 W.
Por otro lado, se ha comprobado experimentalmente que las pérdidas totales que se producen en la
línea corresponden al 10% del consumo de la carga.
En un momento determinado se produce un cortocircuito entre las tres fases, quedando en contacto los
puntos A, B y C; en este momento se puede observar que la indicación del vatímetro W1 es cero.
R
S
T
A1
A2
D
Z1
V1
Z1
A3
W1
Z1
A
B
V2
W2
RECEPTOR
INDUCTIVO
C
Figura 1.17.1
Calcular:
a) Impedancia por fase de la carga o receptor, en el supuesto de estar conectada en triángulo.
b) Impedancia por fase del receptor, en el caso de estar conectada en estrella.
c) Impedancia de la línea Z 1
d) Tensión en bornes del generador indicada por el voltímetro V1
e) Con el receptor conectado en estrella, se produce un cortocircuito entre el punto D y el neutro de la
estrella del receptor. Calcular para este caso la lectura de los amperímetros A1, A2 y A3.
Resolución:
En un momento determinado, según dice el enunciado, se produce un cortocircuito entre A, B y C, y el
vatímetro W1 en este momento indica una lectura cero; por tanto, en este instante sólo se tiene el
consumo de la línea.
Por la disposición del vatímetro W1 y por el hecho de la carga total Z1 sea equilibrada ( se está en el
caso de cortocircuito, la potencia reactiva total es:
Q = 3.W1 = 0
Es decir, la impedancia Z 1 no consume energía reactiva, en consecuencia Z 1 es totalmente resistiva.
Por otro lado, y por su disposición, multiplicando por
línea-receptor.
3 indica la potencia reactiva del conjunto
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57
Circuitos trifásicos
Q = 3W1 = 3 ⋅ 5000 VAr
Pero si, como se ha dicho, la línea es totalmente resistiva, QT corresponderá en su totalidad al receptor,
es decir:
QC = 3 ⋅ 5000 VAr
Conocida la potencia reactiva absorbida por el receptor y la lectura del vatímetro W2 se podrá calcular
la potencia absorbida por la carga.
Si se dispusiera de otro vatímetro WA entre la impedancia de la línea y el receptor en la fase R, y
conectada la bobina voltimétrica entre las fases R y T, estaríamos frente a una conexión Aron en que:
QC = 3 (W A − W 2 )
PC = W A + W 2
Despejando WA y sustituyendo, resulta: QC = 3 ( PC − 2W 2 )
→
PC =
QC + 3 ⋅ 2W 2
Y sustituyendo los valores correspondientes, resulta:
3 ⋅ 5000 + 3 ⋅ 2 ⋅ 5000
PC =
3
= 15000 W
Se puede calcular a continuación el factor de potencia de la carga:
tgϕ C =
QC
3 ⋅ 5000
3
=
=
PC
15000
3
→
ϕ C = 30º
Para calcular la corriente de la línea se hará de la siguiente manera:
PC = 3U l I l cos ϕ C
→
I l=
PC
3U l cos ϕ C
=
15000
3
3 ⋅ 658,18
2
a) Si la carga está conectada en triángulo, se tendrá:
Figura 1.17.2
Z c∆ =
es decir:
Uc
I1 / 3
=
658,18
15,19 / 3
= 75 Ω
Z C∆ = 75∠30º Ω
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= 15,19 A
3
58
Problemas de electrotecnia
b) Si está conectada en estrella:
Z Cλ =
Z C∆ 75∠30º
=
= 25∠30º Ω
3
3
c) Se sabe que la impedancia de la línea es totalmente resistiva y, por otro lado, se conocen las
pérdidas que se producen.
Pl = 0 ,1 ⋅ PC = 0,1 ⋅15000 = 1500 W
De aquí se puede calcular la resistencia Rl.
Pl = 3 ⋅ I 2 ⋅ Rl
Rl =
1500
3 ⋅15,19 2
= 2 ,167 Ω
d) Para calcular la indicación del voltímetro V1, representamos el circuito equivalente monofásico
correspondiente:
Figura 1.17.3
U 1S = U 2 S + Z l ⋅ I
U 1S =
658,18∠0º
3
+ 2,167∠0º⋅15,19∠ − 30º
U 1S = 408,83 V
Por tanto, el voltímetro V1 conectado entre las dos fases indicaría: V1 = 3 ⋅ 408,83 = 708,12 V
e) El circuito correspondiente cuando se produce un cortocircuito entre el punto B y el neutro de la
estrella es:
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59
Circuitos trifásicos
N
N’ = R
Zl
Figura 1.17.4
Siendo ER , E S y ET las tensiones de fase, es decir:
ER =
708,12∠0º
3
= 408,83∠0º V
E S = 408,83∠ − 120º V
ET = 408,83∠120º V
Z TOT = Z l + Z c = ( 2 ,167 + 0. j ) + 25 < 30º = 26 ,90 < 27 ,69º Ω
IS =
VSR
708,12 < 210º
=
= 26,32 < 182,31º A
Z TOT 26,90 < 27 ,69º
IT =
VTR
708,12 < 150º
= 26,32 < 122,31º A
=
Z TOT 26,90 < 27 ,69º
I R = −( I S + I T ) = 45,59 < −27 ,68º A
Las indicaciones de los amperímetros son:
A1 : 45,59A
A2 : 26,32 A
A3 : 26,32 A
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60
Problemas de electrotecnia
1.18 Problema 18
El sistema trifásico a 380 V de la figura es de secuencia directa y alimenta dos cargas equilibradas
mediante una línea de impedancia Z L = 1,5 + j1,5Ω . La carga en triángulo presenta unas impedancias
por fase de 90 + j45 Ω, mientras que la carga en estrella tiene unas impedancias por fase de 45 - j15 Ω.
Se pide:
a) La lectura del amperímetro A
b) La lectura del voltímetro V
c) Las lecturas de los vatímetros W1, W2 y W3
R
ZL
S
ZL
T
ZL
A
W2
V
W3
W1
Figura 1.18.1
Resolución:
a) Impedancias de las cargas equivalentes en estrella:
Z 1λ =
90 + j 45
= 30 + j15 = 33,541 ∠ 26 ,565º Ω
3
Impedancia en paralelo de las dos cargas:
Z Pλ =
Z 2 λ = 45 − j15 = 47 ,434 ∠ − 18,435º Ω
Z 1λ ·Z 2 λ
Z1λ + Z 2 λ
= 21,21 ∠ 8,13º = 21 + j 3 Ω
Impedancia global del circuito por fase:
Z T = Z l + Z P λ = 1,5 + j1,5 + 21 + j 3 = 22 ,5 + j 4 ,5 = 22 ,94 ∠ 11,31º Ω
Origen de fases:
U
f
= 380 / 3 ∠ 0º
V
Zl
Circuito equivalente por fase:
380
3
∠ 0º V
U fc
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Z Pλ
61
Circuitos trifásicos
I=
380 / 3∠ 0º
= 9 ,56 ∠ − 11,31º A
22 ,94∠ 11,31º
→
A = 9,56 A
b) Tensión en bornes de la carga
U f c = U f g − Il ⋅ Zl =
380
∠ 0º − ( 9 ,56 ∠ − 11,31º )·( 1,5 + j1,5 ) = 202 ,835 ∠ − 3,1786 V
3
Lectura del voltímetro: 202,835 · 3 = 351,32 V
→
V = 351,32 V
c) S = 3·U f c ·I *f c = 3 · 202 ,835∠ − 3,1786º · 9 ,56∠ 11,31º = 5817 ,30∠ 8,1314º = 5758,81 + j822 VA
Conexión Aron:
P = W1 + W2
⎫
⎬
Q = 3( W1 − W2 )⎭
5758,81 = W1 + W2
⎫
⎬
822 = 3( W1 − W2 )⎭
→
Del sistema anterior resulta
W1 = 3116,69 W
W2 = 2642,11 W
De la disposición de W3 resulta,
Q = 3 · W3 →
W3 =
822
3
= 474,58 W
→
W3 = 474 ,58 W
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62
Problemas de electrotecnia
1.19 Problema 19
Una red trifásica de 400 V y 50 Hz alimenta dos cargas según muestra la figura adjunta. Con el
interruptor K1 cerrado y el K2 abierto, se tiene W2 = 0,6.W1.
Se pide:
a) La lectura del amperímetro
b) La lectura del voltímetro
Con los interruptores K1 y K2 cerrados, se pide:
c) La nueva lectura del amperímetro
d) Las nuevas lecturas de los vatímetros
R
A
W1
S
W2
T
K1
2,5 Ω
5Ω
V
CARGA 1
60 kVA
cosϕ1 = 0,5 (i)
(1000.π)−1 F
Figura 1.19.1
Resolución:
a)
Por estar W1 y W2 en conexión Aron:
PTOT = W1 + W 2 = 60000 ⋅ 0,5 = 30000W
W1 = 18750 W
W 2 = 0,6 ⋅ W1
W 2 = 11250 W
QTOT = 3( W1 − W2 ) = 12990 ,38 VAr
tgϕ TOT =
QTOT 12990,38
=
PTOT
30000
PTOT = 3Vlin ⋅ I lin ⋅ cos ϕ TOT
b)
→
→
ϕ TOT = 23,41º
→
I lin = 47,185 A
Pcàrrega = 3Vlin ⋅ I lin ⋅ cos ϕ
30000 = 3 ⋅ Vlin ⋅ 47,185 ⋅ 0,5 →
Vlin càrrega = 734,15 V
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cos ϕ TOT = 0,9177
63
Circuitos trifásicos
c)
T
XC =
1
1
=
= 10 Ω
2.π . f .C 2.π .50.( 1000.π ) −1
I RT =
V RT
400∠ − 30º
=
= 40∠60º A
10∠ − 90º
10∠ − 90º
R
R
S
V
400∠90º
ITS = TS =
= 160∠90º A
2 ,5
2 ,5
V
400∠210º
= 80∠210º A
I SR = SR =
5
5
La figura siguiente muestra las intensidades en la carga 2:
IS2
IR2
IT2
2,5 Ω
5Ω
ISR
ITS
(1000.π)−1 F
IRT
Figura 1.19.2
I R 2 = I RT − I SR
I R1 = 47,185∠ − 23,41º A
I R = I R1 + I R 2 = 47,185∠ − 23,41º +40∠60º −80∠210º = 144,07∠22,93º
A = 144,07 A
I S1 = 47 ,185∠ − 143,41º A
I S 2 = I SR − I TS
I S = I S1 + I S 2 = 47 ,185∠ − 143,41º +80∠210º −160∠90º = 252 ,05∠ − 115,06º A
d)
(
)
W1 = 34737,6 W
(
)
W2 = 91329,3 W
W1 = V RT ⋅ I R ⋅ cos ϕ VRT − ϕ I R = 400 ⋅144,07 ⋅ cos(− 30º −22,93º ) →
W 2 = V ST ⋅ I S ⋅ cos ϕ VST − ϕ I S = 400 ⋅ 252,05 ⋅ cos(− 90º +115,06º ) →
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64
Problemas de electrotecnia
1.20 Problema 20
El sistema trifásico con U = 400 V (tensión fijada para todo el problema) y 50 Hz de la figura es de secuencia
directa y alimenta dos cargas equilibradas y una carga desequilibrada.
a) Con el interruptor K1 cerrado y el interruptor K2 abierto, se pide el factor de potencia global de la carga, las
lecturas de los amperímetros y la lectura del voltímetro UG.
b) Con los interruptores K1 y K2 cerrados, determinar las nuevas lecturas de los amperímetros.
R
S
T
RL = 0,4 Ω
UG 0,4 Ω U
RL = 0,4 Ω
R
AR
S
AS
T
AT
K1
20 kVA
cosϕ = 0,8 (i)
31,8 µF 31,8 µF
K2
50 Ω
25 Ω
50 Ω
31,8 µF
Figura 1.20.1
Resolución:
a)
XC =
1
1
=
= 100 Ω
Cω 31,86 ⋅10 − 6 ⋅ 2π ⋅ 50
P2 = 0 W
Q2 = 3 ⋅
400 2
U2
= 3⋅
= 4800 VAr (capacitiva )
100
XC
P1 = 20000 ⋅ 0,8 = 16000 W
Q1 = S1 ⋅ sin ϕ 2 = 20000 ⋅ sin 36,87º = 12000 VAr (inductiva)
PT = P1 + P2 = 16000 W
QT = Q1 + Q2 = 12000 − 4800 = 7200 VAr
tgϕ T =
QT
7200
=
= 0,45
PT 16000
→
ϕ T = 24,22º
→
ST = PT + jQT = 16000 + j 7200 = 17545,37∠24,22º VA
Vamos a considerar la carga total conectada en estrella.
Tomando URN como origen de fases resulta: U RN = 400 / 3∠0 º V
ST = 3 ⋅ U RN ⋅ I RN *
I RN * =
17545,37∠25,22º
= 25,32∠24,22º A
3 ⋅ 400 / 3∠0º
Por lo tanto, resulta:
AR = AS = AT = 25,32 A
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cos ϕ T = 0,911
65
Circuitos trifásicos
U GRN = U RN + I R .RL = 400 / 3∠0º +25,32∠ − 24,32º⋅0,4∠0º = 240,21∠ − 0,99 V
U G = 3 ⋅ 240,21 = 416,05 V
b)
U RN =
400
∠0º V
3
U SN =
400
∠ − 120º V
3
I RS =
U RS 400∠30º
= 16∠30º A
=
Z RS
25∠0º
I ST =
U ST 400∠ − 90º
= 8∠ − 180º A
=
Z ST
50∠90º
I TR =
U TR 400∠150º
= 8∠240º A
=
Z TR 50∠ − 90º
U TN =
I R 2 = I RS − I TR = 16∠30º −8∠240º = 17,86 + j14,93A
I S 2 = I ST − I RS = 8∠ − 180º −16∠30º = −21,86 − j8 A
I T 2 = I TR − I ST = 8∠240º −8∠ − 180º = 4 − j 6,93 A
Resultando:
I R ' = I R1 + I R 2 = (17,86 + j14,93) + 25,32∠ − 24,22º = 41,20∠6,32º A
AR = 41,20 A
I S ' = I S1 + I S 2 = (− 21,86 − j8) + 25,32∠ − 24,22º −120 º = 48,13∠ − 151,72º A
As = 48,13 A
I T ' = I T 1 + I T 2 = (4 − j 6,93) + 25,32∠ − 24,22º −240º = 18,32∠85,3º A
AT = 18,32 A
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400
∠120º V
3
66
Problemas de electrotecnia
1.21 Problema 21
Se conocen los datos siguientes de la figura adjunta: W1 = 26145 W, W3 = 12235 W, V2 = 380 V.
Se pide:
a) La lectura del vatímetro W2
b) La potencia activa consumida por la carga B
c) La lectura del amperímetro
d) La lectura del voltímetro V1
R
S
RΩ
W1
A
V1
W2
W3
V2
RΩ
RΩ
T
Carga A
PA = 12500 W
cosϕA = 0,6 (i)
Carga B
PB = ?
cosϕB = 0,8 (i)
Figura 1.21.1
Resolución:
a)
Q A− B = 3 ⋅ W3 = 3 ⋅12235 = 21191,64 VAr
QB = QA− B − QA = 21191,64 − 12500 ⋅ tg [arccos 0 ,6] = 4524 ,97 VAr
Por otro lado:
QT = QA− B = 21191,64 VAr
QT = 3 ⋅ (W1 − W2 )
→
W1 − W 2 =
QT
3
=
21191,64
3
= 12235 W
W 2 = W1 − 12235 = 26145 − 12235 = 13910 W
b)
PB =
4524 ,97
QB
=
= 6033,29 W
tgϕ B tg (arccos 0 ,8)
→
PB = 6033,29 W
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67
Circuitos trifásicos
c)
tgϕ AB =
I=
QAB 21191,64
=
= 1,1434
PAB 18533,25
PA− B
→
3 ⋅V 2⋅ cos ϕ AB
→ ϕ AB = 48,828º
I=
18533,25
3 ⋅ 380 ⋅ 0 ,658
→
= 42 ,77 A
cos ϕ AB = 0,658
→
d)
PA− B = PA + PB = 12500 + 6033,14 = 18533,29 W
PT = W1 + W 2 = 26145 + 13910 = 4055 W
PR = PT − ( PA + PB ) = 40055 − ( 12500 + 6033,25 ) = 21521,71 W
PR = 3 ⋅ R ⋅ I 2
→
V 1f = V 2 f + I ⋅ R =
R=
380
3
21521,71
3 ⋅ 42,77 2
= 3,82Ω
∠0º +42 ,77∠ − 48,28º ⋅3,82 = 353,835∠ − 20 ,71º V
V1 = 3 ⋅ V1 f = 3 ⋅ 353,835 = 611,82 V
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A = 42,77 A
68
Problemas de electrotecnia
1.22 Problema 22
En el circuito trifásico de la figura la impedancia de línea vale Z L = 4 + j.3 Ω . Se conocen las lecturas
de los aparatos de medida: A1 = 1,633 A, A2 = 5,773 A, W1 = 6928,2 W, W2 = 12000 W, U = 6000
V.
Con el interruptor abierto determinar:
a ) La potencia aparente de las cargas.
b ) La lectura del amperímetro general A.
c ) La lectura del voltímetro U1
d ) Al cerrar el interruptor, determinar la capacidad de los condensadores para mejorar el factor de
potencia global hasta la unidad. Suponer que la tensión U se mantiene inalterable respecto al apartado
anterior y que la frecuencia es de 50 Hz.
ZL
R
S
U1
A
U
ZL
ZL
T
A1
A2
W1
W2
K
C
Carga equilibrada 1
capacitiva
Carga equilibrada 2
inductiva
C
C
Figura 1.22.1
Resolución:
a)
Q1 = − 3 ⋅ W1 = − 3 ⋅ 6928,3 = −12000 VAr (cap)
y también:
Q1 = 3 ⋅ U ⋅ I1 ⋅ sin ϕ1
tgϕ1 =
P1
Q1
12000
sin ϕ1 =
3 ⋅ 6000 ⋅ 1,633
= 0,707
ϕ1 = 45º
P1 = Q1 ⋅ tg 45º = 12000 ⋅ 1 = 12000 W
S1 = 12000 − j12000 = 16970,56∠ − 45º VAr
W2 =
U
3
⋅ I 2 ⋅ cos ϕ 2
cos ϕ 2 =
12000
= 0,6
6000
⋅ 5,773
3
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ϕ 2 = 53,12º
69
Circuitos trifásicos
P2 = 3 ⋅12000 = 36000 W
Q2 = P2 ⋅ tgϕ 2 = 36000 ⋅ tg 53,12º = 47982,37 VAr
S 2 = 36000 + j 47982,37 = 59985,89∠53,12º
ST = S1 + S 2 = 48000 + 35982,37 = 59989,42∠36,89º
ST = 59989,42∠36,89º
b)
I=
ST
3 ⋅U
=
59989,42
3 ⋅ 6000
= 5,772 A
I = 5,772 A
c)
Orígen de fases:
Uf =
6000
3
∠0 º
I = 5,772∠ − 36,86º
U1 f = U f + ZC ⋅ I
U1 f =
6000
3
∠0º + (4 + j 3) ⋅ 5,772∠ − 36,86º = 3492,97∠0º V
U 1 = 3 ⋅ U 1 f = 6050 V
d)
QC = −Q = 35982,37 VA
QC U 2 U 2
=
=
= U 2 ⋅ Cω
1
3
XC
Cω
C=
U 2 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ f 6000 2 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 50
=
= 1,06 µF
QC
35982,37
3
3
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70
Problemas de electrotecnia
1.23 Problema 1.23
Dado el circuito de la figura, alimentado por un sistema trifásico equilibrado de tensiones de secuencia
directa, se conocen las lecturas V = 400 V, W1 = 7173,8 W y W2 = 3926,2 W.
Con los interruptores K1 y K2 abiertos, determinar:
a) El número de lámparas de incandescencia por fase de la carga IV.
Si se cierran los interruptores K1 y K2, calcular:
b) La lectura del amperímetro AN.
c) Las lecturas de los vatímetros WA y WB.
AR
R
WA
W1
V
W2
WB
S
T
N
AN
K1
Motor I
FP = 0.8 (i)
2309,4 W
K2
Motor III
FP = 0.8 (i)
Carga II
30 lámparas de
230V y 60 W en paralelo
Carga IV
Lámparas de 400 V
y 60 W en ∆
Figura 1.23.1
Resolución:
a)
P3− 4 = W1 + W2 = 7173,8 + 3926,2 = 11100 W
Q3− 4 = (W1 − W2 ) ⋅ 3 = 3 ⋅ (7173,8 − 3926,2 ) = 5625 VAr
La carga IV es puramente resistiva, por lo que se cumple que Q4 = 0 VAr.
Q3− 4 = Q3 + Q4
Q3 = Q3− 4 = 5625 VAr
P3 =
Q3
5625
=
= 7500 W
tgϕ3 tg (ar cos 0,8)
P4 = P3− 4 + P3 = 11000 − 7500 = 3600 W
P4 fase =
3600
= 1200 W
3
Pbombilla =
1200
= 20 bombillas
60
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71
Circuitos trifásicos
b)
P3− 4 = 3 ⋅ U ⋅ I 3− 4 ⋅ cos ϕ3− 4
tgϕ3− 4 =
5625
Q3− 4
=
= 0,5067
P3− 4 11100
P3− 4
I 3− 4 =
3 ⋅ U ⋅ cosϕ3− 4
=
11100
3 ⋅ 400 ⋅ 0,892
ϕ3− 4 = −26,874º
= 17,961 A
T
Origen de fases:
U RN =
cos ϕ3− 4 = 0,892
400
3
∠0º V
R
S
I (3− 4) R = 17,961∠ − 26,874 º A
I (3− 4 ) S = 17,961∠ − 26,874 º −120 º A
I (3− 4 )T = 17,961∠ − 26,874 º −240 º A
Consumo monofásico 1:
I1R =
P1
2309,40
=
= 12,5 A
VRN .cos ϕ1 400 ⋅ 0 ,8
3
cos ϕ1 = 0,8
ϕ1 = 36,87º
I 1R = 12,5∠ − 36,87º A
I 1N = −12,5∠ − 36,87º = 12,5∠ − 36,87º −180º = 12,5∠143,13º A
Consumo monofásico 2:
I 2S =
30 ⋅ 60
= 7,794 A
400
⋅1
3
I 2 S = 7,794∠ − 120º A
I 2 N = −7,794∠ − 120º = 7,794∠60º A
I N = I 1N + I 2 N = 12,5∠143,13º +7 ,794∠60º = −10 + j 7 ,5 + 3,897 + j 6 ,75 =
= −6,1 + j14,25 = 15,5∠113,17º A
AN = 15,5 A
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72
Problemas de electrotecnia
c)
(
WA = U RT ⋅ I R ⋅ cos U RT ⋅ I R
)
U RT = 400∠ − 30º V
I R = I 1R + I (3− 4) R = 12,5∠ − 36,87 º +17,961∠ − 26,874 º = 30,348∠ − 30,98º A
WA = 40 ⋅ 30,348 ⋅ cos(− 30 − ( −30,98 )) = 12131,95 W
(
WB = U SN ⋅ I S ⋅ cos U SN ⋅ I S
)
U SN =
400
3
∠ − 120º V
I S = I 2 S + I (3− 4) S = 7,794∠ − 120º +17,961∠ − 146,874 = 25,156∠ − 138,83º A
WB =
400
3
⋅ 25,156 ⋅ cos(− 120 − ( − 138,83 )) = 5498,6 W
o también:
WB =
P3+ 4
11000
+ P2 =
+ 30 ⋅ 60 = 5500 W
3
3
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73
Circuitos trifásicos
1.24 Problema 24
Dado el circuito de la figura, alimentado por un sistema trifásico equilibrado de tensiones de secuencia
directa a 50 Hz, se conocen las lecturas V = 400 V, W1 = 7173,8 W i W2 = 3926,2 W. La carga IV está
formada por un total de 12 condensadores conectados en triángulo, formando una carga equilibrada.
Con los interruptores KI i KII abiertos, determinar:
a) Capacidad de cada uno de los 12 condensadores de la carga IV( todos los condensadores soportan
una tensión de 400 V).
Si se cierran los interruptores KI i KII, calcular:
b) La lectura de los amperímetros AN i AS.
c) Las lecturas de los vatímetros WA i WB.
R
S
WA
AS
WB
V
W1
W2
T
N
AN
KII
KI
Motor I
FP = 0.8 (i)
3000 W
Carga II
20 lámparas de 230V
y 60 W en paralelo
Motor III
FP = 0.8 (i)
Figura 1.24.1
Resolución:
a)
PIII + IV = W1 + W2 = 11100 W
Q III + IV = 3 ⋅ (W1 − W2 ) = 3 ⋅ (7173,8 − 3926,2) = 5625 VAr
PIV = 0
PIII = 11100 W
Q III = PIII ⋅ tgϕ III = 11100 ⋅ tg (ar cos 0,8) = 8325 VAr
Q IV = 5625 − 8325 = −2700 VAr
Q IV
= −225 VAr
12
2
UC
400 2
225 =
=
1
1
2π ⋅ 50C 2π ⋅ 50C
QC =
C = 4,48 µF
b)
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Carga IV
Condensadores
en ∆
74
Problemas de electrotecnia
S III + IV = 11100 + j 5625 = 12443,9∠ − 26,87 º W
IR =
12443,9
Si
UR =
3 ⋅ 400
= 17,96 A
400
∠0º V
3
I R = 17,96∠ − 26,87 º A
I S = 17,96∠ − 146,87 º A
I T = 17,96∠ − 226,87 º A
Motor I:
3000
= 16,238 A
400
⋅ 0,8
3
400
∠ − 120º
U SN =
3
FPI = 0,8 (i) → ϕ I = 36,87 º
II =
I I = 16,238∠ − 120º −36,87º = 16,238∠ − 157,87º A
Carga II:
I II =
20 ⋅ 60 1200 ⋅ 3
=
= 5,196 A
400
400
3
U TN =
400
3
∠ − 240º
I II = 5,196∠ − 240º A
Las lámparas e incandescencia tienen FPII = 1
(
)
→
ϕ II = 0º
I N = − I I + I II = −(16,238∠ − 157,87º +5,196∠ − 240º ) = 17,63∠6,11º A
AN = 17,63 A
I S ' = I S ' + I I = 17,96∠ − 146,89º16,238∠ − 156,87º = 34,065∠ − 151,61º A
AS = 34,064 A
c)
(
)
(
)
W A = U ST ⋅ I R ⋅ cos U ST , I R = 400 ⋅ 17,96 ⋅ cos(− 90º −(− 26,7º )) = 3246,93 W
W A = 3246,93 W
W B = U SN ⋅ I S '⋅ cos U SN , I S ' =
400
3
⋅ 34,065 ⋅ cos(− 120 º −(− 151,61º )) = 6700 W
W B = 6700 W
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75
Transformadores monofásicos
2 Transformadores monofásicos
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76
Problemas de electrotecnia
2.1 Problema 1
Un transformador monofásico de 44 kVA, 2200/220V absorbe en vacío 176 W, alimentado a una
tensión de 2200 V.
Se conocen los valores de les caídas de tensión relativas en la resistencia y la reactancia de
cortocircuito que valen 1,4% y 2,1% respectivamente.
Determinar la potencia absorbida por el transformador y el rendimiento cuando su secundario alimenta
una carga de 30 kW, con una tensión de 220 V, presentando un factor de potencia de 0,8 inductivo.
Resolución:
I1n =
44000
2200
ε Rcc =
ε Xcc =
1,4
100
2,1
100
= 20 A
=
=
rt =
R1cc · I1n
U 1n
X 1cc · I1n
U 1n
2200
= 10
220
Æ
R1cc =
Æ
X 1cc =
Æ
I 2 n = I1n · rt = 200 A
1,4 · 2200
100 · 20
2,1 · 2200
100 · 20
= 1,54 Ω
= 2,31 Ω
Corriente absorbida por la carga,
I2 =
P2
30000
=
= 170,45 A
V 2 ⋅ cos ϕ 2 220 · 0,8
Æ
I 2/ =
170,45
U1
U'2
X1cc · I'2
-36,87º
I'2
R1cc · I'2
Fig. 2.1.1
cos ϕ C = 0,8
/
/
Æ
ϕ C = − 36,87 º
/
U 1 = U 2 + R1 cc · I 2 + X 1 cc · I 2
U 1 = 2200 ∠ 0º + (1,54 + j 2,31) · 17,045 ∠ − 36,87 = 2244,67 ∠ 0,4º V
⎛V
P1 = P2 + PFe + PCu = P2 + PO ⎜ 1
⎜V
⎝ 1n
2
⎞
⎟ + I' 2 · R
2
1CC
⎟
⎠
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rt
= 17,045 A
77
Transformadores monofásicos
P1 = 30000 + 176 ⎛⎜
2
2244,67 ⎞
2
⎟ + 1,54 · 17,045 = 30000 + 183,22 + 447,41 =
⎝ 2200 ⎠
= 30630,64 W
Æ
P1 = 30630,64 W
P
30000
= 97,94%
η = 100 ⋅ 2 = 100 ⋅
P1
30630,64
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78
Problemas de electrotecnia
2.2 Problema 2
Un transformador monofásico de 200 kVA, 6600/ 384 V, alimenta a 384 V una carga que tiene un
factor de potencia igual a la unidad. El rendimiento del transformador es del 98%, tanto si presenta un
índice de carga C = 1 como si el índice de carga es de 0,5. El factor de potencia de la impedancia de
cortocircuito es de 0,2079. La corriente de vacío que absorbe el transformador es de 0,84 A estando el
transformador alimentado a 6600 V.
Se piden los parámetros del circuito equivalente Rcc, Xcc, RFe, Xµ (valores referidos al primario del
transformador).
Resolución:
I1n =
η=
200000
6600
= 30,30 A
⎛V
PFe = Po ⎜⎜ 2
⎝ V2n
P2
P2 + PFe + PCu
2
⎞
⎟ = Po
⎟
⎠
PCu = C 2 PCC
Situación 1:
P2 = V2 ⋅ I 2 ⋅ cos ϕ 2 = V2n ⋅ I 2n ⋅1 = Sn
Situación 2:
P2 = V2 ⋅ I 2 ⋅ cos ϕ 2 = V2n ⋅ I 2n ⋅ 0,5 = 0,5Sn
⎫
200 · 10 3
⎪
3
200 · 10 + PO + PCC
⎪
⎬
200 · 10 3 · 0,5
⎪
0,98 =
200 · 10 3 · 0,5 + PO + 0,5 2 · PCC ⎪⎭
0,98 =
PO =
U 12O
R1 Fe
Æ
R1Fe =
PO = 1360,54 W
PCC = 2721,09 W
6600 2
= 32016,70 Ω
1360,54
Æ
R1Fe = 32016,70 Ω
S O = U 1n · I1O = 6600 · 0,84 = 5544 VA
QO = S O2 − PO2 = 5544 2 − 1360,54 2 = 5374,46
X 1µ =
U 12O
6600 2
=
= 8104,99 Ω
QO
5374,46
PCC = I12n · R1CC Æ R1CC =
cos ϕ CC = 0,2079
tg ϕ CC =
X 1CC
R1CC
X 1µ = 8104,99 Ω
PCC 2721,09
=
= 2,96 Ω
30,30 2
I12n
Æ ϕCC = 78º
Æ
Æ
R1CC = 2,96 Ω
Æ
Æ tg ϕ CC = 4,7
X 1 CC = 4,7 · 2,96 = 13,93 Ω
Æ
X 1 CC = 13,93 Ω
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79
Transformadores monofásicos
2.3 Problema 3
De la placa de características de un transformador monofásico reductor de tensión, se han obtenido los
datos siguientes:
Tensiones
3300 V / 220 V
Corrientes
3,03 A / 45,45 A
Potencia aparente
Frecuencia
10 kVA
50 Hz
εCC = 5 %
Tensión de cortocircuito
Por medidas efectuadas, se sabe que los valores óhmicos de las bobinas primaria y secundaria son
respectivamente 5 Ω y 0,02 Ω.
Se hace el ensayo del transformador en cortocircuito, intercalando un amperímetro entre los terminales
del primario, alimentándolo por el secundario.
Cuando el amperímetro indica 3,03 A, en el secundario quedan aplicados 11 V.
+
A
AT
BT
V
Figura 2.3.1
a) Comprobar la coherencia de los datos obtenidos de la placa de características.
b) Calcular la relación de transformación.
c) Calcular los valores de RCC y XCC reducidos al primario y al secundario.
d) Valor de la tensión que se ha de aplicar al primario del transformador para que el secundario
alimente a la tensión nominal una carga de 7 kW, constituida por lámparas de incandescencia de 220
V.
Resolución:
a) En primer lugar, verificaremos si los datos de placa son coherentes:
Las corrientes nominales han de ser:
I 1n =
Sn
10000
=
= 3,03 A
U 1n
3300
I 2n =
Sn
10000
=
= 45,45 A
U 2n
220
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80
Problemas de electrotecnia
En el ensayo de cortocircuito encontramos que la tensión UCC de cortocircuito es de 11 V, tensión que
referida a la nominal, representa:
ε CC =
11
⋅100 = 5%
220
Así pues, los datos de la placa de características son coherentes con el resto de los datos.
b) Por definición, la relación de transformación es el cociente entre las tensiones en los devanados de
alta y baja cuando el transformador trabaja en vacío.
rt =
U 1n I 2n 3300 45,45
=
=
=
= 15
U 2n I1n
220
3,03
→
rt = 15
c) Los valores de la resistencia RCC, reactancia XCC e impedancia ZCC de cortocircuito del
transformador se pueden dar referidos tanto al lado de A.T. como al de B.T.
Considerando el transformador por el lado de baja tensión, se tiene:
R 2CC = R 2 +
R1
rt
2
= 0,02 +
5
15 2
= 0,0422Ω
R 2CC = 0,0422Ω ( en B.T. )
Por otro lado, el valor de Z2CC se encuentra a partir del ensayo de cortocircuito:
U 2CC = I 2 n ⋅ Z 2CC
11 = 45,45 ⋅ Z 2CC
Z 2CC = 0,242Ω ( en B.T. )
Y en consecuencia:
X 2CC = Z 2CC 2 − R 2CC 2 = 0,242 2 − 0,0422 2 = 0,238Ω
X 2CC = 0,238Ω ( en B.T. )
Para referir estos tres valores al primario, o al lado de A.T., sólo hace falta multiplicarlos por el
cuadrado de la relación de transformación:
R1CC = rt 2 ⋅ R 2CC = 15 2 ⋅ 0,0422 = 9,5Ω
X 1CC = rt 2 ⋅ X 2CC = 15 2 ⋅ 0,238 = 53,55Ω
Z 1CC = rt 2 ⋅ Z 2CC = 15 2 ⋅ 0,242 = 54,45Ω
d) Como la carga está formada únicamente por lámparas de incandescencia, o sea, resistencias puras,
su factor de potencia es la unidad, y la corriente de carga es, pues:
P2 = V 2 ⋅ I 2
RC =
7000 = 220 ⋅ I 2
I 2 = 31,82 A
U2
220
=
= 6,91Ω
I2
31,82
Ahora se está en condiciones de dibujar el circuito equivalente del transformador, reducido al
secundario:
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81
Transformadores monofásicos
X2CC (en B.T.)
R2CC (en B.T.)
U’1
U2
RC = 6,91Ω
I2 = 31,82 A
Figura 2.3.2
Se deduce, lógicamente, la tensión de alimentación que se ha de aplicar, pero reducida al secundario.
U '1 =
(U C + R2CC ⋅ I 2 )2 + ( X 2CC ⋅ I 2 )2
=
(220 + 0,0422 ⋅ 31,82)2 + (0,238 ⋅ 31,82)2
Esta tensión, referida al primario, es:
U1 = rt ⋅ 221,47 = 3322V
U1 = 3322 V
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= 221,47V
82
Problemas de electrotecnia
2.4 Problema 4
Se dispone de un transformador monofásico en cuya placa de características constan los datos
siguientes:
Potencia nominal
Sn = 30 kVA
Tensión nominal en el primario
U1n = 15 kV
Tensión nominal en el secundario
U2n = 380 V
Tensión de cortocircuito en valor relativo
εCC = 3 %
Pérdidas en cortocircuito
PCC = 150 W
Pérdidas en vacío
PO = 75 W
Corriente de excitación en valor relativo
iO = 4 %
Determinar, suponiendo que la frecuencia es f = 50 Hz:
a) Intensidades nominales en cada bobinado
b) Valores de la corriente en vacío IO según por qué bobinado se alimente el transformador
c) Relación de transformación
d) Corrientes en primario y en secundario en caso de cortocircuito franco en un arrollamiento,
suponiendo el otro alimentado a tensión nominal
e) Rendimientos a plena y a ¾ de carga, si el transformador alimenta a tensión nominal un consumo
puramente óhmico
f) Rendimientos a plena y al 60% de carga, si el transformador alimenta a tensión nominal un consumo
capacitivo de cos φ = 0,8
g) Para un factor de potencia dado, determinar el índice de carga que da un rendimiento máximo
h) Valores de εRCC y εXCC, dibujando el correspondiente esquema del ensayo de cortocircuito
i) Caída de tensión relativa a plena carga y a ¾ de carga, si alimenta una carga de cos φC = 0,866 (i)
Resolución:
a) La potencia aparente nominal es S n = U 1n ⋅ I 1n , y si se supone que el rendimiento es del 100%,
también es S n = U 2 n ⋅ I 2 n . Por tanto:
I 1n =
Sn
30000
=
= 2A
U 1n 15000
I 2n =
Sn
30000
=
= 78,95 A
U 2n
380
b) Si, como es normal, el transformador se alimenta por el primario, siendo io = 0,04 (4%). Se tiene:
I 01 = I 1n ⋅ i o = 2 ⋅ 0,04 = 0,08 A
si, por el contrario, la alimentación se hace por el secundario, entonces:
I 02 = I 2 n ⋅ i o = 78,95 ⋅ 0,04 = 3,158 A
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83
Transformadores monofásicos
c) La relación de transformación se puede calcular directamente a partir de los datos del enunciado:
rt =
U 1n 15000
=
= 39,474
U 2n
380
d) Si el cortocircuito franco se produce en el secundario, el esquema equivalente es:
R1CC
X1CC
U1
Figura 2.4.1
y como:
ε CC =
U 1CC
U 1n
y
Z 1CC =
U 1CC
I 1n
y también:
U 1n = I 1(CC ) ⋅ Z 1CC
o sea que:
I 1(CC ) =
Z 1CC =
U 1CC
U
= 1n
I 1n
I 1(CC )
I
U 1n
2
⋅ I 1n = 1n =
= 66,6 A
ε CC 0,03
U 1CC
y análogamente:
I 2(CC ) =
U 2n
I
78,94
⋅ I 2n = 2n =
= 2631,3 A
ε CC 0,03
U 2CC
Se puede llegar al mismo resultado para I 2(CC ) , teniendo en cuenta que entre I 1(CC ) e I 2(CC ) hay la
misma relación que entre I 1 e I 2 , es decir, que si
I 1(CC )
I1
1
1
= , como se puede
= , también
I 2(CC ) rt
I 2 rt
comprobar seguidamente:
I 2(CC ) = rt ⋅ I 1(CC ) = 39,474 ⋅ 66,6 = 2631,6 A
e) Si C representa el índice de carga, es decir: C =
C = 1 a plena carga
I2
I 2n
C = 0,75 a ¾ de carga
Recordando que el rendimiento η vale:
P
P2
P2
=
η= 2 =
P1 P2 + PFe + PCu P2 + Po + C 2 ⋅ PCC
⎛V
PFe ≅ Po ⎜⎜ 2
⎝ V 2n
2
⎞
⎟ = Po
⎟
⎠
aplicado a los dos casos y teniendo en cuenta que la carga es óhmica y se alimenta a tensión nominal,
se obtiene:
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84
Problemas de electrotecnia
A plena carga (C = 1):
30000
= 0,9926
30000 + 75 + 150
η1 =
→
η1 = 99,26 %
→
η 0,75 = 99,29 %
A ¾ de carga (C = 0,75):
η 0,75 =
30000 ⋅ 0,75
30000 ⋅ 0,75 + 75 + 0,75 2 ⋅150
= 0,9929
f) En este caso, al ser cos φC = 0,8 capacitivo y los índices de carga, C=1 y C=0,6, respectivamente:
A plena carga:
η1 =
30000 ⋅ cos ϕ C
30000 ⋅ 0,8
= 0,9907 → η 1 = 99,07 %
=
30000 ⋅ cos ϕ C + 75 + 150 30000 ⋅ 0,8 + 75 + 150
A un 60% de la carga:
η 0, 6 =
30000 ⋅ 0,8 ⋅ 0,6
30000 ⋅ 0,8 ⋅ 0,6 + 75 + 0,6 2 ⋅150
= 0,9911
→
η 0,75 = 99,11 %
g) Para un factor de potencia cos φC, el rendimiento vale, según la fórmula indicada en el punto (e):
η=
P2
2
P2 + Po + C ⋅ PCC
=
U 2 n ⋅ I 2 cos ϕ C
U 2 n ⋅ I 2 cos ϕ C + Po + C 2 ⋅ PCC
pero como I 2 = C ⋅ I 2 n
η=
U 2 n ⋅ I 2 n ⋅ C ⋅ cos ϕ C
2
U 2 n ⋅ I 2 n ⋅ C ⋅ cos ϕ C + Po + C ⋅ PCC
=
U 2 n ⋅ I 2 n ⋅ cos ϕ C
P
U 2 n ⋅ I 2 n ⋅ cos ϕ C + o + C ⋅ PCC
C
El valor máximo del rendimiento se obtiene cuando la expresión siguiente es mínima:
⎛P
Min⎜⎜ o + C ⋅ PCC
⎝C
y el mínimo de
⎞
⎟⎟
⎠
y=
Po
+ C ⋅ PCC
C
es
P
dy
= − o2 + PCC = 0
dC
C
por lo tanto, independientemente de cos φC, el máximo se obtiene para
C=
Po
75
=
= 0,7071
PCC
150
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→
C=
Po
PCC
85
Transformadores monofásicos
h)
X1CC
R1CC
Figura 2.4.2
Por definición,
ε RCC =
o sea que
R1CC ⋅ I 1n R1CC ⋅ I 21n PCC
=
=
U 1n
U 1n ⋅ I 1n
Sn
ε RCC =
PCC
150
=
= 0,005
Sn
30000
→ εRCC = 0,5 %
y el triángulo vectorial:
εCC
εXCC
εRCC
Conocemos los valores de εCC y de εRCC, y por lo tanto,
ε XCC = ε CC 2 − ε RCC 2 = 0,03 2 − 0,005 2 = 0,0296
→
εXCC = 2,96 %
i) La caída relativa de tensión en el transformador se puede calcular por la expresión aproximada, al
ser εCC < 4%:
∆u = C [ε RCC cos ϕ c + ε XCC senϕ c ]
en la que cos φC = 0,866, φC = 30º y sen φC = 0,5
A plena carga, por lo tanto, como C=1
∆u1 = 1[0,5 ⋅ 0,866 + 2,96 ⋅ 0,5] = 1,913%
A ¾ de carga, como C=0,75
∆u 0,75 = 0,75[0,5 ⋅ 0,866 + 2,96 ⋅ 0,5] = 1,435%
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86
Problemas de electrotecnia
2.5 Problema 5
Un transformador monofásico de 20 kVA de potencia trabaja a 50 Hz y sus tensiones de alimentación
en alta y baja tensión son de 3800 V y 380 V, respectivamente. La resistencia del bobinado primario es
de 5Ω y su reactancia de dispersión es de 25Ω.
La corriente en vacío medida desde el lado de alta tensión es de 0,5 A y las pérdidas en vacío son de
1200 W.
Determinar la tensión en el secundario cuando el transformador trabaja en vacío, si la aplicada al
bobinado de alta tensión es de 3800V.
Nota: Trabajar con el circuito equivalente exacto del transformador.
Resolución:
El circuito equivalente exacto del transformador reducido al primario es:
R1
Xd1
X’d2
R’2
Io
I’2
I1
RFe
U1
IFe Xµ
Iµ
U’2
Figura 2.5.1
siendo:
y
X ' d 2 = rt 2 ⋅ X d 2
(Reactancia del secundario reducida al primario)
R' 2 = rt 2 ⋅ R 2
(Resistencia del secundario reducida al primario)
U ' 2 = rt ⋅ U 2
(Tensión en el secundario reducida al primario)
rt =
U 1n 3800
=
= 10
U 2n
380
(Relación de transformación)
Como se trabaja en vacío, la corriente en el secundario es nula; por lo tanto I’2 = 0; la tensión del
primario U1 en forma vectorial se puede obtener de la siguiente forma:
U 1o = R1 ⋅ I 1o + j ⋅ X d 1 ⋅ I 1o + U ' 2o
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87
Transformadores monofásicos
A partir de las pérdidas en vacío, se puede encontrar el ángulo que forman la tensión U 1 y la corriente
I1 .
(
Po = U 1o ⋅ I 1o ⋅ cos ϕ U 10 − ϕ I10
(
)
cos ϕU 10 − ϕ I 10 =
)
Po
1200
=
= 0,6315
U1o ⋅ I1o 3800 ⋅ 0,5
ϕ = ϕ U 1 o − ϕ U 1 o = 50 ,83 º
Si se toma como origen de ángulos el correspondiente a la corriente I 1o = 0,5∠0º A , se tiene
U 1o = 3800∠50,83º V .
El diagrama vectorial es:
U’2
α
U1
Xd1 I1
R1
I1
I1
Figura 2.5.2
Proyectando los vectores sobre el eje de las abcisas, se obtiene:
R1 ⋅ I 1o + U ' 2o ⋅ cos α = U 1o ⋅ cos ϕ
Y sobre el eje de las ordenadas:
X d 1 ⋅ I 1o + U ' 2o ⋅senα = U 1o ⋅ senϕ
y sustituyendo valores, resulta:
⎧5 ⋅ 0,5 + U ' 2o ⋅ cos α = 3800 ⋅ cos 50,83º ⎫
⎨
⎬
⎩25 ⋅ 0,5 + U ' 2o ⋅senα = 3800 ⋅ sen50,83º ⎭
y por lo tanto:
U ' 2o ⋅ cos α = 2397,50
U ' 2o ⋅senα = 2933,68
Resolviendo el sistema, resulta:
α = 50,74 º
U ' 2o = 3788,74 V
En consecuencia,
U 2o =
U ' 2o 3788,74
=
= 378,87 V
10
rt
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88
Problemas de electrotecnia
2.6 Problema 6
Un transformador monofásico de 125 kVA y 3000 V/380 V alimenta una carga de 116046 VA y factor
de potencia 0’8 (i) a 378 V. En esta situación la potencia absorbida por el transformador es de 94655
W.
Datos del ensayo de cortocircuito: 8 V, 240 A, 480 W (medidas realizadas desde el lado de baja
tensión).
Se sabe que el factor de potencia de la rama en paralelo del circuito equivalente es 0’2. Se pide:
a ) Valores de los parámetros R1cc y X1cc, reducidos al lado de alta tensión.
b ) Tensión de alimentación del transformador cuando alimenta la carga del enunciado.
c ) Valores de los parámetros R1Fe y X1µ, reducidos al lado de alta tensión.
Resolución:
a)
I 1n =
rt =
125000
= 41,66 A
3000
I 2n =
125000
= 328,747 A
380
3000
= 7,8947
380
Carga:
S
116046
I2 = C =
= 307 A
U2
378
I 2 = 307∠ − 36,87º A
I' 2 = 38,88 A
PC = S C ⋅ cos ϕC = 116046 ⋅ 0,8 = 92836,8 W
Prueba de cortocircuito ( parámetros reducidos al primario ):
Z1CC
⎛ 3000 ⎞
8⋅⎜
⎟
380 ⎠
⎝
= 2,077 Ω
=
⎛ 380 ⎞
240 ⋅ ⎜
⎟
⎝ 3000 ⎠
P
R1CC = CC =
I 21CC
480
⎛ 380 ⎞
2402 ⋅ ⎜
⎟
⎝ 3000 ⎠
R1CC = 0,519 Ω
X 1CC = Z 21CC − R 21CC = 2,011 Ω
X1CC = 2,011 Ω
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2
= 0,519 Ω
89
Transformadores monofásicos
b ) En las condiciones de la carga:
2
PCu = R1CC ⋅ I' 2 = 0,519 ⋅ 38,88 2 = 784 ,5486 W
PFe = Pabs − PC − PCu = 94655 − 92836,8 − 784,5489 = 1033,65 W
R1CC
X1CC
I '2 = 38 ,88∠ − 36 ,87º A
378 · ( 3000 / 380 ) = 2984 ,21∠ 0º V
R1Fe
X1µ
Figura 2.6.1
U 1 = 2984,21∠0º +(0,5197 + j 2,011)·38,88∠ − 36,87 º = 3047,27 + j 50,43
U 1 = 3047,48 V
c)
R Fe =
U 1 2 3047,48 2
=
= 8986,01 Ω
1033,65
PFe
Q µ = PFe ⋅ tgϕ o = 1033,65 ⋅ tg [arccos 0,2]
Q µ = 5063,83 VAr
Xµ =
U12 3047,482
=
= 1834,25 Ω
Qµ
5063,83
X µ = 1834,25 Ω
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90
Problemas de electrotecnia
2.7 Problema 7
Un transformador monofásico de baja tensión 380 V/220 V y potencia nominal 5000 VA tiene una
corriente de vacío del 5% de la nominal y las pérdidas de vacío son de 150 W.
Se conecta al transformador por la parte del secundario una carga con un consumo de 2000 VA, un
factor de potencia 0,96 inductivo, y la tensión aplicada al consumo es de 200 V.
Para las condiciones indicadas, se sabe que la potencia activa absorbida por el primario del
transformador es de 2100 W y la reactiva es de 800 VAr.
Calcular:
a) Valores de εRCC y de εXCC
b) Tensión aplicada al transformador en el lado de alta tensión
Resolución:
a) En primer lugar, se determinan las corrientes nominales primaria y secundaria del transformador.
La corriente nominal primaria es:
I 1n =
Sn
5000
=
= 13,158 A
U 1n
380
La corriente nominal secundaria es:
I 2n =
Sn
5000
=
= 22,727 A
U 2n
220
La relación de transformación es:
rt=
U 1n 380
=
= 1,727
U 2 n 220
Como se puede comprobar, el valor nominal de la corriente del secundario también se puede calcular
del siguiente modo:
I 2 n = I 1n ⋅r t = 13,158 ⋅1,727 = 22,727 A
que coincide con el valor encontrado anteriormente.
La corriente de vacío es:
I 1o = i o ⋅ I 1n = 0,05 ⋅13,158 = 0,658 A
Como se conocen las pérdidas en vacío, se puede determinar el factor de potencia del circuito
equivalente en vacío:
Po = U 1n ⋅ I 1o ⋅ cos ϕ o
cos ϕ o =
Po
150
=
= 0,6
U 1n ⋅ I o 380 ⋅ 0,658
siendo ϕ o = 53,13º
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91
Transformadores monofásicos
Las pérdidas de potencia reactiva en el ensayo en vacío, a la tensión de 380 V, son:
Qo = Po ⋅ tgϕ o = 150 ⋅ tg 53,13º = 200VAr
Cuando se conecta la carga, la tensión en el secundario es de 200 V y, por lo tanto y en primera
aproximación, despreciando la caída de tensión interna, se ha de aplicar al primario una tensión de
U 1o = U 2o ⋅ rt
U 1o = 200 ⋅1,727 = 345,45V
Las pérdidas en vacío en estas condiciones, en que la tensión aplicada no es la nominal, son:
( Po ) 220V ⎛ U 2 n
=⎜
( Po ) 200V ⎜⎝ U 2
2
⎞
⎛ 220 ⎞
⎟⎟ = ⎜
⎟
⎝ 200 ⎠
⎠
2
2
2
⎛ 200 ⎞
⎛ 200 ⎞
( Po ) 200V = ( Po ) 220V ⎜
⎟ = 123,97W
⎟ = 150 ⋅ ⎜
220
⎝ 220 ⎠
⎝
⎠
2
2
⎛ 200 ⎞
⎛ 200 ⎞
(Qo ) 200V = (Qo ) 220V ⎜
⎟ = 200 ⋅ ⎜
⎟ = 165,29VAr
⎝ 220 ⎠
⎝ 220 ⎠
La carga conectada al secundario tiene las siguientes características:
P2 = S 2 ⋅ cos ϕ C = 2000 ⋅ 0,96 = 1920W
Q2 = S 2 ⋅ senϕ C = 2000 ⋅ 0,28 = 560VAr
La corriente en el secundario es:
I2 =
S 2 2000
=
= 10 A
U2
200
y por lo tanto, el índice de carga C en estas condiciones es:
C=
I2
10
=
= 0,44
I 2 n 22 ,727
La corriente secundaria I’2 referida al primario es:
I '2 =
I2
10
=
= 5,789 A
rt 1,727
Las pérdidas en el cobre se pueden calcular a partir de la potencia absorbida por el transformador, de
la potencia cedida a la carga y las pérdidas en vacío.
PCu = P1 − P2 − ( Po ) 200V = 2100 − 1920 − 123,97 = 56,03W
A partir de las pérdidas en el cobre, se puede determinar la resistencia de cortocircuito referida al
primario.
R1CC =
PCu
I '2
2
=
56,03
5,789 2
= 1,67Ω
U R1CC = R1CC ⋅ I1n = 1,67 ⋅13,158 = 22V
ε RCC =
U R1CC
22
=
= 0,057
U 1n
380
→
εRCC = 5,7 %
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92
Problemas de electrotecnia
La ε X CC se determina a partir de las potencias reactivas.
QCu = Q1 − Q2 − (Qo ) 200V = 800 − 560 − 165,29 = 74,71VAr
X1CC =
QX 1CC
I '2
2
=
74,71
5,7892
= 2,235Ω
La caída de tensión en esta reactancia tiene un valor de:
U X 1CC = X 1CC ⋅ I 1n = 2,235 ⋅13,158 = 29,40V
En consecuencia, el valor relativo de la componente reactiva de la tensión de cortocircuito es:
ε X CC =
U X 1CC
U 1n
=
29,40
= 0,0773
380
→
εRCC = 7,73 %
Si se quiere calcular el valor relativo de la tensión de cortocircuito, puede hacerse así:
ε CC = ε 2 RCC + ε 2 XCC = 0,057 2 + 0,07732 = 0,096
→
εCC = 9,6 %
b) La tensión que se ha de aplicar al bobinado primario es:
U1
φC
I’2
X’CC I’2
U’2
R’CC I’2
Figura 2.7.1
cos ϕ = 0,96
ϕ = 16,26º
U 1 = U ' 2 + I ' 2 ⋅ Z 1CC = 200 ⋅1,727∠0º +5,789∠ − 16,26º⋅(1,67 + j 2,235) = 345,45 + 0 j + 12,90 + 9,71 j
U1 = 358,48∠1,55º V
Nota: En primer lugar se ha considerado que se había aplicado al transformador una tensión de 345,45
V, lo cual ha permitido determinar los valores R1CC y X1CC. Al efectuar los cálculos se ha determinado
que la tensión de alimentación realmente es de 358,48 V. A partir de este dato, y por aproximaciones
sucesivas, se podría calcular con exactitud los valores de R1CC y X1CC.
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93
Transformadores monofásicos
2.8 Problema 8
En la placa de características de un transformador monofásico se encuentran, entre otros, los siguientes
datos:
S n = 100kVA
U 1n = 3kV
U 2 n = 220V
Las lecturas del ensayo en vacío dan los valores siguientes:
i o = 6%
Po = 500W
Las lecturas del ensayo de cortocircuito aportan los datos siguientes:
ε CC = 5,7%
PCC = 2500W
a) Si el transformador se alimenta por el lado de baja tensión y se produce en el lado de alta un
cortocircuito franco, se registra una intensidad de corriente de I1(CC) = 350 A.
En estas condiciones, encontrar la impedancia de cortocircuito Z1CC y la tensión U2 de alimentación.
A1
+
AT
BT
V2
Generador
3000 V / 220 V
100 kVA
Figura 2.8.1
b) Si el transformador se conecta a la red por el lado de alto tensión y alimenta una carga inductiva de
cos φC =0,8, conectada al lado de baja tensión, en estas condiciones se tienen los valores siguientes en
régimen permanente:
U 1 = 2,8kV
U 2 = 200V
Encontrar el valor de la corriente I2 correspondiente al lado de baja tensión.
Resolución:
a) En primer lugar se van a determinar los restantes datos del transformador partiendo de los valores
obtenidos de su placa de características.
La corriente nominal primaria es:
I 1n =
La corriente nominal secundaria es:
I 2n =
Sn
100000
=
= 33,33 A
U 1n
3000
Sn
100000
=
= 454,55 A
U 2n
220
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94
Problemas de electrotecnia
La relación de transformación: rt =
La corriente de vacío:
U 1n 3000
=
= 13,64
U 2n
220
I 1o = i o ⋅ I 1n =
6
⋅ 33,33 = 2 A
100
La impedancia de cortocircuito Z1CC referida al primario se obtiene a partir de la tensión de
cortocircuito:
Z 1CC =
U 1CC U 1n ε CC
3000 ⋅ 5,7
= 5,13Ω
=
=
I 1n
I 1n
100 ⋅ 33,33
Ya que la intensidad de corriente que pasa por el primario, en caso de producirse el cortocircuito
franco, es I1(CC) = 350A, la tensión a que está sometido el primario es U2CC, que vale:
⎞ I1(CC ) ⋅ Z1CC
⎛Z
= 131,67 V
U 2(CC ) = I 2(CC ) ⋅ Z 2CC = rt ⋅ I1(CC ) ⋅ ⎜⎜ 1CC 2 ⎟⎟ =
rt
rt ⎠
⎝
(
)
b) En primer lugar se puede hallar ε RCC , o sea, la componente óhmica de la tensión de cortocircuito en
valor relativo del transformador a partir de las pérdidas de potencia activa del ensayo de cortocircuito.
ε RCC =
PCC
2500
=
= 0,025
Sn
100000
Y por lo tanto:
2
2
⎛ 5,7 ⎞ ⎛ 2,5 ⎞
⎟ −⎜
⎟ = 0,0512
⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠
ε XCC = ε 2CC − ε 2 RCC = ⎜
Debido a que no se conoce el índice de carga del transformador, se puede aplicar la fórmula
aproximada que da la caída de tensión en valor unitario, que es:
U1 U 2
−
= C ⋅ [ε RCC ⋅ cos ϕC + ε XCC ⋅ senϕC ]
U1n U 2 n
Sustituyendo los valores numéricos dados en el enunciado, se tiene:
2,8 200
5,12
⎤
⎡ 2,5
−
= C⋅⎢
⋅ 0,8 +
⋅ 0,6⎥
3
220
100
⎦
⎣100
Haciendo operaciones se obtiene el valor del índice de carga:
( 47,8% )
C = 0,4780
y, en consecuencia, la corriente I2 en el lado de baja tensión es de:
I 2 = C ⋅ I 2n =
47,80
⋅ 454,55 = 217,26 A
100
I 2 = 217,26 A
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95
Transformadores monofásicos
2.9 Problema 9
Un transformador monofásico, cuya tensión nominal primaria es de 6 kV, su tensión nominal
secundaria de 380 V y su potencia nominal de 200 kVA, tiene un rendimiento del 0,98 trabajando a
plena carga. Cuando trabaja a media carga, el rendimiento es de 0,985 y el factor de potencia de la
carga es siempre la unidad. En ambos casos la carga se supone alimentada a la tensión nominal
secundaria del transformador. La caída de tensión a plena carga con un factor de potencia de la carga
igual a 0,8 inductivo es del 4%. El factor de potencia cuando trabaja en vacío vale 0,22 (i).
Calcular:
a) Resistencia y reactancia de cortocircuito
b) Parámetros que definen el circuito equivalente del transformador
c) Dibujar el circuito equivalente reducido al lado de baja tensión
Resolución:
a) El rendimiento de un transformador viene definido por la expresión:
η=
U 2 ⋅ I 2 n ⋅ C ⋅ cos ϕ C
⎛V
U 2 ⋅ I 2 n ⋅ C ⋅ cos ϕ C + Po ⎜⎜ 1
⎝ V1n
2
⎞
⎟ + C 2 ⋅ PCC
⎟
⎠
=
S n ⋅ C ⋅ cos ϕ C
S n ⋅ C ⋅ cos ϕ C + Po + C 2 ⋅ PCC
y el índice de carga del transformador es C = 1, en el caso de que trabaje a plena carga, y C = 0,5, en el
caso de que trabaje a media carga.
En consecuencia, para los dos casos planteados se tiene:
200000
200000 + Po + PCC
Plena carga:
0,98 =
Media carga:
0,985 =
200000 ⋅ 0,5
200000 ⋅ 0,5 + Po + PCC ⋅ 0,5 2
Resolviendo el sistema de ecuaciones anteriores, resulta:
Po = 666,66W
La corriente nominal primaria del transformador es:
I 1n =
PCC = 3333,33W
Sn
200000
=
= 33,33 A
U 1n
6000
Trabajando el transformador a plena carga y con un factor de potencia igual a 0,8 inductivo, presenta
una caída de tensión del 4%, es decir:
0,04 =
U 1n − U ' 2 6000 − U ' 2
=
6000
U 1n
U ' 2 = 5760V
y utilizando la expresión aproximada de Kapp, se tiene:
U1 = U '2 + R1CC I '2 cos ϕC + X1CC I '2 senϕC
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96
Problemas de electrotecnia
U1
XCC I
φc
U’2
RCC I
Figura 2.9.1
Es decir:
6000 = 5760 + R1CC ⋅ 33,33 ⋅ 0,8 + X 1CC ⋅ 33,33 ⋅ 0,6
pero
R1CC =
PCC
I 21n
3333,33
=
33,3 2
= 3Ω
De aquí se puede encontrar el valor de XCC:
6000 = 5760 + 3 ⋅ 33,33 ⋅ 0,8 + X 1CC ⋅ 33,33 ⋅ 0,6
→
X 1CC = 8 Ω
b) Para definir el circuito equivalente, hace falta encontrar RFe, y Xµ. Se sabe que cuando el
transformador trabaja en vacío y en condiciones nominales, tiene unas pérdidas de Po = 666,66 W.
Po =
U 1n 2
R1Fe
de donde
R1Fe =
U 21n 6000 2
=
= 54000 Ω
Po
666,66
Por otra parte:
Po = I 1o ⋅ U 1n ⋅ cos ϕ o
Z 1o =
I 1o =
U 1n 6000
=
= 11881,18Ω
I 1o
0 ,505
Po
666,66
=
= 0,505 A
U 1n ⋅ cos ϕ o 6000 ⋅ 0,22
con ϕ o = 77,29º
1
y teniendo en cuenta que RFe y Xµ están en paralelo, resulta:
y despejando X µ queda:
Z 1o
=
1
R1Fe
+
1
X 1µ
Z 10 ⋅ R1Fe
11881,18∠77,29º⋅54000∠0º
=
= 12179,62∠90º Ω
R1Fe − Z 10 54000∠0º −11881,18∠77,29º
X 1µ =
c) El circuito equivalente reducido al secundario corresponde a los valores encontrados anteriormente,
y sólo hay que dividir por el cuadrado de la relación de transformación.
rt =
6000
= 15,789
380
R2CC =
R 2 Fe =
3
15,789
2
54000
15,789
2
= 1,20 ⋅10−2 Ω
X 2CC =
= 216,60Ω
X 2µ =
8
15,789
2
12179,62
15,789 2
= 3,21⋅10 −2 Ω
= 48,85Ω
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97
Transformadores monofásicos
-2
1,2·10-2 Ω 3,21·10 Ω
U’1
216,6Ω
48,55 Ω
Figura 2.9.2
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U2
98
Problemas de electrotecnia
2.10 Problema 10
En el circuito cuyo esquema se representa en la figura, los datos que se conocen del transformador son
los siguientes:
Sn = 7,2 kVA
PCC = 108 W
U1n = 600 V
U2n = 300 V
Po = 36 W
εCC = 0,039 ( 3,9% )
IA2
G
V1
V2
WA2
CARGA
A
inductiva
K1
IB2
K2
WB2
CARGA
B
capacitiva
Figura 2.10.1
Con los interruptores K1 cerrado y K2 abierto, se registran las lecturas siguientes en los aparatos de
medición:
WA2 = 1267,2
IA2 = 6,6 A
V2 = 240 V
Calcular:
a) El rendimiento del transformador y la lectura del voltímetro V1.
Se cierra a continuación el interruptor K2 permaneciendo cerrado K1, regulándose el generador de
alimentación de forma que las lecturas de los voltímetros permanezcan invariables y obteniéndose
además en este caso las siguientes:
WB2 = 2880 W IB2 = 15 A
Calcular:
b) Nuevos valores del rendimiento del transformador y de la lectura del voltímetro V1 en este estado
de conexión.
c) Valores de las magnitudes S’n, U’1n, U’2n, P’o, P’CC y ε’CC del banco trifásico conexionado estrellatriángulo, constituido por tres unidades monofásicas de características idénticas al transformador dado.
d) Determinar para el banco trifásico del apartado anterior, las intensidades de corriente de
cortocircuito permanente que se establecen en la línea y en los arrollamientos de alta y baja tensión, en
el supuesto de que, durante el defecto, se mantiene en el primario la tensión nominal.
Resolución:
a) El factor de potencia de la carga A se obtiene de inmediato a partir de:
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99
Transformadores monofásicos
cos ϕ CA =
W A2
1267,2
=
= 0,8
U 2 I A2 240 ⋅ 6,6
ϕ CA = 36,87 º
senϕ CA = 0,6
Se observa así mismo que el transformador alimenta la carga A a una tensión que es inferior a su
tensión nominal U2<U2n. En consecuencia, las pérdidas en el hierro serán menores que las obtenidas en
el ensayo de vacío, ya que dichas pérdidas son proporcionales al cuadrado del flujo, al cuadrado de la
inducción y en consecuencia al cuadrado de la tensión, pudiéndose escribir que:
2
2
⎛U ⎞
⎛ 240 ⎞
PFe = Po ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 36⎜
⎟ = 23,04 W
⎝ 300 ⎠
⎝ U 2n ⎠
La corriente nominal en el secundario del transformador vale:
I 2n =
Sn
7200
=
= 24 A
300
U 2n
y la corriente nominal en el primario:
I1n =
I 2 n 24 S n
7200
=
=
=
= 12 A
2 U 1n
600
rt
al ser la relación de transformación:
U 1n 600
=
=2
U 2 n 300
rt =
por lo que el índice de carga del transformador es:
I A2 6,6
=
= 0,275
24
I 2n
C=
Y puesto que, en estas condiciones, el factor de potencia de la carga es 0,8 inductivo, la corriente IA2
en forma vectorial es:
I 2 A = 6,6∠ − 36,87º A
Y el índice de carga en forma compleja es de la forma:
C = 0,275∠ − 36,87 º A
Con estos datos, ya se puede determinar el rendimiento, al ser:
η=
PC
1267,2
=
PC + PFe + PCu 1267,2 + 23,04 + 0,275 2 ⋅108
η=
1267,2
= 0,976
1267,2 + 23,04 + 8,1675
→
η= 97,6 %
Siendo εCC = 3,9%, se van a determinar a continuación sus dos componentes, εRCC y εXCC, que valen:
ε RCC =
PCC
108
⋅ 100 =
⋅ 100 = 1,5%
Sn
7200
ε XCC = ε CC 2 − ε RCC 2 = 3,9 2 − 1,5 2 = 3,6%
Por lo tanto:
tgϕ CC =
ε XCC 3,6
=
= 2,4
ε RCC 1,5
ϕ CC = 67,38º
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100
Problemas de electrotecnia
En la forma vectorial se tiene:
ε CC = 3,9 ⋅ 10−2 ∠67 ,38º = ( 1,5 + j 3,6 )10−2
Para el cálculo de la tensión en el primario del transformador, se aplicará el método exacto:
U 1 = U ' 2 + I ' 2 ⋅ Z 1CC
(U
(I
U ' 2 = U 2 ⋅ rt = 480∠0º
I
I '2 = 2
rt
= 3,3∠ − 36,87 º
)
2
= 240∠0º
2
= 6,6∠ − 36,87º
)
V
Z1CC = ε CC ⋅ 1n = 1,95∠67,38º
I1n
U 1 = 480∠0º +3,3∠ − 36,87º⋅1,95∠67,38º = 480 + 0 j + 5,54 + 3,27 j V
Resultando:
U1 = 485,55 V
b) El factor de potencia de la carga B vale:
cos ϕ CB =
WB2
2880
=
= 0,8
U 2 I B 2 240 ⋅15
ϕ CB = −36,87º
senϕ CB = −0,6
Con ello será:
I B 2 = 15∠36,87º A
Al cerrar ambos interruptores y regularse el generador de forma que las lecturas anteriores
permanezcan invariables, se puede aplicar ahora el método de la superposición, siendo la corriente
que recorre el secundario del transformador con las dos cargas conectadas:
I 2 = I A2 + I B 2 = 6,6∠ − 36,87º +15∠36,87º = 5,28 − 3,96 j + 12 + 9 j = [17,28 + 5,04 j ] A
I 2 = 18∠16,26º A
y el nuevo índice de carga vale:
C' =
I2
18
=
∠16,26º = 0,75∠16,26º
I 2 n 24
El rendimiento en este segundo caso, con ambas cargas conectadas, vale:
η' =
W A2
W A2 + W B 2
1267,2 + 2880
=
+ W B 2 + PFe + PCu 1267,2 + 2880 + 23,04 + 0,75 2 ⋅108
η' =
4147,2
= 0,9802
4147,2 + 23,04 + 60,75
→
η’ = 98,02 %
Para determinar el nuevo valor de la tensión primaria aplicada al transformador, al utilizar la misma
expresión del apartado a), se obtiene:
U 1 = U ' 2 + I ' 2 ⋅ Z 1CC
En la que tomando
U 2 ' = rt .U 2 ∠0º = 480∠0º V
I 2' = I 2 / rt = 9∠16 ,26º A
Z1CC = 1,95∠67 ,38º Ω
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101
Transformadores monofásicos
resulta:
U1 = 482,26∠2,07º V
c) La potencia nominal del banco trifásico será tres veces la potencia de uno de los transformadores;
por tanto:
S ' n = 3S n = 3 ⋅ 7,2 = 21,6 kVA
La tensión compuesta o de línea en el primario del banco trifásico, al estar conectado en estrella, será:
U '1n = 3 ⋅ U1n = 3 ⋅ 600 = 1039,23 V
La tensión secundaria en el banco trifásico, al estar éste devanado conectado en triángulo, será la
misma del transformador monofásico, por lo tanto:
U ' 2n = U 2n = 300 V
La potencia P’o en el ensayo en vacío será tres veces la potencia Po del transformador dado; por lo
tanto:
P' o = 3 ⋅ Po = 3 ⋅ 36 = 108 W
De la misma forma, en el ensayo en cortocircuito se cumplirá:
P 'CC = 3 ⋅ PCC = 3 ⋅ 108 = 324 W
Y en estas condiciones, las tensiones de cortocircuito serán las mismas para el transformador único
que para el banco trifásico, por lo que:
ε ' CC = ε CC = 0,039
ε’CC = 3,9 %
d) El esquema en representación unifilar, supuesta la conexión estrella-estrella, tratándose de
cortocircuito primario, en el que la impedancia por fase a considerar es la de cortocircuito, referida al
primario, es el de la figura siguiente:
ZCC1
600V
Figura 2.10.2
Por lo que en el primario, al estar conectado en estrella, se tiene:
I 1CCfase = I 1CClínea =
U 1nfase
Z 1CC
Expresión en la que únicamente falta por calcular la impedancia de cortocircuito del transformador
referida al primario, que vale:
Z 1CC =
ε CC ⋅U 1n
I 1n
=
0,039 ⋅ 600
= 1,95Ω
12
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102
Problemas de electrotecnia
Por lo tanto será:
I1CCfase = I1CClínea =
V1nfase
Z1CC
=
600
= 307,69 A
1,95
→ I 2CClínea = rt ⋅ I1CClínea = 615,38 A
En el secundario, tanto en estrella como en triángulo, la intensidad de línea en cortocircuito es la
corriente de línea en el primario, multiplicad por la relación de transformación.
I 2CCfase =
I 2CClínea
3
=
615,38
= 355,29 A
3
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103
Transformadores monofásicos
2.11 Problema 11
Dos transformadores monofásicos están conectados en paralelo y alimentan por el lado de baja tensión
una carga eléctrica de 200 kW con un factor de potencia 0,8 inductivo. La tensión de alimentación de
la carga es de 370 V.
Las características de los transformadores se dan en la tabla siguiente:
Transformador
Sn (kVA)
U1n (V)
U2n (V)
εCC (%)
PCC (kW)
Po (kW)
A
125
6000
380
4,2
1
0,4
B
140
6000
380
4
1,2
0,5
Calcular:
a) La impedancia de cortocircuito de cada transformador
b) La intensidad de corriente que suministra a la carga cada uno de los transformadores
c) La tensión de alimentación del devanado de alta tensión ( primario )
d) Potencia aparente suministrada por cada transformador
e) Rendimiento de cada transformador
Resolución:
a) Se calculan, en primer lugar, las intensidades de corriente nominales de cada transformador,
referidas al lado de baja tensión:
S An = U 2 An ⋅ I 2 An
I 2 An =
S An
125000
=
= 328,95 A
U 2 An
380
S Bn = U 2 Bn ⋅ I 2 Bn
I 2 Bn =
S Bn
14000
=
= 368,42 A
U 2 Bn
380
A partir de los datos de las pérdidas del ensayo de cortocircuito, PCC, se pueden determinar las
resistencias de cortocircuito, RCC, de cada uno de los transformadores.
El circuito equivalente de un transformador es:
RCC
XCC
Figura 2.11.1
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104
Problemas de electrotecnia
Transformador A:
PCCA
R 2CCA =
Transformador B:
I
2
=
2 An
PCCB
R 2CCB =
I
2
=
2 Bn
1000
328,95 2
= 0,924 ⋅10 − 2 Ω
1200
= 0,884 ⋅10 − 2 Ω
368,42 2
Por otra parte:
ε CC =
I 2 n ⋅ Z 2CC
U 2n
siendo
Z 2CC =
U 2 n ⋅ ε CC
I 2n
que aplicado a cada transformador resultan:
Z 2CCA =
U 2 An ⋅ ε CCA 380 ⋅ 0,042
=
= 4,85 ⋅10 − 2 Ω
328,95
I 2 An
Z 2CCB =
U 2 Bn ⋅ ε CCB 380 ⋅ 0,04
=
= 4,12 ⋅10 − 2 Ω
368,42
I 2 Bn
y de aquí:
X 2CCA = Z 2 2CCA − R 2 2CC =
X 2CCB =
(4,85 ⋅10 ) − (0,924 ⋅10 )
−2 2
(4,12 ⋅10 ) − (0,884 ⋅10 )
−2 2
−2 2
−2 2
= 4,71⋅10 − 2 Ω
= 4,02 ⋅10 − 2 Ω
Por lo tanto, las impedancias de cortocircuito de los transformadores son, respectivamente:
(
)
Z 2CCB = (0,884 ⋅10 −2 + 4,02 ⋅10 −2 j ) = 4,12 ⋅10 −2 ∠77,63º Ω
Z 2CCA = 0,924 ⋅ 10 −2 + 4,71 ⋅ 10 −2 j = 4,8 ⋅ 10 −2 ∠79,02 º Ω
b) El circuito equivalente reducido al lado de baja tensión del conjunto de los dos transformadores que
alimentan la carga es:
ZCCA
ZCCB
U’1
U2 = 370 V
ZC
Figura 2.11.2
Tomando como origen de ángulos la tensión de alimentación de la carga, 370 V, la intensidad de
corriente absorbida por la carga vale:
IC =
200000
= 675,675 A
370 ⋅ 0,8
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105
Transformadores monofásicos
con un factor de potencia de 0,8 inductivo, es decir, φC = 36,87º. Por tanto,
I C = 675,675∠ − 36,87 º A
La impedancia equivalente de Z CCA y Z CCB en paralelo vale:
Z 2CCeq =
Z 2CCA ⋅ Z 2CCB
4 ,85 ⋅ 10 −2 ∠79 ,02º ⋅4 ,12 ⋅ 10 −2 ∠77 ,63º
= 2 ,223 ⋅ 10 − 2 ∠78,27º Ω
=
Z 2CCA + Z 2CCB 4 ,85 ⋅ 10 − 2 ∠79 ,02º +4 ,12 ⋅ 10 − 2 ∠77 ,63º
El diagrama vectorial es:
Z2CCeq
U’1
78,22º
ZCCeq IC
U2
36,87º
IC
U '1 = U 2 + Z 2 cceq ⋅ I C = 370 ∠0º +2,223 ⋅ 10 −2 ∠78,27 º⋅675,675∠ − 36,87 º = 381,43∠1,50 º V
Tensión que pasada al primario resulta: U1 = U '1⋅rt = 381,43 ⋅ 6000 = 6022 ,78 V
380
La intensidad de corriente I A es:
I2A =
La intensidad de corriente I B es:
I 2B =
Se puede comprobar que:
Z 2CCeq ⋅ I C
= 310,23∠ − 37,62º A
Z 2CCA
Z 2CCeq ⋅ I C
Z 2CCB
= 365,19∠ − 36,23º A
IC = I A + I B
Por consiguiente las intensidades de corriente que proporcionan los transformadores A y B a la carga
son respectivamente 310,2 A y 365,2 A.
c) La tensión del lado de alta tensión ya ha sido calculada en el apartado anterior y es de 6022,8 V.
d) Las potencias aparentes valen:
S A = U 2 ⋅ I A * = 370∠0º⋅310,23∠37,6º = 114785,1∠37,6º VA
S B = U 2 ⋅ I B * = 370∠0º⋅365,19∠36,25º = 135120,3∠36,23º VA
e) Los rendimientos se calculan a partir de la expresión:
η=
Putil
Putil
+ PFe + PCu
Se ha de tener en cuenta que los transformadores no trabajan en condiciones nominales de tensión y
carga. Por tanto, es necesario calcular las respectivas pérdidas en el cobre y en el hierro de cada uno de
los transformadores. Es decir, hay que tener en cuenta que tensión ( la misma por estar en paralelo) e
intensidad de corriente suministran respectivamente a la carga.
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106
Problemas de electrotecnia
2
Transformador A:
⎛ 310,23 ⎞
⎟⎟ = 889,42W
PCuA = 1000 ⋅ ⎜⎜
⎝ 328,95 ⎠
2
⎛ 6022,78 ⎞
PFeA = 400 ⋅ ⎜
⎟ = 403,04W
⎝ 6000 ⎠
ηA =
370 ⋅ 310,23 ⋅ cos 37,6º
370 ⋅ 310,23 ⋅ cos 37,6º +889,42 + 403,04
η A = 98,6%
2
Transformador B:
⎛ 365,19 ⎞
PCuB = 1200 ⋅ ⎜⎜
⎟⎟ = 1179,05W
⎝ 368,42 ⎠
2
⎛ 6022,78 ⎞
PFeB = 500 ⋅ ⎜
⎟ = 503,80W
⎝ 6000 ⎠
ηB =
370 ⋅ 365,19 ⋅ cos 36,25º
370 ⋅ 365,19 ⋅ cos 36,25º +1179,05 + 503,80
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η B = 98,5%
107
Transformadores monofásicos
2.12 Problema 12
Un transformador monofásico de 10 kVA, 3000 V/220 V presenta unas pérdidas en el ensayo de vacío
cuando se alimenta el lado de alta tensión a 2500 V de 160,616 W. Se sabe que εcc = 5 % i εXcc = 4 %.
Se quiere alimentar por el lado de baja tensión una carga de 6,6 kW y cosφ = 0,8 (i) a la tensión de 220
V.
Se pide:
a) La tensión de alimentación del transformador
b) El rendimiento del transformador en estas condiciones de carga
Se quiere conectar en paralelo con la carga anterior una nueva carga de 8,8 kW y cos φ = 0,9 (i) por el
lado de baja tensión. Para poder garantizar el suministro de potencia, se conecta en paralelo con el
transformador anterior un nuevo transformador de 10 kVA, 3000 V/220 V y εcc = 4,5 %.
c) Se pide el índice de carga de cada transformador cuando la carga total queda alimentada a 220 V
por el lado de baja tensión
Resolución:
a)
2
ε Rcc = ε cc2 − ε Xcc
= 5 2 − 4 2 = 3%
rt =
3000
220
I 1n =
Sn
10000
=
= 3,333 A
U 1n
3000
ε Rcc =
X 1cc =
I 2n =
R1cc ·I 1n
U 1n
ε Xcc · U 1n
I 1n
Æ
4
· 3000
= 100
= 36 Ω
3,333
Sn
= 45,45 A
U 2n
R1cc =
ε Rcc · U 1n
I1n
Z 1cc = 27 + j 36 = 45 ∠ 53,13º Ω
Carga
I2 =
P2
6600
=
= 37,5 A
U 2 · cos ϕ 220 · 0,8
cos ϕ c = 0,8
I 2/ =
ϕ c = −36,87º
I2
37,5
=
= 2,75 A
3000
rt
220
I 2/ = 2,75 ∠ − 36,87º A
U 2/ = U 2 · rt = 220 · rt = 220 ·
3
· 3000
= 100
= 27 Ω
3,333
3000
= 3000 V
220
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108
Problemas de electrotecnia
U 2/ = 3000 ∠ 0º V
Si
I 2/ = 2,75 ∠ − 36,87º A
y
U 1 = U 2/ + Z 1cc · I 2/ = 3000 ∠ 0º + 45 ∠ 53,13º · 2,75 ∠ − 36,87º = 3119 ∠ 0,63º V
U1 = 3119 V
b)
η=
η=
P2
=
P2 + PFe + PCu
P2
2
⎛V ⎞
P2 + Po ⎜⎜ 1 ⎟⎟ + I ' 22 ⋅R1CC
⎝ V1n ⎠
6600
2
⎛ 3119 ⎞
2
6600 + 160,616 · ⎜
⎟ + 27 · 2,75
⎝ 2500 ⎠
=
6600
= 0,9356
7054,187
η % = 93,56%
c) Condición que debe cumplirse en los transformadores en paralelo:
C I · ε cc I = C II · ε cc II
ε cc II 0,045
CI
=
=
= 0,9
C II
ε cc I
0,050
Æ
C I = 0,9 · C II
Carga total
S T = S I + S II
cos ϕ I = 0,8
Æ
ϕ I = 36,87 º
cosϕ II = 0,9
Æ
ϕ II = 25,84º
SI =
S II =
PI
6600
=
= 8250 VA
cos ϕ I
0,8
PII
8800
=
= 9777,77 VA
cos ϕ II
0,9
Æ
S I = 8250 ∠ 36,87 º VA
Æ
S II = 9777,77 ∠ 25,84º VA
S T = S I + S II = 17944,8 ∠ 30,88º VA
Æ
C I · S N I + C II · S N II = S T
C I = 0,9 · C II
⎫
⎬
C I · 10000 + C II · 10000 = 17944,8⎭
C I · 10000 + C II · 10000 = 17944,8
Æ
C I = 0 ,850
C II = 0 ,944
Por lo tanto, resulta que las potencias aparentes aportadas por cada transformador son:
S I = 8500 VA
S II = 9444,63 VA
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109
Transformadores monofásicos
2.13 Problema 13
Se somete un transformador monofásico al ensayo de estándar de vacío, aplicando 9120 V por el lado
de alta tensión, absorbiendo de la red una potencia de 624,4 W y una intensidad de 0,975 A, siendo la
tensión en el lado de baja tensión de 570 V.
A continuación se realiza el ensayo estándar de corto circuito, alimentando el primario (bobinado de
alta tensión) a 218,4 V, absorbiendo de la red una potencia de 1284 W y una intensidad de 9,483 A.
Se pide:
a) Valores de los parámetros del circuito equivalente: R1Fe y X1µ (valores reducidos al primario).
b) Cuando el transformador se alimenta por el lado de alta tensión a 9200 V, determinar la tensión que
llegará a una carga conectada al lado de baja tensión, la cual absorbe 100 kVA y presenta un factor de
potencia 0,85 (i).
c) Valor de la impedancia Z c de la carga
d) Corriente absorbida por la carga
e) Rendimiento del transformador
Resolución:
a)
V1n = 9120 V
V2n = 570 V
I1n = 9,483 A
I2n = rt.I1n = 151,73 A
Po = U o ⋅ I o ⋅ cos ϕo
Resultando:
Po =
U o2
RFe1
X 1µ =
cos ϕo =
→
ϕo = 85,97 º
→
rt =
→
R1Fe =
9120
= 16
570
Po
624,4
=
= 0,07
U o ⋅ I o 9120 ⋅ 0,975
tgϕo = 14,2
U o 2 9120 2
=
= 133207 Ω
624,4
Po
Uo2
Uo2
9120 2
=
=
= 9377 Ω
Qo
Po ⋅ tgϕ o 624,4 ⋅ 14,2
b) De la prueba de cortocircuito resulta:
Z1CC =
U 1CC 218,4
=
= 23,03 Ω
I1
9,483
cos ϕCC =
1284
PCC
=
= 0,62
U CC ⋅ I1 2184 ⋅ 9,483
→
sin ϕCC = 0,7846
Z 1CC = Z 1CC ⋅ cos ϕ CC + Z 1CC ⋅ sin ϕ CC = 14,28 + j18,07 Ω
Cuando está en carga resulta:
S C = V ' 2 ⋅I ' 2
→
I '2 =
S C 10 5
=
V '2 V '2
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110
Problemas de electrotecnia
→
V1 = V ' 2 + I ' 2 .Z1cc
9200∠ϕ º = V ' 2 ∠0º +
10 5
∠ − 31,79º.23,03∠51,69º
V '2
9200 .V ' 2 ∠ϕ º = V ' 2 ∠0º +23,03.10 5 ∠19,90 º
2
Resultando:
⎧⎪9200.V ' 2 . cos ϕ = V ' 22 +2165483,56
⎨
⎪⎩ 9200.V ' 2 . sin ϕ = 783894,10
8464.104.V ' 22 = V ' 42 +4330967,12.V ' 22 +4,6893.1012 + 6,1499.1011
Resultando:
V’2 = 8957,84 V y V’2 = 257,07 V
V’2 = 8957,84 V y
La segunda solución no puede ser válida, por lo que resulta:
V’2 = 8957,84 V
→
V2 = V '2 / rt = 559,87 V
También se puede solucionar aplicando el método aproximado de Kapp:
C = I2’/I2n’ = 11,16/9,483 = 1,177
ε Rcc =
I1n .R1cc
V1n
=
9,483.14,28
= 0,01485
9120
ε Xcc =
I1n . X1cc
V1n
=
9,483.18,07
= 0,01879
9120
V1 V2
−
= C ⋅ (ε Rcc . cos ϕ + ε Xcc . sin ϕ )
V1n V2n
9200 V2
−
= 1,177 ⋅ (0,01485.0,85 + 0,01879.0,527)
9120 570
→
V2 = 559,88 V
c)
I2 =
S C 100000
=
= 178,61 A
V2 559,865
ZC =
V2 559,865
=
= 3,134 Ω
178,61
I2
Z C = 3,134∠ arccos 0,85 = 3,134∠31,788º Ω
d)
I 2 = 178,61 A
e) Como I1 = I2’ = 11,16 A, resulta:
η=
η=
P2
S 2 . cos ϕ
=
P2 + PFe + PCu S 2 . cos ϕ + Po ⋅ (V1 / V1n ) 2 + C 2 .Pcc
10 5 ⋅ 0,85
2
⎛ 9200 ⎞
2
10 ⋅ 0,85 + 624 ⋅ ⎜
⎟ + 1,177 .1284 ⋅
⎝ 9120 ⎠
5
= 0,9724
η = 97,24 %
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I2’ = 11,16 A
111
Transformadores monofásicos
2.14 Problema 14
Se dispone de un transformador monofásico con las características nominales siguientes: 250 kVA,
15000 V/250 V, 50 Hz, PO = 4 kW, PCC = 5 kW, R1Fe = 56520 Ω, X1 = 11482 Ω, R1cc = 18 Ω, X1cc =
31,18 Ω. Tener en cuenta el circuito equivalente simplificado de la figura siguiente:
X1cc
R1cc
RFe
ZC’
Xµ
Figura 2.14.1
Determinar el rendimiento en función del índice de carga cuando el secundario alimenta a tensión
nominal una carga con un factor de potencia 0,8 (i).
Resolución:
Cálculo del rendimiento:
η = 100 ⋅
η = 100 ⋅
η = 100 ⋅
Psalida
V2n .I 2 . cos ϕ 2
= 100 ⋅
Pabsorbida
V2n .I 2 . cos ϕ 2 + PFe + PCu
C.V2n .I 2n . cos ϕ 2
C.S n . cos ϕ 2
= 100 ⋅
2
C.V2 n .I 2n . cos ϕ 2 + PO + C .PCC
C.S n . cos ϕ 2 + PO + C 2 .PCC
C.250.0,8
→
2
η=
C.250.0,8 + 4 + C .5
20000
200 + 4 / C + 5.C
El valor máximo del rendimiento se producirá cuando se cumpla:
d
(4 / C + 5.C ) = 0
dC
-4/C2 + 5 = 0
→
→
El rendimiento en función del índice de carga C, resulta:
Cmáximo =
η=
4 / 5 = 0,894
20000
200 + 4 / C + 5.C
100
90
95.719
80
95.718
Rendimiento
Rendimiento
70
60
50
40
30
95.717
95.716
95.715
20
95.714
10
0
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
95.713
0.84
0.85
0.86
0.87
0.88
0.89
0.90
0.91
Índice de carga (C)
Índice de carga (C)
Figura 2.14.2
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0.92
0.93
0.94
0.95
112
Problemas de electrotecnia
2.15 Problema 15
Un alto horno eléctrico para a la producción de hierro absorbe 175 kW y 300 kVAr de un
transformador monofásico a través de una línea monofásica de impedancia total 0,52 + j1,04 Ω. Esta
se halla conectada a la red a través del transformador con les características siguientes: 500 kVA,
50000 V/3000 V, εcc = 10%, Pcc = 25 kW (se puede despreciar la rama en paralelo del circuito
equivalente del transformador). El transformador está alimentado por el generador monofásico a través
de una línea monofásica de impedancia total 1,04 + j2,08 Ω.
Sabiendo que la tensión en el secundario del transformador es de 2900 V se pide:
a) La corriente que circula por la línea entre el transformador y el horno.
b) La tensión en bornes del generador.
Resolución:
ZLA
X1CC
R1CC
Z’LB
Transformador
Figura 2.15.1
a ) Se trabaja con el circuito equivalente del transformador reducido al primario:
U '2 = 2900 ⋅
50000
= 48333,33 V
3000
2
⎛ 50000 ⎞
Z ' LB = (0 ,52 + j1,04 ) ⋅ ⎜
⎟ = (144 ,44 + j 288,89 ) Ω
⎝ 3000 ⎠
S 2 = P 2 + Q2
(conjunto línea – carga)
(U '2 ⋅I '2 )2 = (144,44 ⋅ I '2 +175000)2 + (288,89 ⋅ I '2 +300000)2
(48333,33 ⋅ I '2 )2 = (144,44 ⋅ I '2 +175000)2 + (288,89 ⋅ I '2 +300000)2
Ecuación bicuadrada:
I '2 2 = 20190,2
I '2 = 142,09 A
I '2 2 = 57,2701
I '2 = 7,57 A
I1n =
50000
SN
=
= 10 A
U1N
3000
La solución válida es:
I '2 = 7,57 A
⎛ 50000 ⎞
I 2 = I ' 2 ⋅⎜
⎟ = 126,17 A
⎝ 3000 ⎠
b ) Ensayo de cortocircuito:
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Z’C
113
Transformadores monofásicos
RCC =
PCC
I 1n
2
=
25000
= 250 Ω
10 2
ε CC = 10%
U CC = 0,1 ⋅ 50000 = 5000 V
Z 1CC =
U CC 5000
=
= 500 Ω
I 1n
10
X 1CC = Z 21CC − R 21CC = 433 Ω
Origen de fases: 48333,33∠0º V
(288,89 ⋅ I '
tgϕ =
(144,44 ⋅ I '
2
2
)
)
+300000
= 1,727
2 +175000
2
ϕ = 59,93º
I ' 2 = 7,57∠ − 59,93º
U G = U ' 2 +(R1CC + jX 1CC ) ⋅ I ' 2 + Z LA ⋅ I ' 2
U G = 48333,33∠0º +(250 + j 433) ⋅ 7,57∠ − 59,93º +
+ (1,04 + j 2,08) ⋅ 7,57∠ − 59,93º = 48333,33∠0º +502,31∠60º⋅7,57∠ − 59,93º =
= 48333,33∠0º +3802,49∠0,07 º = 48333,33 + 3802,487 + j 4,64 =
= 52135,82 + j 4,64 = 52135,82∠0º
U G = 52135 ,82∠0º V
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114
Problemas de electrotecnia
2.16 Problema 16
Una carga monofásica consume una potencia de 400 kW y 300 kVAr. La carga está conectada a un
centro de transformación a través de una línea monofásica que presenta una impedancia total de valor
0,1 + j.0,2 Ω. El centro de transformación consta de dos transformadores monofásicos conectados en
paralelo de las características siguientes:
-Transformador A: 50000/3000 V, 400 kVA, εcc = 8%, Pcc = 18000 W.
-Transformador B: 50000/3000 V, 300 kVA.
Ensayo de cortocircuito del transformador B: 2500 V, 5 A, 6250 W (datos medidos en el lado AT).
Sabiendo que la tensión a la salida de los transformadores es de 2900 V, se pide:
a) Tensión en bornes de la carga.
b) Tensión en el primario de los transformadores.
c) Corriente a la salida de cada transformador.
Resolución:
a ) Transformador A
InA =
400000
=8 A
50000
R1 CC A =
Z 1 CC A =
PCC A
I
2
=
1n A
18000
= 281,25 Ω
82
ε CC A ⋅ U 1n A
I 1n A
=
0,08 ⋅ 50000
= 500 Ω
8
X 1CC A = Z 21CC A − R 2 1CC A = 413,398 Ω
Z 1 CC A = 500∠55,77º Ω
Transformador B
Z 1 CC B =
R1 CC B =
2500
= 500 Ω
5
PCu
I
2
1B
=
6250
= 250 Ω
52
X 1CC B = Z 21CC B − R 21CC B = 433,01 Ω
Z 1 CC B = 500∠60º Ω
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115
Transformadores monofásicos
Zl = 0,1 + j0,2
2900 V
carga
U2C
400000 W
300000 VAr
S C = 500000∠36,87 º VA
Figura 2.16.1
U 2C = U 2C ∠0º
Se toma como origen de fases
2900∠∂ = U 2C ∠0º +(0,1 + j 0,2 ) ⋅ I 2∠ − 36,87º
500000 = U 2 C ⋅ I 2
Resulta:
U 2C = ±2865,04 V
U 2 C = ±39,02 V
(sin sentido físico)
U 2C = 2865,04 V
I2 =
500000
= 174,58 A
2865,04
∂ = 0,3448 º
I 2 = 174,58∠ − 36,87 º A
b) Circuito equivalente reducido al lado de alta tensión:
Z1CCA
0,1+j0,2 · (50000/3000)2
Z1CCB
Càrrega
G
U1
U’2 = 2900·(5000/3000)
2865,01·(5000/3000)
Figura 2.16.2
Z 1CC A − B =
Z 1CC A ⋅ Z 1CC B
Z 1CC A + Z 1CC B
= 250,17∠57,89º Ω
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116
Problemas de electrotecnia
⎛ 50000 ⎞
U 1 = U 2 '+ I 2 '⋅Z 1CC A− B = 2900 ⋅ ⎜
⎟∠0,3448º +
⎝ 3000 ⎠
⎛ 3000 ⎞
+ 174,58 ⋅ ⎜
⎟∠ − 36,87 º⋅250,17∠57,88º = 50792,78∠1,39º V
⎝ 50000 ⎠
c)
I 2 A ⋅ Z 2CC A = I 2 ⋅ Z 2CC A− B
I 2 A ⋅ Z 1CC A ⋅
I 2A =
1
rt
2
= I 2 ⋅ Z 2CC A− B ⋅
I 2 ⋅ Z 2CC A− B
Z 1CC A
=
1
rt
2
174,58∠ − 36,87 º +250,17∠57,89º
500∠55,77 º
I 2 A = 87,32 A
I 2 A = 87,32∠ − 34,76º A
I 2B =
I 2 ⋅ Z 1CC A− B
= 87,32∠ − 38,99º A
Z 1CC B
I 2 B = 87,32 A
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117
Transformadores trifásicos
3 Transformadores trifásicos
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118
Problemas de electrotecnia
3.1 Problema 1
Un transformador trifásico de 320 kVA, 10,8 kV/0,4 kV, εcc = 4%, Pcc = 3584 W y conexión estrellatriangulo, alimenta una carga trifásica equilibrada por su secundario que absorbe 300 A con un factor
de potencia de 0,8 inductivo, siendo la tensión aplicada al primario del transformador de 11,1 kV. Se
pide la tensión en bornes de la carga.
Resolución:
I1n =
rt =
Sn
3 · U 1n
=
320000
3 · 10800
= 17,1066 A
I2n =
Sn
3 · U 2n
10800
= 27
400
Referido al primario:
PCC = 3 · R1 CC λ · I 12n λ
Æ
R1 CC λ =
3584
PCC
=
= 4,082 Ω
2
3 · I1 n λ 3 · 17,10662
U 1CC = ε cc .V1n = 0,04 · 10800 = 432 V
Z1ccλ
U1CCλ = 432
17,1066 =I’2λ
3
Figura 3.1.1
Z1cc λ =
U 1ccλ 432 / 3
=
= 14,58 Ω
Z1ccλ 17,1066
X 1cc λ = Z12cc λ − R12cc λ = 14,58 2 − 4,08 2 = 13,997 Ω
ϕ CC = arctg
X 1CC λ
R1CC λ
= 73,74º
4,08 + j 13,997
U 1λ = 11000
3
∠α º
11,11 A
U 2/ λ
Figura 3.1.2
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=
320000
3 · 400
= 461,88 A
119
Transformadores trifásicos
En carga, la corriente del secundario vale I2λ = 300 A:
I 2/ λ =
I 2λ 300
=
= 11,11 A
rt
27
cos ϕ C = 0,8
ϕ C = 36,87 º
→
11100
U 1 λ = U ' 2 λ + I ' 2 λ ⋅Z 1CC λ
3
11100
cos α = U ' 2λ +129,58
3
11100
3
U ' 2λ = 6278,28 V
α = 0,87º
sin α = 97,19
→
U 2/ λ = 6278,28 V
U2 =
∠α º = U ' 2 ∠0º +11,11∠ − 36,87 º⋅14,58∠73,74º
U 2/ = 3 · 6278,28 = 10874,30 V
10874,30
= 402,75 V
27
Aplicando el método aproximado de Kapp, resulta:
PCC = ε Rcc · Sn
→
ε Rcc =
PCC
3584
=
= 0,0112
Sn
320000
2
ε Xcc = ε cc2 − ε Rcc
= 0,04 2 − 0,0112 2 = 0,0384
FP = cos ϕ = 0,8
C=
→
sin ϕ = 0,6
I2
300
=
= 0,6495
I 2n 461,88
U1
U
= 2 + C · [ε Rcc · cos ϕ c + ε Xcc · sin ϕ c ]
U1n U 2 n
11100 U 2
=
+ 0,6495 · [0,0112 · 0,8 + 0,0384 · 0,6]
10800 400
→
U 2 = 402,79 V
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120
Problemas de electrotecnia
3.2 Problema 2
El transformador de la figura alimenta una carga según el circuito indicado:
R2
A=C'
R1
W1
a
V1
B=A'
S1
a’= b’= c’
W2
c
T1
V2
S2
Carga
equilibrada
b
T2
C=B'
Figura 3.2.1
Las características del transformador son: 24000 V/380 V, Sn = 125 kVA, εcc = 4%, Po = 480 W, Pcc =
2530 W. Las lecturas de los vatímetros W1 y W2 son, respectivamente, 60186,56 W y 23813,44 W,
mientras que el voltímetro V2 indica 368,6 V. Se sabe que el bobinado del secundario presenta una
resistencia por fase de 0,01 Ω. Se pide:
a) La resistencia por fase del bobinado del primario
b) La lectura del voltímetro V1.
c) El rendimiento del transformador.
d) El índice horario del transformador
Resolución:
a)
I2n =
125000
3 · 380
= 189,9178 A
Esquema equivalente reducido al secundario,
PCC = 3 · R 2 cc λ · I 22n λ
Z 2 cc λ =
U 2 cc λ
I 2n λ
Æ
R2 ccλ =
PCC
2530
=
= 0,02338 Ω
2
3 · I 2 n λ 3 · 189,91782
4 380
·
100
3
=
= 0,0462 Ω
189,9178
X 2 ccλ = Z 22ccλ − R22ccλ = 0,04622 − 0,023382 = 0,03985 Ω
tg ϕ cc =
0,03985
0,02338
Æ
ϕ cc = 59,6º
Z 2 ccλ = (0,02338 + j 0,03985) Ω
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121
Transformadores trifásicos
R1λ
rt2
0,02338 = R2 λ +
Æ
rt =
R1 λ
0,02338 = 0,01 +
24000
= 63,16
380
Æ R1 λ = 53,37
63,16 2
Æ
R1 ∆ = 3 ⋅ R1 λ = 160,11Ω
b)
W1 = 60186,56 W ⎫
⎬
W2 = 23813,44 W ⎭
Æ
tg ϕ T = 0,75
I 2λ =
PT = W1 + W2 = 84000
QT = 3 · (W1 − W2 ) = 63000
84000
3 · 368,6 · 0,8
ϕ T = 36,87º
= 164,465 A
Æ
cos ϕ T = 0,8
Æ
I 2 λ = 164,465 ∠ − 36,87º A
U 2λ =
368,6
∠ 0º V
3
I 2λ = 164,465 ∠ − 36,87 º A
U 1/λ = U 2λ + I 2λ ⋅ Z 2CCλ
U 1/λ =
368,6
3
∠ 0º + (0,02338 + j 0,03985) · 164,465 ∠ − 36,87 º
U 1/λ = 219,839 ∠ 0,72 V
U 1 = U '1 .rt = 219,839 · 3 ·
U 1/ = 219,839 · 3 V
Æ
24000
= 24048,8 V
380
Æ
U 1 = 24048,8 V
c)
η=
P2
P2
=
P2 + PFe + PCu P2 + Po ⋅ ( U1 / U1n )2 + PCu
C=
I 2 164,46
=
= 0,866
I 2 n 189,91
η=
84000
2
⎛ 24048,8 ⎞
2
84000 + 480 · ⎜
⎟ + 2530 · C
⎝ 24000 ⎠
=
84000
= 0,972
86379,34
η = 97,2 %
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122
Problemas de electrotecnia
d) Para determinar el índice horario, se deben hacer los diagramas siguientes:
S1
R1
A
B
T1
C
A=C’
A’
a
R2
a’
B’
b
b’
a
C’
S2
c
N
T2
C=B’
c
c’
Resulta un índice horario 11, siendo por lo tanto un transformador tipo Dy11
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b
B=A’
123
Transformadores trifásicos
3.3 Problema 3
Se dispone de un transformador trifásico Dy de características nominales 11 kV/380 V, 50 kVA. Se
efectúa el ensayo de cortocircuito del transformador, alimentándolo por el lado de baja tensión a 15 V
y absorbiendo 60 A y 1500 W. Por el lado de alta se encuentra conectado a la red, mientras que por el
lado de baja tiene conectadas las cargas siguientes:
Un motor trifásico de 9 kW, de 380 V entre fases con un rendimiento del 90% y un factor de potencia
de 0,85.
Un motor trifásico que absorbe 25 kW, de 380 V entre fases con un factor de potencia de 0,9.
Una instalación de alumbrado formada por 90 lámparas de incandescencia de factor de potencia
unidad, de 100 W a 220 V, repartidas equilibradamente entre les tres fases.
Se pide:
a ) Si en el lado de baja hay una tensión de 380 V, ¿cuál es la tensión de la red?
b ) Calcular la potencia activa y la reactiva absorbida por el transformador de la red.
c ) Determinar las pérdidas por efecto Joule en el transformador.
NOTA: Menospreciar la rama en paralelo del circuito equivalente.
Resolución:
a)
rt =
U 1n
= 28,9474
U 2n
Ensayo de c.c.
Z 2 cc λ =
V 2 cc λ 15 / 3
=
= 0,1443 Ω
I2
60
Pcc = 3 · R 2 cc λ · I 22cc λ
Æ
(valor reducido al secundario)
R 2 cc λ =
X 2 cc λ = Z 22cc λ − R 22cc λ = 0,0395 Ω
Pcc
3 · I 22cc λ
Æ
=
1500
3 · 60 2
= 0 ,1388 Ω
Z 2 ccλ = 0 ,1443 ∠ 15,793º Ω
Consumos
Consumo 1
I1 =
9000
3 · 380 · 0,85 · 0,9
= 17,875 A
Æ
cos ϕ1 = 0,85
I 1 = 17,875 ∠ − 31,788º A
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Æ
ϕ1 = 31,778º
124
Problemas de electrotecnia
Consumo 2
I2 =
25000
3 · 380 · 0,9
= 42,203 A
Æ
cos ϕ 2 = 0,9
Æ
ϕ 2 = 31,778º
cos ϕ 3 = 0,9
Æ
ϕ 3 = 31,778º
I 2 = 42,203 ∠ − 25,842º A
Consumo 3
I3 =
90 · 100
3 · 380 · 1
= 13,674 A
Æ
I 3 = 13,674 ∠ 0º A
I = I 1 + I 2 + I 3 = 72,406∠ − 22,58º A
Z 2 ccλ = 0,1443 ∠ 15,793º Ω
U '1λ
I 2λ
Zc
380
3
∠ 0º = U 2 λ
Figura 3.3.1
/
U 1 λ = U 2λ + I 2λ ⋅ Z 2CCλ
/
U1 λ =
380
3
∠ 0º + 0,1443 ∠ 15,793º · 72,406 ∠ − 22,58º = 229,771 ∠ − 0,308º V
U '1λ = U 1λ · rt = 229,771 ·
11000
= 6651,27 V
380
Æ
U 1 = 3 ⋅ U 1 λ = 11520,33 V
b)
I1 =
I 2 72,406∠ − 22,58º
=
= 2,5∠ − 22,58º A
11000
rt
380
S 1 = 3 ⋅ U 1 ⋅ I *1 = 3 ⋅ 11520,33∠ − 0,308º⋅2,5∠22,588º = 46184,20 + j 18922,69 VA
P1 = 46184,20 W
Q1 = 18922,69 VAr
c)
Pcu = 3 · I 2 2λ · R 2 cc λ = 3 · 72,406 2 · 0,1388 = 2184,43 W
Æ
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Pcu = 2184,43 W
125
Transformadores trifásicos
3.4 Problema 4
Un generador trifásico de 13,2 kV entre fases alimenta, a través de un transformador trifásico ideal,
una carga trifásica conectada en estrella que absorbe una potencia de 1 MVA. Determinar las tensiones
y las intensidades de corriente de línea y de fase en el transformador si está conectado:
a) Estrella / estrella
b) Estrella / triángulo
c) Triángulo / estrella
d) Triángulo / triángulo
Suponer en todos los casos una tensión a la salida del transformador de 2,3 kV.
Resolución:
a) La conexión estrella / estrella corresponde al esquema siguiente:
I1
I2
U2
U1
2300V
13200V
Figura 3.4.1
en el cual se conocen las tensiones de línea del primario y del secundario. Las tensiones de fase o
tensiones simples son respectivamente:
U 1λ =
13200
= 7621 V
3
U 2λ =
2300
= 1328 V
3
La relación de transformación nominal puede hallarse indistintamente a partir del cociente entre las
tensiones compuestas de ambos devanados o del cociente de las tensiones simples (la recomendación
CEI 76, Transformadores de potencia, 4.4.5 que estipula que rt será la relación entre la tensión más
elevada y la menor). En este último caso resulta:
al ser ideal se cumple: rt = U 1n U
2n
= U1
U2
rt = 13200
2300
= 5,7391
La intensidad de corriente en el secundario se puede determinar a partir de la potencia absorbida por la
carga:
S C = 3 ⋅U 2 A ⋅ I 2 A
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126
Problemas de electrotecnia
Despejando I 2 , se obtiene la intensidad de la corriente de línea, que coincide, al estar el secundario
del transformador conectado en estrella, con la intensidad de corriente de fase secundaria del
transformador:
SC
I 2l =
=
3 .U 2 n
10 6
3 .2300
= 251 A
Por tratarse de un transformador ideal, es decir, sin pérdidas, se verifica para cualquier carga:
U1 I 2
=
= rt
U 2 I1
Por tanto:
I 2A
251
=
= 43,74 A
5,7391
rt
I 1A =
La intensidad de la corriente de línea primaria I1 coincide, al estar el primario del transformador
conectado en estrella, con la intensidad de corriente de fase primaria del transformador. También se
puede determinar la corriente absorbida por el primario del transformador para alimentar a la carga
conectada en su secundario como:
SC
I 1A =
3 ⋅ U 1A
=
1000000
= 43,74 A
3 ⋅13200
Como era de esperar, el resultado obtenido coincide con el anteriormente hallado.
b) La conexión estrella / triángulo corresponde al siguiente esquema:
I1
U1
I’2
13200V
U2
I2
2300V
Figura 3.4.2
Como las tensiones terminales son las mismas, se tiene: rt = 5,7391
La intensidad de corriente de línea en el lado del secundario del transformador vale:
I 2A =
SC
3 ⋅U 2n
=
1000000
3 ⋅ 2300
= 251 A
Y la intensidad de corriente secundaria por fase:
I2 =
I 2A
3
=
251
= 145 A
3
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127
Transformadores trifásicos
Al estar el primario en estrella, se cumple:
I
I 1A = 2A
rt
= 251
5,7391
= 43,74 A = I 1 fase
c) La conexión triángulo /estrella corresponde al siguiente esquema:
U2
I’1
I2
2300V
I1
13200V
Figura 3.4.3
La relación de transformación sigue siendo la misma:
rt = 5,7391
La intensidad de corriente de línea en el lado del secundario del transformador vale:
I 2A =
1000000
= 251 A = I 2 fase por estar el secundario en estrella
3 ⋅ 2300
Teniendo en cuenta la relación entre las tensiones y corrientes de fase, se puede determinar la
intensidad de corriente en el devanado primario:
I1A =
I 2A
rt
= 251
= 43,74 A
5,7391
Al estar el primario en triángulo resulta:
I1 fase =
I1A
3
= 25,25 A
d ) La conexión triángulo / triángulo corresponde al siguiente esquema:
I’2
I1
I2
U1=13200V
U2=2300V
Figura 3.4.4
rt =
U1n 13200
=
= 5,7391
U 2n
2300
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128
Problemas de electrotecnia
La intensidad de corriente de línea en el lado del secundario del transformador vale:
I 2A =
1000000
= 251 A
3 ⋅ 2300
Y la intensidad de corriente de fase correspondiente:
I 2 fase =
I 2A 251
=
= 145 A
3
3
es decir,
I 1A =
I 2A
251
=
= 43,74 A
rt
5,7391
Determinada la intensidad de corriente de fase del primario, la intensidad de corriente de línea se
calcula como:
I1 fase =
I1A
3
= 25,25 A
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129
Transformadores trifásicos
3.5 Problema 5
Un transformador trifásico de 2 MVA, 33 kV/7,2 kV, grupo de conexión Dy5, tiene una resistencia y
una reactancia por fase de 4,5 Ω y 22 Ω en el devanado primario, así como 0,6 Ω y 2,8 Ω en el
devanado secundario. Este transformador alimenta una carga con una factor de potencia 0,8 inductivo
que absorbe exactamente la intensidad de corriente nominal del transformador cuando la tensión de
alimentación del primario es de 33 kV.
Despreciando las pérdidas en el núcleo magnético del transformador, calcular:
a) El circuito equivalente del transformador reducido al primario
b) El circuito equivalente del transformador reducido al secundario
c) La tensión en bornes de la carga, calculándola a partir del circuito equivalente del transformador
reducido al primario.
d) La tensión en bornes de la carga, calculándola a partir del circuito equivalente del transformador
reducido al secundario.
Resolución
a) El grupo de conexión del transformador es Dy5, por lo que se verifica:
rt =
respiras
U 1n
N1
=
=
U 2n N 2 ⋅ 3
3
I1
→
rt =
33000
= 4,5833
7200
UP
IF1
U2
I2
US
Figura 3.5.1
Se sabe que:
R1∆ = 4,5 Ω
X 1∆ = 22 Ω
R2λ = 0 ,6 Ω
X 2λ = 2 ,8 Ω
La resistencia y la reactancia del secundario reducidas al primario valen respectivamente:
R1CC∆ = R1∆ + R' 2∆ = R1∆ + 3 ⋅ R' 2λ = R1∆ + 3 ⋅ R2λ ⋅ rt 2 = 4,5 + 3 ⋅ 0,6 ⋅ 4,5833 2 = 42,31 Ω
X1CC∆ = X1∆ + X '2∆ = X1∆ + 3 ⋅ X '2λ = X1∆ + 3 ⋅ X 2λ ⋅ rt 2 = 22 + 3 ⋅ 2,8 ⋅ 4,58332 = 198,45 Ω
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130
Problemas de electrotecnia
Z1CC∆ = R1CC∆ + jX 1CC∆ = 42,31 + j.198,45 Ω
El circuito equivalente reducido al primario es:
X 1CC∆ = j198,45Ω
R1CC∆ = 42,31Ω
I ' 2∆
U 1∆
U ' 2∆
Figura 3.5.2
b ) La resistencia y la reactancia del primario reducidas al secundario valen respectivamente:
R2CCλ = R'1λ + R2λ = R'1∆ + R2λ = R1∆
3
3 ⋅ rt 2
+ R2λ = 4 ,5
3 ⋅ 4 ,58332
+ 0 ,6 = 0 ,671 Ω
X 2CCλ = X '1λ + X 2λ = X '1∆ + X 2λ = X 1∆
+ X 2λ = 22
+ 2 ,8 = 3,15 Ω
3
3 ⋅ 4 ,5833 2
3 ⋅ rt 2
Z 2CCλ = R2CCλ + jX 2CCλ = 0,671 + j .3,15 Ω
El circuito equivalente del transformador reducido al secundario (esquema monofásico fase-neutro) es:
Ρ2CCλ = 0,671Ω
X2CCλ = j 3,15Ω
U’1
U2
Figura 3.5.3
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131
Transformadores trifásicos
c) La intensidad de corriente nominal primaria del transformador es:
I1n =
2000000
= 35 A
33000 ⋅ 3
y la corriente de fase correspondiente:
I1∆ =
I1n
3
=
35
= 20,2 A
3
que coincide con la intensidad de corriente que absorbe la carga reducida al primario, puesto que,
según el enunciado, el transformador no tiene pérdidas en el núcleo magnético. Por ser el factor de
potencia de la carga 0,8 (cosφC = 0,8) inductivo, la intensidad de corriente que ésta absorbe por fase
está desfasada en retraso un ángulo de 36,87º respecto a la tensión simple secundaria de la misma fase.
Y para lo que sigue se debe recordar que la reducción de magnitudes de un devanado al otro es una
transformación conforme, es decir, que se conservan los ángulos.
I1∆ = 20,2∠ − 36,87º A
Y teniendo en cuenta lo anteriormente expuesto, el circuito equivalente del transformador reducido al
primario (esquema monofásico fase-neutro) cuando alimenta a la carga es:
j 198,45Ω
42,31Ω
I ∆1
U1∆
U’2∆
Figura 3.5.4
Tomando como origen de ángulos U’2, se tiene:
U1
α
IF1
φC
U’2
XCC IF1
RCC IF1
Figura 3.5.5
U1∆ = U'2∆ +I 1∆ ⋅ Z1CC∆
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132
Problemas de electrotecnia
y sustituyendo valores:
33000∠α º = U ' 2 ∆ ∠0º +( 42 ,31 + j198,45 ) ⋅ 20 ,2∠ − 36 ,87º
Igualando partes real e imaginaria:
⎧33000 ⋅ cos α = U ' 2 ∆ + 4098,78 ⋅ cos 41,09º
⎨
⎩ 33000 ⋅ senα = 4098,78 ⋅ sen 41,09º
De donde se obtienen α = 4,68º
U '2∆ = 29800,81 V
y que, reducida al secundario, resulta:
U 2∆ =
U ' 2 ∆ 29800,81
=
= 6502 V
rt
4,5833
d) La intensidad de corriente nominal secundaria del transformador es:
I 2n =
Sn
3 ⋅ U 2n
=
2000000
3 ⋅ 7200
= 160,37 A
que coincide, según el enunciado, con la intensidad de corriente que absorbe la carga. A un factor de
potencia inductivo 0,8 (cos φC = 0,8) le corresponde, tal como hemos visto anteriormente, un desfase
en retraso de la intensidad de corriente secundaria respecto de la tensión de 36,87º. Por tanto:
I 2λ = 160 ,37∠ − 36 ,87º A
El circuito equivalente del transformador reducido al secundario (esquema monofásico fase-neutro)
cuando alimenta a la carga es:
0,671Ω
j 3,15Ω
U2λ
U’1λ
Figura 3.5.6
Y el diagrama vectorial es:
U’1
α
I2n
φC
U2
XCC I2n
RCC I2n
Figura 3.5.7
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133
Transformadores trifásicos
U '1 λ = U 2 λ + ( R2CC λ + jX 2CC λ ) ⋅ I 2 λ
En el cual:
U '1λ =
U1λ 33000
=
= 4156 ,95 V
rt
7 ,9385
Resulta, por tanto:
4156 ,95∠α º = U 2λ ∠0º +( 0 ,671 + j 3,15 ) ⋅ 160 ,37 ∠ − 36 ,87º
igualando partes real e imaginaria:
⎧4156 ,95 ⋅ cos α = U 2 λ + 516 ,39 ⋅ cos 41,09º
⎨
⎩ 4156 ,95 ⋅ senα = 516 ,39 ⋅ sen 41,09º
De donde se obtiene:
α = 4,68º
U 2λ = 3753,96 V
→
U 2 = 3 ⋅ U 2λ = 3 ⋅ 3753,96 = 6502 V
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134
Problemas de electrotecnia
3.6 Problema 6
Se dispone de un transformador trifásico Yd de las características siguientes:
S n = 20 MVA
U1n = 128kV
PCC = 30kW
ε CC = 0,06
U 2 n = 24kV
Se conecta al devanado de tensión inferior una carga trifásica equilibrada de 15 MW, con un factor de
potencia de 0,8 inductivo y a una tensión de 23 kV.
Calcular:
a) Los valores de la resistencia, inductancia e impedancia de cortocircuito del transformador reducida
al devanado de tensión superior
b) La impedancia de la carga
c) La tensión de línea existente en el devanado de tensión superior antes de producirse el cortocircuito
d) Trabajando en las anteriores condiciones, en un momento determinado, se produce un cortocircuito
en bornes de la carga, reduciéndose la tensión de alimentación del transformador a un 80% del valor
que tenía anteriormente. Determinar las intensidades de las corrientes de línea en ambos lados del
transformador en esta nueva situación.
Resolución:
a) Las intensidades de corriente nominales primaria y secundaria del transformador son
respectivamente:
I1n =
I 2n =
Sn
3 ⋅ U1n
=
Sn
3 ⋅ U 2n
20000000
3 ⋅ 128000
= 90,21A
20000000
=
= 481,125 A
3 ⋅ 24000
La relación de transformación nominal:
rt =
U1n 128000
=
= 5,333
U 2n
24000
Como se conocen las pérdidas en el ensayo de cortocircuito, se puede determinar el valor de la
resistencia de cortocircuito reducida al devanado de tensión superior (en este caso, devanado primario)
R1CCy:
PCC = 3 ⋅ R1CCλ ⋅ I 21nλ
R1CCy =
PCC
3⋅ I
2
1nλ
=
30000
3 ⋅ 90,212
= 1,229 Ω
Y a partir de la tensión de cortocircuito, expresada en tanto por uno, se puede determinar la
impedancia de cortocircuito reducida al primario, Z1CC , como:
ε CC =
Z1CCλ ⋅ I1nλ
U1nλ
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135
Transformadores trifásicos
Z1CCλ =
ε CC ⋅ U1nλ
I1nλ
= 0 ,06 ⋅
128000 / 3
= 49 ,15 Ω
90 ,21
X1CCλ = Z 21CCλ − R 21CCλ = 49 ,137 Ω
Z1CC λ = 1,229 + 49 ,137 j = 49 ,15∠88 ,567º Ω
b) La intensidad de corriente en el secundario del transformador para la carga se obtiene de:
PC = 3 ⋅ U 2 ⋅ I 2A ⋅ cos ϕ C
PC
I 2A =
3 ⋅ U 2 ⋅ cos ϕ C
=
15.10 6
= 470 ,665 A = I 2 λ
3 ⋅ 23000 ⋅ 0 ,8
De donde la impedancia de carga por fase tiene un valor de:
Z Cλ =
U 2λ 23000 / 3
=
= 28,21 Ω
I 2λ
470 ,665
Y como se conoce el factor de potencia de la carga (cos φC = 0,8) y el tipo de carga (inductiva), se
puede hallar en ángulo φC:
ϕ C = 36,87º
Por tanto:
Z Cλ = 28,21∠36 ,87º Ω
y reducida al primario vale:
Z'Cλ = Z'Cλ ⋅ rt 2 = 28,21∠36 ,87º ⋅5,3332 = 802 ,42∠36 ,87º Ω
c) El circuito equivalente del transformador reducido al primario (esquema monofásico fase-neutro)
es:
Z1CCλ
U1λ
~
U’2λ
Z’C
I’2λ
Figura 3.6.1
Tomando como origen de ángulos la tensión simple U 2λ reducida al primario, U ' 2λ :
U ' 2λ = rt ⋅ U 2λ
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136
Problemas de electrotecnia
U ' 2λ = 5,333 ⋅
23000
3
∠0º = 70817 ,2∠0º V
La intensidad de corriente de la carga en forma fasorial, tomando el anterior origen de ángulos, es:
I 2λ = 470 ,665∠ − 36 ,87º A
Y reducida al primario:
I ' 2λ =
I 2λ
I ' 2λ =
470,665∠ − 36,87º
= 88,255∠ − 36,87º A
5,333
rt
A partir de los valores anteriormente calculados se puede calcular la tensión simple de alimentación
del primario:
U 1λ = U ' 2λ + I' 2 y λ ⋅ Z 1CCλ
U1λ = 78817 ,2∠0º +88 ,255 ∠ − 36 ,87º ⋅49 ,15∠88 ,567º = 73584 ,720 ∠ 2 ,651º V
Y la tensión de línea es:
U1 = 3 ⋅ U1λ = 3 ⋅ 73584 ,72 = 127452 ,47 V
U1 = 127452,47 V
d) El circuito equivalente del transformador reducido al primario (esquema monofásico fase-neutro),
cuando se produce un cortocircuito tripolar en el secundario y está alimentado a un 80% de la tensión
del apartado anterior, es:
Z1CCλ
~
0,8 U1λ
I1λ
Figura 3.6.2
La corriente primaria del transformador en este caso vale:
I1 = I1λ =
0,8 ⋅ U1λ 0 ,8 ⋅ 73584,720
=
= 1197 ,668 A
Z1CCλ
49,15
Y la corriente secundaria del transformador en este caso vale:
I 2 = I 1 ⋅ rt
I 2 = 1197,668 ⋅ 5,333 = 6387,163 A
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137
Transformadores trifásicos
3.7 Problema 7
De un transformador trifásico de 124,7 kVA, relación de transformación 8250 V/500 V, grupo de
conexión Dy5, se han realizado los siguientes ensayos:
1. Ensayo de vacío: Alimentando el transformador por el devanado de baja tensión a 400 V, la
potencia absorbida es de 1300 W.
2. Ensayo de cortocircuito: Alimentando el transformador por el devanado de alta tensión a 314
V, circula la corriente nominal y la potencia absorbida es de 3000 W.
Calcular:
a) El rendimiento del transformador a plena carga cuando alimenta una carga inductiva de factor de
potencia 0,9 a la tensión nominal conectada en el devanado de alta tensión.
b) El rendimiento del transformador cuando trabaja a media carga, tensión nominal y el factor de
potencia es la unidad.
c) El rendimiento máximo del transformador y carga para la que se produce, cuando el factor de
potencia es la unidad a la tensión nominal.
d) Caídas de tensión relativa en la resistencia, reactancia e impedancia de cortocircuito a plena carga.
e) Tensión necesaria en el primario para poder alimentar la carga del apartado a) cuando la tensión del
secundario es de 8250 V.
Resolución:
a) El rendimiento del transformador se obtiene como:
η=
P2
P2 + PCu + PFe
Siendo:
P2 = Potencia activa suministrada a la carga
PFe = Potencia activa que se disipa en el núcleo magnético del transformador (pérdidas en el hierro)
PCu = Potencia activa que se disipa por efecto Joule en los devanados del transformador (pérdidas en el
cobre)
Cuando se efectuó el ensayo del transformador en vacío, la tensión de alimentación no era la nominal,
por lo que la potencia absorbida, P’o, no corresponde a la potencia que absorbe el transformador en
vacío a tensión nominal, valor designado normalmente por Po. La relación entre ambas potencias viene
dada por:
⎛U
Po = P' o ⋅⎜⎜ 1n
⎝ U1
2
2
⎞
⎛ 500 ⎞
⎟⎟ = 1300 ⋅ ⎜
⎟ = 2031 W
⎝ 400 ⎠
⎠
Por tanto, las pérdidas en el hierro en este caso valen:
PFe = Po = 2031 W
Al trabajar el transformador a plena carga, la corriente por él suministrada es la nominal, por lo que las
pérdidas en el cobre coinciden con las medidas en el ensayo de cortocircuito, es decir:
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138
Problemas de electrotecnia
PCu = 3000 W
La potencia suministrada a la carga en estas condiciones es:
P2 = 3 ⋅ U 2 n ⋅ I 2 n ⋅ cos ϕ C = S n ⋅ cos ϕ C
Por lo que el rendimiento es:
η=
124700 ⋅ 0,9
= 0,9571
124700 ⋅ 0,9 + 2031 + 3000
η = 95,71 %
b) En este caso, se ha de tener presente que la potencia suministrada es la mitad de la nominal y que,
por lo tanto, las pérdidas en el cobre son diferentes de las del ensayo de cortocircuito:
PCu = C 2 ⋅ PCC = 0 ,5 2 ⋅ 3000 = 750 W
P2 = 3 ⋅ U 2n ⋅ I 2 ⋅ cos ϕ C = 3 ⋅ U 2n ⋅ C ⋅ I 2n ⋅ cos ϕ C = S n ⋅ C ⋅ cos ϕ C
η=
124700 ⋅ 0 ,5 ⋅1
124700 ⋅ 0 ,5 ⋅1 + 2031 + 3000 ⋅ 0,5 2
= 0,9573
η = 95,73 %
c) El rendimiento máximo, par un factor de potencia dado, se consigue cuando se verifica:
PFe = PCu
PFe = C 2 ⋅ PCC
Cη máx =
PFe
=
PCC
2031
= 0 ,8228
3000
Por tanto, el rendimiento máximo vale:
η máx =
124700 ⋅ 0,8228
124700 ⋅ 0,8228 + 3000 + 2 ⋅ 0,8228 2
= 0,9619
η = 96,19 %
d) Previamente se calcularán los valores de las resistencias y reactancias de cortocircuito del
transformador, suponiendo:
1: BT en Y
2: AT en ∆
La relación de transformación es:
I1n =
rt =
124700
Sn
=
= 144 A
3 ⋅ U1n
3 ⋅ 500
500
= 0,06
8250
I 2n =
Sn
124700
=
= 8,734 A
3 ⋅ U 2n
3 ⋅ 8250
El valor de la tensión de cortocircuito reducida al devanado de baja tensión vale:
U 1CC = U 2CC ⋅ rt = 314 ⋅
500
= 19,03 V
8250
y, teniendo presente que la conexión es en estrella, la tensión por fase correspondiente es:
U1CCλ = 19,03 / 3 = 10,987 V
Por lo tanto:
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139
Transformadores trifásicos
PCC = 3 ⋅ R1CCλ ⋅ I 21n
→
R1CCλ =
PCC
3⋅ I
2
=
1n
3000
3 ⋅144 2
= 0,0482 Ω
Y la impedancia de cortocircuito vale:
10 ,987
U
Z1CCλ = 1CCλ =
= 0 ,0762Ω
I1n
144
X1CCλ = Z 21CCλ − R 21CCλ = 0 ,059 Ω
De donde:
Cálculo de las caídas de tensión relativa en la resistencia, reactancia e impedancia de cortocircuito a
plena carga:
ε RCC =
R1CCλ ⋅ I1nλ 0 ,0482 ⋅ 144
=
= 0 ,024
500
U1nλ
3
ε XCC =
X1CCλ ⋅ I1nλ 0,059 ⋅ 144
=
= 0 ,0295
500
U1nλ
3
ε CC =
Z1CCλ ⋅ I1nλ 0 ,0762 ⋅ 144
=
= 0 ,038
500
U1nλ
3
También se puede calcular ε CC como: ε CC = ε 2 RCC + ε 2 XCC
e) A continuación calcularemos, utilizando el método aproximado Kapp, la tensión que hay que
aplicar al devanado de baja tensión para poder alimentar una carga de las características especificadas
en el enunciado a 8250 V.
U1λ = U '2λ + R1CCλ ⋅ I1nκ ⋅ cos ϕC + X1CCλ ⋅ I1nλ ⋅ senϕC
U 1λ =
8250 ⎛ 500 ⎞
⋅⎜
⎟ + 0,0482 ⋅144 ⋅ 0 ,9 + 0 ,059 ⋅144 ⋅ 0 ,436 = 299,63 V
3 ⎝ 8250 ⎠
La tensión que hay que aplicar es:
U1 = 3 ⋅ U1λ = 3 ⋅ 298,63 = 517,23 V
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140
Problemas de electrotecnia
3.8 Problema 8
Se conecta una carga de 150 kVA, con un factor de potencia de 0,96 inductiva, en el devanado de
tensión inferior de un transformador trifásico. La tensión de alimentación de la carga es de 1000 3 V .
En estas condiciones, la potencia absorbida por el transformador es de 157,5 kW, con un factor de
potencia de 0,934 inductivo.
Las características del transformador son:
- Grupo de conexión Yy
- Tensión nominal del devanado de tensión más elevada: 1900
3V
- Tensión nominal del devanado de tensión inferior: 1100 3 V
- Potencia nominal: 375 kVA
- Potencia reactiva absorbida por el transformador en el ensayo estándar de vacío: 15 kVAr
- Pérdidas del transformador en el ensayo estándar de vacío: 11250 W.
Calcular:
a) Los valores de la resistencia y reactancia de cortocircuito referidas al devanado de tensión superior
(primario)
b) La tensión que se ha de aplicar al primario del transformador para poder alimentar la carga en las
condiciones indicadas
c) La tensión de cortocircuito en valor relativo, ε CC
d) La intensidad de la corriente de vacío del transformador Io aplicando en el primario la tensión del
apartado b)
Resolución:
a) Las intensidades de corrientes nominales en ambos devanados del transformador valen
respectivamente:
I 1n =
I 2n =
Sn
3 ⋅ U 1n
Sn
3 ⋅U 2n
=
=
375 ⋅10 3
3 ⋅1900 3
375 ⋅10 3
3 ⋅1100 3
= 65,79 A
= 113,36 A
Como se conocen las potencias activa y reactiva del transformador cuando trabaja en vacío, se puede
determinar el factor de potencia en vacío:
tgϕ o =
Qo 15000
=
= 1,33
Po 11250
→
ϕ o = 53,13º
→
cos ϕ o = 0,6
Las pérdidas de potencia en vacío, activa y reactiva, cuando el transformador no trabaja a la tensión
nominal, son:
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141
Transformadores trifásicos
2
⎛ U1 f
P' o = Po ⎜
⎜ U 1nf
⎝
2
⎞
⎟ = 11250⎛⎜ 1000 ⎞⎟ = 9297 ,52 W
⎟
⎝ 1100 ⎠
⎠
⎛ U1 f
Q' o = Qo ⎜
⎜ U 1nf
⎝
2
⎞
⎟ = 15000⎛⎜ 1000 ⎞⎟ = 12396 ,7 VAr
⎟
⎝ 1100 ⎠
⎠
2
Siendo U1f la tensión de alimentación de la carga por fase, y U1nf la tensión nominal por fase.
A continuación, como ya se conocen la potencia absorbida por el transformador y las potencias
cedidas a la carga y al núcleo ferromagnético del transformador, se pueden determinar las pérdidas en
el cobre.
Potencias cedidas a la carga:
( cosϕ C = 0,96
ϕ C = 16,26º
senϕ C = 0,28 )
P2 = S C ⋅ cosϕ C = 150 ⋅ 0 ,96 = 144 kW
Q 2 = S C ⋅ senϕ C = 150 ⋅ 0 ,28 = 42 kVAr
La intensidad de corriente que circula por el secundario del transformador es:
I2 =
SC
3 ⋅U 2
150 ⋅10 3
=
3 ⋅1000 3
= 50A
y que, reducida al primario del transformador, es:
I' 2 =
I2
50
=
= 28,95 A
rt
⎛ 1900 3 ⎞
⎜
⎟
⎜ 1100 3 ⎟
⎝
⎠
El índice de carga es:
C=
I2
50
=
= 0,44
I 2 n 113,96
Las pérdidas en el cobre valen:
( cosϕ 1= 0,934
ϕ 1= 20,93º
tgϕ 1= 0,3825 )
PCu = P1 − P2 − P' o = 157 ,5 ⋅10 3 − 144 ⋅10 3 − 9297 ,52 = 4202 ,48 W
QCu = Q1 − Q 2 − Q' o = P1tgϕ1 − Q 2 − Q' o = 60246 ,78 − 42000 − 12396 ,7 = 5850 ,08 VAr
A partir de los resultados anteriores, se pueden calcular los valores de R1CCy y X1CCy referidos al
primario:
PCu = 3 ⋅ R1CCλ ⋅ I'2λ 2
R1CCλ =
X 1CCλ =
PCu
3 ⋅ I ' 2λ
2
=
2
=
QCu
3 ⋅ I ' 2λ
4202,48
3 ⋅ 28,95 2
5850,08
3 ⋅ 28,95 2
= 1,67Ω
= 2 ,32Ω
Z 1CCλ = 1,67 + j 2 ,32 Ω
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142
Problemas de electrotecnia
b) A partir de los valores anteriores, se puede calcular la tensión que se ha de aplicar al primario del
transformador, a partir del circuito equivalente fase-neutro, en el caso indicado:
cos ϕ C = 0,96(i )
ϕ C = 16,26º
→
⎛ 1900 ⎞
U 1λ = U ' 2λ + I' 2λ ⋅Z 1CCλ = U 2λ ⋅ rt + I' 2λ ⋅Z 1CCλ = 1000∠0º ⋅⎜
⎟ + 28,95∠ − 16 ,26º ⋅(1,67 + j 2 ,32 )
⎝ 1100 ⎠
Resultando:
U 1λ = 1793,24∠1,63º V
La tensión de línea que se ha de aplicar es:
U1 = 3 ⋅ U1λ = 3105,98 V
→
U 1 ≅ 3106 V
c) La tensión de cortocircuito en valor relativo es:
ε CC =
Z1CCλ ⋅ I1nλ
=
U1nλ
ε CC = 0,0989
R1CCλ 2 + X1CCλ 2 ⋅ I1nλ
→
U1nλ
=
1,67 2 + 2 ,322 ⋅ 65,79
1900
εCC = 9,89 %
d) La pérdida de potencia en el ensayo de vacío Po es:
Po = 3 ⋅ U 1 f ⋅ I 1o ⋅ cos ϕ o
De aquí se puede hallar Io:
I 1o =
Po
9297 ,52
=
= 2,88 A
3 ⋅U 1 f ⋅ cos ϕ o 3 ⋅1793,24 ⋅ 0,6
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143
Transformadores trifásicos
3.9 Problema 9
Desde las barras de una subestación reductora, se alimenta una carga trifásica equilibrada de 16 MW,
con un factor de potencia 0,8 inductivo a una tensión de 25 kV.
El transformador instalado en la subestación tiene las siguientes características nominales:
S n = 25 MVA
U1n = 220 kV
ε CC = 0,1 (10%)
PCC = 700 kW
U 2 n = 25 kV
La subestación se alimenta mediante una línea trifásica de 500 km de longitud, cuya impedancia
unitaria por fase es Z1 = (0,14 + 0,48 j ) Ω/km según el esquema unifilar que se representa en la figura:
TR
L
G
~
CARGA
UG
U1
U2
Figura 3.9.1
Despreciando la rama en paralelo del circuito equivalente del transformador, determinar:
a) La tensión proporcionada por el alternador.
b) La potencia aparente en forma compleja que suministra el alternador.
c) El rendimiento de la transmisión.
Resolución:
Características del transformador:
Intensidad de corriente nominal primaria del transformador:
I 1n =
Sn
3 ⋅U 1n
=
25000
3 ⋅ 220
= 65,6 A
Intensidad de corriente nominal secundaria:
I 2n =
Sn
3 ⋅ U 2n
=
25000
3 ⋅ 25
= 577 ,35 A
Relación de transformación:
rt =
U 1n 220
=
= 8,8
U 2n
25
Componente real de la caída relativa de tensión en el transformador:
ε RCC =
PCC
700
=
= 0,028
25000
Sn
[2,8%]
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144
Problemas de electrotecnia
Componente imaginaria de la tensión de cortocircuito del transformador:
[9,6%]
ε XCC = ε 2 CC − ε 2 RCC = 0,12 − 0,0282 = 0,096
Por lo tanto:
tgϕ CC =
ε XCC 0,096
=
= 3,4286
ε RCC 0,028
ϕ CC = 73,74º
→
senϕ CC = 0,96
→
cos ϕ CC = 0,28
Por lo que:
ε CC = 0,1∠73,74º = 0,028 + 0,096 j
Características de la carga:
SC =
PC
16
=
= 20 MVA
cos ϕ C 0 ,8
SC = 20000∠36,87º kVA = [16000 + 12000 j ] kVA
Que absorbe una intensidad de corriente del secundario del transformador que vale:
I *2 =
SC
con
3 ⋅U 2
U 2 = U 2n = 25 kV
Si tiene:
I *2 =
SC
3 ⋅ U 2n
=
20000∠36 ,87º
3 ⋅ 25∠0º
= 462∠36 ,87º A
I 2 = 462∠ − 36,87º A = [369,6 − 277 j ] A
Con lo cual, el índice de carga del transformador vale para esta carga conectada en el secundario:
C=
I2
462∠ − 36,87 º
=
= 0,8∠ − 36,87 º
577,35
I 2n
Por lo tanto:
C = 0,8∠ − 36,87º = 0,64 − 0,48 j
Y la intensidad de corriente primaria del transformador, en estas condiciones, es:
I
462∠ − 36 ,87º
I1 = 2 =
= 52,5∠ − 36 ,87º A
rt
8,8
Características de la línea:
Para una longitud de 500 km, la impedancia por fase de la línea vale:
Z l = l ⋅ Z 1 = 500 ⋅ [0,14 + 0 ,48 j ] = [70 + 240 j ] = 250∠73,74º Ω
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145
Transformadores trifásicos
a) La caída de tensión del transformador se podrá calcular a partir de la expresión (método vectorial
exacto):
U 1 f = U ' 2 f + I ' 2 f ⋅Z 1CCf
Z 1CCf =
V1nf
I 1nf
⋅ ε CC =
220 ⋅10 3 / 3
⋅ 0 ,1∠73,74º = 193,60∠73,74º Ω
65,6
U ' 2 f = U 2 f ⋅ rt = 220 ⋅10
U 1 f = 220 ⋅10
3
3
3
3
∠0º V
I
I' 2 f = 2 f
rt
= 52 ,5∠ − 36 ,87º A
∠0º +52 ,5∠ − 36,87º ⋅193,60∠73,74º = 135285,77∠2 ,58º V
U 1 = 3 ⋅ U 1 f = 234,322 kV
La tensión simple proporcionada por el alternador será:
U Gf = Z l ⋅ I 1 + U 1 f
U Gf = 250∠73,74º ⋅52 ,5∠ − 36 ,87º +135285,77∠2 ,58º = 146316,58∠5,48º V
U G = 3 ⋅ U Gf = 253,428 kV
b) La potencia aparente, en forma compleja, proporcionada por el alternador será:
S G = 3 ⋅ U Gf ⋅ I *Gf = 3 ⋅ U Gf ⋅ I *1
S G = 3 ⋅146,316∠5,477º ⋅52,5∠36,87º = 23044,77∠42,347º kVA = [17,034 + j ⋅15,525] MVA
c) El rendimiento de la transmisión vale:
η = 100 ⋅
PC
16
= 100 ⋅
= 93,93%
PG
17 ,034
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146
Problemas de electrotecnia
3.10 Problema 10
Un transformador trifásico, conexión estrella-triángulo, alimenta dos cargas, como se indica en el
esquema de la figura adjunta. La relación de transformación del transformador es: 10 kV/4 kV.
Cuando la tensión aplicada al primario es de 3108 V, la corriente de cortocircuito medida en el
primario vale ICC = 2300 A y el factor de potencia en el ensayo de cortocircuito es cos φCC = 0,65
La impedancia por fase de la línea entre B y C es de (0,1+0,25j) Ω, mientras que entre C y D vale
(0,35+0,45j) Ω.
La frecuencia de la red es de 50 Hz. Se desprecian las pérdidas en vacío.
Calcular:
a) Valores de la resistencia y de la reactancia de cortocircuito
b) Tensión a aplicar en el primario del transformador para que la carga 2 esté alimentada a 2900V
c) Indicación del amperímetro AG
d) Rendimiento del transformador
e) Capacidad por fase de la batería de condensadores, conectados en estrella, en la parte de alta
tensión, para que mejore el factor de potencia de la instalación hasta un valor de 0,95.
A
B
C
AG
D
λ /∆
Carga 1
I1 = 1000 A
cos φ1 = 0,8 (i)
Conexión λ
Carga 2
I2 = 600 A
cos φ2 = 0,6 (i)
Conexión ∆
Figura 3.10.1
Resolución:
a) En el ensayo de cortocircuito resulta:
Z1CCλ = R1CCλ + jX 1CCλ
La tensión aplicada por fase es 3108 / 3 V y, en consecuencia:
Z1CCλ =
U1ccλ 3108 / 3
=
= 0 ,78 Ω
I1CCλ
2300
Ya que: ϕ CC = arccos0 ,65 = 49,46º
Z 1CCλ = 0 ,78∠49 ,46º Ω
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147
Transformadores trifásicos
R1CCλ = Z1CCλ ⋅ cos ϕCC = 0,78 ⋅ 0,65 = 0,507 Ω
X1CCλ = Z1CCλ ⋅ sin ϕCC = 0,593 Ω
b) Para calcular la tensión en el punto B, dibujemos previamente el circuito monofásico
correspondiente:
B
Zl1 = (0,1+0,25j) Ω
Zl2 = (0,35+0,45j) Ω
C
I1
CARGA 1
I2
CARGA 2
N
N
N
D
Figura 3.10.2
La tensión que se quiere obtener en bornes de la carga 2, en valor simple, es de
un consumo de 600 A y un factor de potencia 0,6 inductivo.
2900 / 3 = 1674,31 V ,
con
Determinada la tensión en el punto D, se puede calcular la tensión en el punto C.
Si se toma como origen de fases: U D = 1674,31∠0º V , y teniendo en cuenta que el factor de potencia de
la carga 2 es de 0,6 inductivo, ϕ 2 = 53,13º y en consecuencia, I 2 = 600∠ − 53,13º A .
El diagrama vectorial es:
UC
I2
53,13º
UD
X12 I2
R12 I2
Figura 3.10.3
U Cλ = U Dλ + Z l 2 ⋅ I 2λ
U Cλ = 1674,31∠0º +0,35 ⋅ 600∠ − 53,13º +0,45∠90º ⋅600∠ − 53,13º V
U Cλ = 2016,31 − 6 j = 2016,32∠ − 0,17º V
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148
Problemas de electrotecnia
En el punto C, además del consumo de la carga 2, existe el correspondiente de la carga 1, que es de
1000 A, con un cos φ1 = 0,8 inductivo. Lo que significa que el ángulo formado por el vector U Cλ con
el vector I1λ es φ1 = 36,87º, y con respecto al origen de ángulos elegido, es:
I 1λ = 1000∠ − 0,17º −36 ,87º = 1000∠ − 37 ,04º A
La corriente I que circula entre B y C es:
I λ = I 1λ + I 2 λ = 1000∠ − 37 ,04º +600∠ − 53,13º A
I λ = 1158,22 − 1082,37 j = 1585,24∠ − 43,06º A
La tensión de fase en el punto B vale:
U B λ = U C λ + Z l1 ⋅ I λ
U B λ = 2016,32∠ − 0,17º +(0,1 + 0,25 j ) ⋅1585,2∠ − 43,06º V
U B λ = 2402 ,35 + 175,18 j = 2408,73∠4,17º V
R1CCλ
X1CCλ
I ' 2λ
U Aλ
U ' Bλ
Figura 3.10.4
(
)
U Aλ = U ' Bλ + R1CCλ + j X1CCλ ⋅ I '2λ
U Aλ = 6020 ,26∠4 ,17º + (0 ,507 + j 0 ,593) ⋅ 634 ,26∠ − 43,06º V
U Aλ = 6495,95 + 493 j = 6514 ,63∠4,34º V
La tensión que se ha de aplicar en el punto A es:
U A = 6514,63 ⋅ 3 = 11283,67 V
c) El amperímetro AG indica una lectura, que ya se calculó anteriormente y que vale: 1585,24 A.
d) El rendimiento del transformador se puede determinar como la relación existente entre la potencia
suministrada a la salida y la potencia absorbida de la red de alta tensión.
Psuministrada = 3 ⋅ U Bλ ⋅ I' 2λ ⋅ cos(ϕ'UBλ −ϕ' I ' 2λ )
Psuministrada = 3 ⋅ 2408,73 ⋅ 1585,24 ⋅ cos( 4,17º +43,06º ) = 7778,8 kW
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149
Transformadores trifásicos
Pabsorbida = 3 ⋅ U Aλ ⋅ I 2λ ⋅ cos(ϕUAλ − ϕ I 2λ )
Siendo I2λ = I’2 λ /rt =1585,25/2,5 = 634,1 A
Pabsorbida = 3 ⋅ 6514,63 ⋅ 634,1 ⋅ cos(4,34º +43,06º ) = 8388,4 kW
η=
Psu min istrada
7778,8
⋅100 =
⋅100 = 92 ,73%
Pabsorbida
8388,4
e) El circuito equivalente por fase es:
A
I’2λ
ITλ
UAλ
ICλ
N
Figura 3.10.5
El ángulo que forman los vectores U Aλ e I' 2λ es: 4,34º +43,06º = 47,4º
Lo que representa un factor de potencia de cos φ = 0,6768, que se quiere mejorar hasta cosφT = 0,95,
es decir: φT = 18,195º.
Si se elige como origen de ángulos, la tensión U A , el diagrama vectorial es:
QC = Pabs ⋅ (tgϕ − tgϕ ')
QC = 8388400 ⋅ (tg 47 ,4º −tg18,195º )
QC = 6365162,0 VAr
V 2
6514 ,632
= 6365162 ,0 VAr
QC = 3 ⋅ Aλ = 3 ⋅
XC
XC
X C = 20 Ω
C=
1
1
=
= 159,2 µF
X C ⋅ ω 20 ⋅ 2π ⋅ 50
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150
Problemas de electrotecnia
3.11 Problema 11
Se quiere hacer trabajar dos transformadores trifásicos en paralelo, cuyas características se resumen en
la tabla siguiente:
Sn
U1n
U2n
εCC
Io
PCC
Po
(kVA)
(kV)
(kV)
(%)
(%)
(W)
(W)
A
250
15
0,4
4
1,7
4010
675
B
400
15
0,4
4,5
1,7
5780
990
TRANSFORMADOR
Calcular:
a) Características nominales del conjunto de los dos transformadores con el fin de poder obtener un
funcionamiento óptimo.
b) La relación en que se reparten las corrientes de una carga alimentada a la salida del conjunto de los
dos transformadores conectados en paralelo.
Resolución:
a) La condición indispensable para un funcionamiento óptimo de los dos transformadores viene dada
por la relación:
C A ⋅ ε CCA = C B ⋅ ε CCB
siendo C A y C B los índices de carga de los transformadores A y B, respectivamente, y ε CCA y ε CCB
las tensiones en valores relativos obtenidas en el ensayo de cortocircuito.
El transformador de menor tensión de cortocircuito relativa ε CCA es el que se sobrecargará:
ε CCA = 0,04 < ε CCB = 0,045
Por lo tanto, si se quiere que el transformador A no se sobrecargue, el máximo índice de carga C A ha
de ser igual a la unidad como máximo ( C A = 1).
En consecuencia:
C A ⋅ ε CCA = C B ⋅ ε CCB
CB = C A ⋅
ε CCA
0,040
= 1⋅
= 0,888
0,045
ε CCB
(88,8%)
Por lo tanto, la potencia que puede dar el transformador B es:
S *nB = C B ⋅ S nB = 0,888 ⋅ 400 = 355,55 kVA
El conjunto del grupo de los dos transformadores da una potencia aparente total de:
Sn = SnA + S *nB = 250 + 355,55 = 605,55 kVA
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151
Transformadores trifásicos
Como el transformador B, en estas condiciones trabaja con una potencia de 355,55 kVA, la corriente
nominal también baja a un 88,8% y, en consecuencia, también baja la tensión ε CCB de cortocircuito en
valor relativo.
ε *CCB = 0,888 ⋅ 0,045 = 0,04
(4%)
Pérdidas en vacío
Puesto que la tensión de alimentación no varía U 1nA = U 1nB = 10kV y U 2 nA = U 2 nB = 400V , las pérdidas
de cada transformador continúan siendo las mismas:
Po = PoA + PoB = 675 + 990 = 1665 W
Pérdidas en cortocircuito
Las pérdidas en cortocircuito son proporcionales al cuadrado del índice de carga:
PCC = C 2 A ⋅ PCCA + C 2 B ⋅ PCCB = 1 ⋅ 4010 + 0,8882 ⋅ 5780 = 8576 W
Corriente de vacío del conjunto
Las corrientes de vacío de los transformadores A y B son:
I 1oA = i oA ⋅ I 1nA = i oA ⋅
I 1oB = ioB ⋅ I 1nB = i oB ⋅
S nA
3 ⋅ U 1nA
= 0,017 ⋅
S nB
= 0,017 ⋅
3 ⋅ U 1nB
250000
3 ⋅15000
400000
3 ⋅15000
= 0,1635 A
= 0,2617 A
siendo la corriente total de vacío:
I o1 = I1oA + I1oB = 0,1635 + 0,2617 = 0,4252 A
Las corrientes nominales para los transformadores A y B, en las nuevas condiciones
(C A = 1, C B = 0,8888) , son:
S nA
I1nA =
3 ⋅ U 1nA
I *1nB =
250000
= 9,62 A
3 ⋅ 15000
=
S *nB
3 ⋅ U 1nB
=
355555
= 13,66 A
3 ⋅ 15000
La corriente total es:
I1n = I1nA + I *1nB = 9,62 + 13,66 = 23,28 A
Por lo tanto, la corriente relativa de vacío para el conjunto es:
io =
I 1o 0,4252
=
= 0,018
I 1n
23,28
→
io = 1,8 %
b) Cuando el conjunto trabaja a potencia máxima, el transformador A aporta S nA= 250 kVA y el
transformador B, S* nB = 355,55 kVA , siendo la aportación total de S n = 605,55 kVA .
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152
Problemas de electrotecnia
En consecuencia, la proporción de carga es:
Transformador A: 250/605,55 = 0,4128
Transformador B: 355,55/605,55 = 0,5872
Por lo tanto, el transformador A aporta el 41,28 % de al corriente total de la carga y el transformador B
el 58,72 %.
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153
Transformadores trifásicos
3.12 Problema 12
Dos transformadores trifásicos conectados en paralelo alimentan a una carga inductiva de las
siguientes características:
cos ϕ C = 0,8
S C = 200 kVA
El esquema de alimentación es el siguiente:
TR 1
K1
200 kVA
cos φC = 0,8 (i)
TR 2
K2
Figura 3.12.1
Las características de los transformadores se resumen en la tabla siguiente:
Grupo
Transformado
r
Sn
U1n
U2n
εCC
PCC
Po
(kVA)
(kV)
(kV)
(%)
(W)
(W)
conexió
n
1
250
6
0,38
4,5
2000
150
Yy0
2
100
6
0,38
4,5
800
60
Yy0
Se cierra el interruptor K1. Con el interruptor K2 abierto, se pide:
a) Tensión a que debe alimentarse el transformador 1 para que en bornes de la carga se tengan 380 V
b) Corriente que circula por el bobinado secundario
c) Rendimiento del transformador
A continuación se cierra el interruptor K2, de manera que la carga queda alimentada simultáneamente
por ambos transformadores. Calcular:
d) La tensión a que habrán de alimentarse los primarios de los transformadores para conseguir una
tensión secundaria de 380 V
e) Corrientes que circularán por cada uno de los secundarios de los transformadores
f) Rendimiento del conjunto de los transformadores
g) Indicar qué sucedería si, es estas últimas condiciones, el transformador 2 tuviera una εCC = 3%.
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154
Problemas de electrotecnia
Resolución:
a) Si la carga está alimentada exclusivamente por el transformador 1, el índice de carga, al ser UC=U2n,
vale:
C=
I2
=
I 2n
3 ⋅ I 2 ⋅V2n
3 ⋅ I 2n ⋅V2n
=
S C 200
=
= 0,8
S n 250
por otro lado:
ε RCC =
3 ⋅ RCC ⋅ I 21n
2000
I1nλ 2 ⋅ R1CCλ 3 ⋅ I1nλ 2 ⋅ R1CCλ
P
=
=
= 0 ,008 (0,8%)
= CC =
3 ⋅ I1nλ ⋅ V1nλ
I1nλ ⋅ V1nλ
Sn
3 ⋅ U1n ⋅ I1n 250000
ε XCC = ε 2 CC − ε 2 RCC = 0,045 2 − 0,008 2 = 0,0443
(4,43%)
Para calcular la caída de tensión que se produce en el transformador, se utiliza la fórmula aproximada
de Kapp:
U1
U
− 2 = C ⋅ [ε RCC ⋅ cos ϕ + ε XCC ⋅ sin ϕ ]
U 1n U 2 n
U1
380
−
= 0,8 ⋅ [0,008 ⋅ 0,8 + 0,0443 ⋅ 0,6]
6000 380
U 1 = 6158,26 V
b) La corriente que circula por el bobinado secundario es:
I2 =
SC
3 ⋅U 2
=
200000
= 303,9 A
3 ⋅ 380
c) Al ser U 1 = 6158,26 V resultará:
η=
S 2 ⋅ cosϕ2
S 2 ⋅ cosϕ2 + Po .(U1 / U1n ) 2 + C 2 PCC
η = 100 ⋅
200000 ⋅ 0,8
= 99,11 %
200000 ⋅ 0,8 + 150.(6158,26 / 6000) 2 + 2000 ⋅ 0,82
d) Si los dos transformadores trabajan en paralelo para poder conseguir un buen funcionamiento, se ha
de cumplir que:
ε CC1 ⋅ C1 = ε CC 2 ⋅ C 2
y como en este caso ε CC1 = ε CC 2 = 4,5% , se cumple que C1 = C 2 , es decir:
3 ⋅ U1n ⋅ I1
3 ⋅U1n ⋅ I 2
I1
I
= 2 =
=
I1n I 2 n
3 ⋅ U 1n ⋅ I1n
3 ⋅U 1n ⋅ I 2 n
En consecuencia:
S1
S
= 2
S1n S 2 n
→
S1 S1n 250 ⋅ 10 3
= 2,5
=
=
S 2 S 2 n 100 ⋅ 10 3
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155
Transformadores trifásicos
Como S1 + S 2 = 200000 VA
Resulta S1 = 142857 VA
C1 =
S 2 = 57143 VA
S1 142857
=
= 0,5714 = C 2
S1n 250000
Para el transformador 2:
ε RCC 2 =
PCC 2
800
=
= 0,008
S n2
100000
(0,8%)
ε XCC 2 = ε 2 CC 2 − ε 2 RCC 2 = 0,045 2 − 0,008 2 = 0,0444
(4,44%)
Estos valores coinciden con los del transformador 1.
Para el cálculo de U1 podemos aplicar la aproximación de Kapp en cualquiera de los dos
transformadores:
U1
U
− 2 = C ⋅ [ε RCC ⋅ cos ϕ 2 + ε XCC ⋅ sin ϕ 2 ]
U 1n U 2 n
U1
380
−
= 0,5714 ⋅ [0,008 ⋅ 0,8 + 0,0443 ⋅ 0,6]
6000 380
U 1 = 6113,07 V
e) Las corrientes que recorren los secundarios de cada transformador valen, respectivamente:
Transformador 1:
I2 =
S1
3 ⋅U n 2
=
142857
3 ⋅ 380
= 217,05 A
Transformador 2:
I2 =
S2
3 ⋅U n 2
=
57143
3 ⋅ 380
= 86,82 A
f) El rendimiento del conjunto vale:
η=
η=
P2
S 2 ⋅ cos ϕ 2
=
P2 + PFe + PCu S 2 ⋅ cos ϕ 2 + ( Po
+ Potrafo 2 ) + ( PCCtrafo1 + PCCtrafo 2 ) ⋅ C 2
trafo1
200000 ⋅ 0,8
200000 ⋅ 0,8 + (150 + 60) + (2000 + 800) ⋅ 0,5712
η = 99,30 %
g) Si ε CC1 = 0,045 y ε CC 2 = 0,03 , resulta:
0,045 ⋅ C1 = 0,03 ⋅ C 2
→
C1 = 0,6 ⋅ C 2
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156
Problemas de electrotecnia
Para que no haya sobrecarga, C 2 = 1 (ya que es el transformador con ε CC menor) y C1 = 0,6 .
Por lo que la carga máxima del conjunto será:
S máx = S1
máx
+ S2
= C1 S1n + C 2 S 2 n = 0,6 ⋅ 250 + 1 ⋅ 100 = 266,6 kVA
máx
de los que 100 kVA corresponden al transformador 2 y el resto de 166,6 kVA al transformador 1.
Como la carga actual conectada es de 200 kVA, la aportación del transformador 2 será:
266,6 200
=
100
S2
→
S 2 = 75 kVA
y la aportación del transformador 1 vale:
S1 = 200 − 75 = 125 kVA
Y los índices de carga son:
C1 =
S1
125
=
= 0,5
S1n 250
C2 =
S2
75
=
= 0,75
S 2 n 100
Se calculan a continuación las tensiones relativas de cortocircuito para cada transformador:
Transformador 1:
ε CC = 4,5%
ε RCC = 0,8%
ε XCC = 4,43%
ε CC = 0,045∠79,76º
Transformador 2:
ε CC = 3%
ε RCC =
PCC
800
=
= 0,008
Sn
100000
ε XCC = ε 2 CC − ε 2 RCC = 0,0289
ε CC = 0,03∠74,53º
Con lo datos anteriores se puede calcular la caída de tensión relativa para cada transformador, por el
método aproximado de Kapp, a partir del transformador 1:
Trafo 1:
Sn
I 1nλ =
3 ⋅ U 1n
Z (1CCλ ) =
1
= 24 ,056 A
U 1nλ ⋅ ε CC 6000 / 3
=
⋅ 0,045∠79,76º = 6,48∠79,76º = 1,152 + j 6,377 Ω
I1nλ
24,056
Trafo 2:
I1nλ =
Sn
3 ⋅ U 2n
Z (1CCλ ) =
2
Z (1CCλ )eq =
= 24,056 A
U 1n ⋅ ε CC 6000 / 3
=
⋅ 0,03∠74,53º = 10,80∠74,53º = 2,881 + j10,409 Ω
I1nλ
9,623
Z (1CCλ )1 ⋅ Z (1CCλ )2
Z (1CCλ )1 + Z (1CCλ )2
U ' 2λ = U 2λ ⋅ rt =
380
3
∠0 º ⋅
=
69,98∠154,29º
= 4,05∠77,80º = 0,86 + j 3,96 Ω
17,264∠76,49º
6000 6000
=
∠0 º V
380
3
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157
Transformadores trifásicos
I ' 2λ = I 2λ
rt
=
303,9
∠ − 36,87º = 19,25∠ − 36,87º A
600
380
U 1λ = U ' 2λ + I ' 2λ ⋅Z (1CCλ )eq =
6000
3
∠0º +19,25∠ − 36,87 º⋅4,07∠77,80º
U 1λ = 3523,67∠0,83º V
U 1 = 3 ⋅ U 1λ = 6103,18 V
η=
η=
P2
S 2 ⋅ cos ϕ
⋅100 =
⋅100
P2 + PFe + PCu
S 2 ⋅ cos ϕ + (Po1 + Po 2 ) + 3 ⋅ I ' 2λ 2 ⋅R1CCλ eq
200000 ⋅ 0,8
200000 ⋅ 0,8 + (150 + 60) + 3 ⋅19,25 2 ⋅ 0,86
⋅100 = 99,28%
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158
Problemas de electrotecnia
3.13 Problema 13
Un transformador trifásico Dy11 tiene Sn = 1000 kVA, 24 kV/380 V, Po = 2,15 kW, Pcc = 13,3 kW.
Alimentando el lado de alta tensión a 720 V, se produce un cortocircuito en el lado de baja tensión,
circulando 12 A por el lado de alta tensión.
Este transformador se utiliza para alimentar por el lado de baja tensión a 344 V una carga de 850 kVA
i cos φ = 0,8 (i).
Se pide:
a) La tensión de alimentación del transformador
b) El rendimiento del transformador
c) Si el transformador se alimenta a la tensión encontrada anteriormente y se produce un cortocircuito
en el lado de baja tensión, determinar la corriente que circula por la línea en el lado de alta tensión.
Resolución:
I 1n =
Sn
3V1n
= 24,056 A
I 2n =
Sn
3 ⋅V2n
= 1519,343 A
rt =
V1n
= 63,158
V2n
Del ensayo de cortocircuito no estándar resulta:
Z1CCλ =
V1CCλ
=
I1CC λ
720 3
= 34 ,64 Ω
12
Del ensayo de cortocircuito estándar:
R1CCλ =
PCC
3I 1n
2
=
13300
3 ⋅ 24 ,056 2
= 7 ,661Ω
X 1CCλ = Z 1CCλ 2 − R1CCλ 2 = 33,78Ω
→
Z 1CCλ = 34,64∠77 ,22º Ω
a)
V1λ = I 2λ ' ⋅ Z1CCλ + V2λ '
cos ϕ = 0,8
→
S = 3 ⋅ V 2λ ⋅ I 2λ
V2λ =
344
3
∠0º V
ϕ = 36,87 º
→
I 2λ = 1426 ,59∠ − 36 ,87º A
V2λ ' = rt ⋅ V2λ = 12543,69∠0º V
→
I 2λ = 1426 ,59∠ − 36 ,87º A
→
I 2λ ' = I 2λ / rt = 22,59∠ − 36,87º A
V1λ = 22 ,59∠ − 36 ,87º ⋅34 ,64∠77 ,22º +12543,69∠0º = 13149 ,81∠2 ,21º V
V1 = 3 ⋅ V1λ = 22776 ,14 V
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159
Transformadores trifásicos
b)
η % = 100 ⋅
P2
= 100 ⋅
P2 + PFe + PCu
850 ⋅ 10 3 ⋅ 0,8
2
⎛ 22,59 ⎞
⎛ 22776,14 ⎞
850 ⋅ 10 3 ⋅ 0,8 + 2150 ⋅ ⎜
⎟
⎟ + 13300⎜
⎝ 24000 ⎠
⎝ 24,05 ⎠
2
η = 98,03 %
Donde se ha aplicado: P2 = S2.cosφ2
c) En este caso, se alimenta el transformador por el lado A.T. con una tensión V1 = 22776,14 V. Al
producirse un cortocircuito en el lado B.T. resulta:
V1λ = I1λ.Z1ccλ
I1λ = I1,línea =
V1λ
22776,14
=
= 657 ,5 1 A
Z1ccλ
34,64
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161
Máquinas de corriente continua
4 Máquinas de corriente continua
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162
Problemas de electrotecnia
4.1 Problema 1
Un telesilla está accionado por un motor serie de corriente continua, a través de un reductor. El motor
serie, compensado y no saturado, está alimentado a 220 V y presenta una resistencia en el circuito
inductor de 0,2 Ω. La resistencia del rotor es de 0,05 Ω.
Para una determinada carga, el motor gira a 600 rpm y absorbe una potencia de 8800 W.
En un momento determinado, la carga que arrastra aumenta en un 50% y se requiere que el motor
continúe girando a la misma velocidad.
Se pide:
a) Par del motor antes de variar la carga
b) Tensión a la que se tiene que alimentar el motor en las nuevas condiciones de carga
Resolución:
a)
P =U · I
Æ
I=
8800
= 40 A
220
I
M
=
0,2
220
0,05
6000 rpm
Figura 4.1.1
U = Em + RT · I
Æ
E m = 220 − (0,2 + 0,05) · 40
M · ω = Em · I
Æ
M =
Resultando que el par motor vale:
Æ
E m = 210 V
Em · I
E ·I
210 · 40
= m
=
= 133,69 N·m
2 · π · n 2 · π · 600
ω
60
60
M = 133,69 N·m
b) La carga mecánica aumenta en un 50%
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163
Máquinas de corriente continua
Em · I ⎫
⎪⎪
n
/
/⎬
E ·I ⎪
M'= k m
n' ⎪⎭
M =k
Pero
n = n/
Em · I ⎫
⎪
M
E m/ · I / ⎬
M / = 1,5 · M ⎪⎭
M
Æ
/
=
210 · 40
1
= /
1,5 E m · I /
Æ
E ·I
M
= m
1,5 · M E m/ · I /
Æ
(1)
E = k ⋅ w ⋅ φ = k m .I .n
Em = km · I · n ⎫
/
⎬ (n = n )
Em/ = km · I / · n / ⎭
Æ
Em
I
= /
Em/
I
Æ E m/ =
210 · I /
= 5,25 ⋅ I '
40
De las ecuaciones 1 y 2 resulta
1
210 · 40
Æ
=
1,5 5,25 · ( I / ) 2
( I / ) 2 = 2400
Æ
I / = 48,989 A
Æ
E m/ = 257,196 V
U ' = E m/ + RT · I / = 257,196 + (0,2 + 0,05) · 48,989 = 269,44 V
U '= 269,44 V
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(2)
164
Problemas de electrotecnia
4.2 Problema 2
La tabla siguiente muestra la característica de vacío de un generador de corriente continua con
excitación independiente que gira a 4000 rpm:
Ie (A)
0
1
2
3
4
5
6
Eo (V)
2
16
30,4
39,2
44,8
49,6
52
Las resistencias del inductor y del inducido son, respectivamente de 9,8 Ω y 0,02 Ω. El generador no
dispone de bobinado compensador de la reacción del inducido. Se quiere alimentar una carga de 8 kW
a la tensión de 40 V, necesitando una corriente en el bobinado inductor de 5 A, que lo proporcionada
por una batería de V voltios (valor constante para los tres apartados).
Se pide:
a) El valor, en voltios, de la reacción del inducido.
b) Si el generador trabajase a 3200 rpm, ¿a qué tensión quedaría alimentada la carga anterior
suponiendo constante la reacción del inducido?
c) Si en el apartado anterior se quiere alimentar la carga a 40 V, ¿cuánto tendría que valer la corriente
del inductor y la resistencia inductora?
Nota: Menospreciar la caída de tensión en las escobillas.
Resolución:
a)
I
Re = 9,8 Ω
G
40 V
Ri = 0,02 Ω
Figura 4.2.1
I=
8000
= 200 A ,
40
P=
U2
RC
Æ
RC =
(Eo − Vri ) − Ri · Ii = 40 V
De la tabla del enunciado resulta:
n = 4000 rpm⎫
⎬
Ie = 5 A ⎭
Æ
E o = 49,6 V
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402
U2
=
= 0,2 Ω
8000
P
165
Máquinas de corriente continua
Vri = 49,6 − 40 − 0,02 · 200 = 5,6 V Æ
Vri = 5,6 V
b)
Eo
E o/
=
kE · n · φ
kE · n/ · φ
=
n
n/
E o/ − Vri = (Ri + RC ) · I
Æ
E o/ = E o ·
Æ
I=
V = RC · I = 154,95 · 0,20 = 30,99 V
n/
3200
= 49,6 ·
= 39,69 V
n
4000
39,69 − 5,6 34,09
=
= 154,95 A
0,02 + 0,2
0,22
V = 30,99 V
Æ
c) Del apartado anterior se tiene que:
E o/ = 39,69 V
a
3200 rpm ⇒
I e/ = 5 A
Eo// = 49,6 V a 3200 rpm ⇒ I e// = ?
Eo/
k · n / · I e/
=
Eo// k · n // · I e//
( Eo// = 49,6 V igual que en apartado a) )
n / = n // = 3200 rpm
Æ
I e// =
E o//
E o/
· I e/ =
49,6
· 5 = 6,24 A
39,69
I e// = 6,24 A
Suponiendo constante la tensión de excitación, resulta:
Ve = Re ⋅ I e = Re ' '⋅I e ' '
Æ
Re// = Re ·
Ie
5
= 9,8 ·
= 7,85 Ω Æ
//
6,24
Ie
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Re// = 7,85 Ω
166
Problemas de electrotecnia
4.3 Problema 3
Se dispone de un motor de corriente continua con excitación serie y características: tensión nominal
240 V, potencia nominal absorbida 9600 W, resistencia de excitación 0’15 Ω, resistencia del inducido
0’2 Ω, velocidad nominal 500 rpm.
El motor trabaja en unas condiciones en las cuales absorbe una quinta parte de la corriente nominal y
la f.e.m. es la mitad de la que habría en condiciones nominales.
Se pide para estas condiciones:
a) La velocidad de giro del motor expresada en rpm
b) La tensión de alimentación del motor
c) El par electromagnético generado por el motor
Resolución:
a)
240 V
M
Rex = 0,15 Ω
Ri = 0,2 Ω
Figura 4.3.1
Pabs = 9600 W
In =
240 = En + (0,2 + 0,15) · 40
E/ =
En
E
/
9600
= 40 A
240
Æ
E n 226
=
= 113 V
2
2
=
In · n
/
I ·n
/
Æ
E n = 226 V
I/ =
226 40 · 500
=
113
8 · n/
Æ
I n 40
=
=8A
5
5
n / = 1250 rpm
b)
U / = E / + (0,15 + 0,2) · I / = 113 + 0,35 · 8 = 115,8 V
Æ
U / = 115,8 V
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167
Máquinas de corriente continua
c)
Pi ' = E '⋅I ' = M i '⋅ω '
Mi ' =
E/ · I /
E/ · I /
=
= 6,9 N·m
/
2·π·n
ω
60
→
M i ' = 6,9 N·m
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168
Problemas de electrotecnia
4.4 Problema 4
Un generador excitación derivación, de 100 kW de potencia nominal y tensión 232 V, presenta una
resistencia total del inducido de 0,05 Ω y un bobinado inductor con una resistencia de 58 Ω. La caída
de tensión en las escobillas es de 2 V/línea.
a) Calcular la f.e.m inducida a plena carga y a media carga.
b) Determinar la inducción en el entrehierro sabiendo que la máquina tiene 4 polos, que el inducido es
del tipo imbricado y que dispone de 326 conductores activos en total, girando a 650 rpm a carga
nominal. También se sabe que el diámetro del rotor es de 42 cm, la longitud del núcleo, en sentido
axial, es de 28 cm, y que cada polo cubre un ángulo de 60º.
c) Sabiendo que las pérdidas mecánicas y en el núcleo son de 1800 W, determinar el rendimiento del
generador a carga nominal, así como la potencia que se tiene que suministrar desde el exterior para
poder funcionar en estas condiciones.
d) Índice de carga que hace que el rendimiento de la dinamo sea máximo y hallar el mismo.
Se considerará que la reacción de inducido está compensada por un bobinado de compensación, la
resistencia del cual está incluida y es de 0,05 Ω.
Resolución:
I
Ie
Ii
Re = 58 Ω
+
E
G
U = 232 V
Ri = 0,05 Ω
Figura 4.4.1
a)
In =
Pn 100000
=
= 431,034 A
232
Un
Ie =
U e 232
=
= 4A
Re
58
I (C =0,5) = 431,034 ⋅ 0,5 = 215,52 A
Iin = 431,034 + 4 = 435,034 A
I i (C =0,5) = 215,52 + 4 = 219,52 A
E = U + ∆Uesc + I i ⋅ Ri
E n = 232 + 2 + 0,05 ⋅ 435,034 = 255,752 V
E(C = 0,5) = 232 + 2 + 0,05 ⋅ 219 ,52 = 244 ,976 V
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169
Máquinas de corriente continua
b)
E=
n
p
⋅ z ⋅φ ⋅
60
c
En = 255,725 =
B=
φ
s
=
ya que p = 2 y al ser imbricado p = c, resulta:
650
2
⋅ 326 ⋅ φ ⋅
60
2
→
φ
ángulo _ polar
L ⋅ π ⋅ diámetro ⋅
360º
=
φ = 72,417 mWb
0,072417
0,28 ⋅ 0,42 ⋅ π ⋅
60
360
= 1,17 T
c)
Pgenerada = E n ⋅ I in + Pmec +núcleo = 255,752 ⋅ 435,034 + 1800 = 113060,816 W
η=
U ⋅I
Pgenerada
=
232 ⋅ 431,034
= 0,88447
113060,816
→
η = 88,447 %
d)
η=
U ⋅I
Pgenerada
=
U ⋅I
E ⋅ I + Pmec + núcleo
232 ⋅ I
232 ⋅ I
232
Será
=
=
2
2736,8
1800 + (4 + I )[232 + 2 + 0,05(4 + I )] 234,4 I + 2736,8 + 0,05I
+ 0,05I
234,4 +
I
2736
,
8
2736
,
8
d
⎛
⎞
máximo cuando
+ 0,05 I sea mínimo, es decir:
+ 0,05.I ⎟ = 0
⎜
I
dI ⎝ I
⎠
η=
Resultando:
I=
2736,8
= 233,96 A
0,05
η máximo = 0,899937
→
→
C=
I
233,96
=
= 0 ,54278
I n 431,034
ηmáximo = 89,9937 %
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170
Problemas de electrotecnia
4.5 Problema 5
La característica de vacío a 600 rpm de un generador de corriente continua excitación derivación es la
siguiente:
Ie ( A )
1
2
3
4
5
6
7
8
Eo ( V )
23
45
67
85
100
112
121
126
La resistencia del devanado de la armadura es 0,03 Ω y la del devanado de excitación 17,6 Ω, siendo
la tensión de bornes 114,4 V.
Determinar:
a) La corriente de carga con la que está funcionando.
b) Si la resistencia de excitación se reduce hasta un valor de 15 Ω, sin que varíen la velocidad ni la
intensidad de carga, ¿cuál sería la f.e.m. inducida, la tensión en bornes de la máquina y la corriente de
excitación?
c) En ambos casos calcular el rendimiento eléctrico de la máquina.
Se despreciaran la caída de tensión en las escobillas y la reacción del inducido.
Resolución:
Ie
I
Ii
+
E
G
U
Re
Ri = 0,03 Ω
Figura 4.5.1
a)
Ie =
U 114,4
=
= 6,5 A
Re
17,6
De la curva de magnetización: E =
112 + 121
= 116,5V
2
E = U + Ri ⋅ I i = 114,4 + 0,03 ⋅ Ii
116,5 = 114,4 + 0,03 ⋅ I i
(interpolando)
(Uesc = 0)
I i = 70 A
→
I = I i − I e = 70 − 6 ,5 = 63,5 A
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171
Máquinas de corriente continua
b)
Ii ' = I + Ie '
E '−U ' = 0,03 ⋅ ( I + I ' e )
E '−U ' = 1,905 + 0,03 ⋅ I ' e
U ' = 15 ⋅ I ' e
U ' = 15 ⋅ I ' e
I ' −7
E '−121
(interpolación)
= e
126 − 121 8 − 7
E '−121 = 5 ⋅ I 'e −35
Siendo I = 63,5 A, del sistema anterior de ecuaciones resulta:
I ' e = 8,3843 A
U ' = 125,765 V
E ' = 127,922 V
I 'i = 8,3843 + 63,5 = 71,884 A
c)
η e1 =
U ⋅I
114,4 ⋅ 63,5
=
= 0 ,8905
E ⋅ I i 116,5 ⋅ ( 63,5 + 6 ,5 )
→
ηe1 = 89,05 %
ηe2 =
125,765 ⋅ 63,5
= 0,8685
127,922 ⋅ 71,884
→
ηe2 = 86,85 %
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172
Problemas de electrotecnia
4.6 Problema 6
Dos generadores de corriente continua de excitación independiente deben funcionar en paralelo
suministrando corriente a una carga de 1,4711 Ω.
De cada generador se conocen los datos siguientes:
Generador A: f.e.m. = 308,5 V
Generador B:
Ri = 0,1 Ω
f.e.m. = 302 V
Ri = 0,08 Ω
∆Uesc = 1,5 V P = 40 kW
∆Uesc = 2 V
P = 30 kW
Determinar la intensidad que aportará cada generador, la tensión en bornes de la carga y el índice de
carga de cada máquina, así como su rendimiento, prescindiendo de las pérdidas de excitación y de las
que no se conocen datos.
Resolución:
IA
+
-
EA
RC = 1,4711 Ω
RiA = 0,1 Ω
EB
+
-
IB
RiB = 0,08 Ω
Figura 4.6.1
E A = ∆Uesc A + RiA ⋅ I A + U
EB = ∆UescB + RiB ⋅ I B + U
U = 1,411( I A + I B )
E A = ∆Uesc A + RiA ⋅ I A + 1,4711 ⋅ ( I A + I B )
EB = ∆UescB + RiB ⋅ I B + 1,4711 ⋅ ( I A + I B )
308,5 = 1,5 + 0,1 ⋅ I A + 1,4711( I A + I B )
302 = 2 + 0,08 ⋅ I B + 1,4711( I A + I B )
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173
Máquinas de corriente continua
Del sistema de ecuaciones anterior resulta:
I A = 127,778 A
I B = 72,22 A
U = 294,22 V
I A + I B = 200 A
CA =
PA
I .U 127,778 ⋅ 294,22
= A =
= 0,93987
PAn
PAn
40000
ηA =
U .I A
294 ,22
=
= 0 ,95371
E A .I A
308,5
CB =
PB
I .U 77,22 ⋅ 294,22
= B =
= 0,70828
PBn
PBn
30000
ηB =
U .I B
294,22
=
= 0,97424 →
EB .I B
302
→
η = 95,371 %
ηB=97,424%
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174
Problemas de electrotecnia
4.7 Problema 7
Una dinamo excitación shunt suministra en condiciones normales 80 A bajo una diferencia de
potencial de 200 V y tiene un rendimiento del 94 %. Sus pérdidas se descomponen en:
- 3 % en el inducido
- 2 % en el inductor
- 1 % por histéresis y corrientes de Foucault
Calcular los valores de las diferentes pérdidas en las resistencias del inductor y del inducido, así como
los valores de estas resistencias y la f.e.m. de la dinamo.
Determinar asimismo, para qué índice de carga se obtendrá un rendimiento de la dinamo máximo.
No se tendrán en cuenta la reacción del inducido ni caída de tensión alguna en las escobillas.
Resolución:
Ie
I
Ii
Re
G
Ri
Figura 4.7.1
Potencia útil suministrada por la dinamo:
Potencia absorbida:
Pu = 80 ⋅ 200 = 16000 W
Pabs =
Pérdidas totales:
16000
= 17021,3 W
0,94
17021,3 − 16000 = 1021,3 W
Pérdidas en el inducido:
Pi =
3
⋅ 1021,3 = 510,65 W
3 + 2 +1
Pérdidas en el inductor:
Pe =
Pérdidas en el núcleo:
PFe =
2
⋅ 1021,3 = 340,4 W
3 + 2 +1
1
⋅ 1021,3 = 170,2 W
3 + 2 +1
También se cumple:
Pe =
U2
Re
Ie =
200
= 1,702 A
117,5
→
340,4 =
200 2
Re
→
Re = 117,5 Ω
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175
Máquinas de corriente continua
I i = I + I e = 80 + 1,702 = 81,702 A
Pi = Ri ⋅ I i 2
→
E = U + I i ⋅ Ri
→
510,65 = Ri ⋅ 81,702 2
→
Ri = 0,0765 Ω
E = 200 + 0,0765 ⋅ 81,702 = 206 ,25 V
Y el rendimiento será:
η=
η=
Pu ,n ⋅ C
Pu
Pu
=
=
Pabs Pu + PFe + Pe + Pi Pu ,n ⋅ C + PFe + Pe + C 2 ⋅ Pi
,n
16000 ⋅ C
16000
=
16000 ⋅ C + 170,2 + 340,4 + 510,65 ⋅ C 2 16000 + 510,6 + 510,65 ⋅ C
C
Para que el resultado se máximo, el denominador debe ser mínimo:
d ⎛ 510,6
⎞
+ 510,65 ⋅ C ⎟ = 0
⎜
dC ⎝ C
⎠
Resultando:
C=
510,6
≅1
510,65
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176
Problemas de electrotecnia
4.8 Problema 8
La característica de vacío a 750 rpm de un generador de corriente continua con excitación en
derivación es:
Iexc ( A )
1
2
4
6
8
10
12
Eo ( V )
25
49
97
142
175
205
225
La resistencia del circuito de excitación vale 24 Ω y la del inducido 0,04 Ω. Despreciando la caída de
tensión en las escobillas, calcular:
a) La corriente en la carga cuando la tensión en bornes de ésta es de 120 V.
b) Si Re disminuye hasta 20 Ω sin variar la velocidad ni la corriente de la carga, calcular la corriente en
el inductor, la f.e.m y la tensión en bornes de la carga.
Iexc
I
-
G
Rexc
U
Ri
+
Figura 4.8.1
Resolución:
a)
I exc =
U
120
=
=5 A
Rexc
24
Interpolando en la tabla del enunciado resulta:
E5 A =
97 + 142
= 119,5 A
2
E = U + I i ⋅ Ri
→
119,5 = 120 + I i ⋅ 0,04
→
I = I i − I exc = 12,5 − 4 = 7,5 A
b)
E ' = U '+ I i '⋅Ri
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I i = 12,5 A
177
Máquinas de corriente continua
U ' = I exc '⋅Rexc '
I = cte y si Rexc ↓ implica que Iexc ↑; por lo tanto, en la característica de vacío debemos
interpolar más a la derecha de la tabla del enunciado.
Interpolando, resulta:
I '−10
E '−205
= exc
225 − 205 12 − 10
E '−U ' = 0,3 + 0,04 ⋅ I exc '
E ' = 0,3 + 20,04 ⋅ I exc '
U ' = 20 ⋅ I exc '
E ' = 105 + 10 ⋅ I exc '
E '−205 = 10 ⋅ I exc '−100
Del sistema de ecuaciones anterior, resulta:
I exc ' = 10,43 A
E '= 209,28 V
U ' = 208,6 V
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178
Problemas de electrotecnia
4.9 Problema 9
Un motor con excitación en derivación consume en vacío 5 A cuando se encuentra conectado a una
fuente de tensión continua de 600 V. La resistencia conjunta del devanado inducido y las escobillas es
de 0,25 Ω y la Rexc = 300 Ω.
Calcular la potencia útil y el rendimiento total cuando la intensidad que absorbe la fuente es:
a) 20 A
b) 50 A
c) La relación de velocidades en las situaciones anteriores
Resolución:
Vacío
Po = U ⋅ I o = 600 ⋅ 5 = 3000 W
Pabs
PRexc
PRi
Pi = E·Ii
Pmec
PFe
Pu
U = I exc ⋅ Rexc
600 = I exc ⋅ 300
→
I exc = 2 A
I io = I o − I exc = 5 − 2 = 3 A
Po = PRe xc + PRi + Pmec + Fe + Pu
Pero en vacío Pu = 0 , resultando:
3000 = U ⋅ I exco + I io 2 ⋅ Ri + Pmec + Fe
→
3000 = 600 ⋅ 2 + 32 ⋅ 0,25 + Pmec + Fe
Resultando:
Pmec + PFe = 179775 W
Las pérdidas anteriores son constantes, ya que al ser un motor derivación la velocidad de giro n ≅ cte a
cualquier carga si U = cte.
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179
Máquinas de corriente continua
a) I = 20 A
I = 20 A
Iexc = 2 A
Ii = I - Iexc = 18 A
E = U − I i ⋅ Ri = 600 − 18 ⋅ 0,25 = 595,5 V
Pi = E ⋅ I i = 10719 W
Pu = Pi − Pmec+ Fe = 8921,25 W
Pabs = U ⋅ I = 600 ⋅ 20 = 1200 W
η=
Pu
8921,25
⋅100 =
⋅100 = 74,34%
Pabs
12000
b) I = 50 A
I = 50 A
Iexc = 2 A
Ii = I - Iexc = 48 A
E = U − I i ⋅ Ri = 600 − 48 ⋅ 0,25 = 588 V
Pi = E ⋅ I i = 28224 W
Pu = Pi − Pmec+ Fe = 26426,25 W
Pabs = U ⋅ I = 30000 W
η=
Pu
26426,25
⋅100 =
⋅100 = 88,09%
Pabs
30000
c)
E = K ⋅ ω ⋅ φ = K '⋅n ⋅ φ = K ' '⋅n ⋅ I exc
E ' = K ' '⋅n'⋅I ' exc
E K ' '⋅n ⋅ I exc
n
=
=
E ' K ' '⋅n'⋅I ' exc n'
n' = n ⋅
E'
588
= n⋅
= 0,9874.n
E
595,5
→
n' = 0,9874.n
Por lo tanto se comprueba que n ≅ cte .
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180
Problemas de electrotecnia
4.10 Problema 10
Dos generadores de corriente continua de excitación independiente tienen que funcionar conectados en
paralelo para alimentar a una carga común de 1,2 Ω.
Sus características son:
Generador A
EAn = 310 V
RiA = 0,10 Ω
∆VescAn = 1,8 V
PAn = 45kW
Generador B
EBn = 305 V
RiB = 0,08 Ω
∆VescBn = 1,9 V
PBn = 35kW
Calcular la intensidad de corriente total en la carga, la que aporta cada generador, la tensión y la
potencia en la carga, el índice de carga de cada máquina y el rendimiento de cada una, suponiendo que
la f.e.m. de cada generador es la nominal.
IB
IA
0,10 Ω
310 V
+
-
0,08 Ω
I
U
+
GA
+
- 305 V
GB
1,2 Ω
Figura 4.10.1
E A = U + I A ⋅ RiA + ∆VescA
310 = (I A + I B ) ⋅1,2 + I A ⋅ 0,1 + 1,8
E B = U + I B ⋅ RiB + ∆VescB
305 = (I A + I B ) ⋅1,2 + I A ⋅ 0,08 + 1,9
U = (I A + I B ) ⋅ Rc arg a
308,2 = 1,3 ⋅ I A + 1,2 ⋅ I B
IA =
308,2 1,2
303,1 1,28
1,3 1,2
1,2 1,28
= 137,39 A
1,32 308,2
1,2 303,1
IB =
= 107,99 A
1,3 1,2
1,2 1,28
303,1 = 1,2 ⋅ I A + 1,28 ⋅ I B
I = I A + I B = 245,38 A
U = I ⋅1,2 = 245,38 ⋅1,2 = 294,46 V
Pc arg a = U ⋅ I = 72253,6 W
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181
Máquinas de corriente continua
CA =
PA U ⋅ I A 294,46 ⋅ 137,39
=
=
= 0,899
45000
PAn
PAn
ηA =
U ⋅IA
294,46
=
= 0,950
310
EA ⋅I A
CB =
PB U ⋅ I B 294,46 ⋅ 107,99
=
=
= 0,909
PBn
PBn
35000
ηB =
U ⋅IB
294,46
=
= 0,965
EB ⋅ I B
305
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182
Problemas de electrotecnia
4.11 Problema 11
Un motor de corriente continua con excitación en paralelo absorbe 15 kW cuando se encuentra
conectado a una red de corriente continua de 150 V y gira a 500 rpm.
Se sabe que la tensión baja a 100 V manteniéndose constante la potencia que éste absorbe de la red de
corriente continua.
Calcular la velocidad en la nueva situación despreciando la caída de tensión en las escobillas.
Iexc
I
Ii
Rexc
+
E
M
U
Ri
Figura 4.11.1
Pabs = U ⋅ I
→
15000 = 150 ⋅ I
→
I = 100 A
U = I exc ⋅ Rexc
→
150 = I exc ⋅150
→
I exc = 1 A
I i = I − I exc = 99 A
U = E + I i ⋅ Ri
→
150 = E + 99 ⋅ 0,03
→
E = 147,03 V
P' = U '⋅I '
→
15000 = 100 ⋅ I '
→
I '= 150 A
U'
100
=
= 0,6 A
Rexc 150
I ' i = I '− I ' exc = 149,3 A
I ' exc =
E ' = U '− I i '⋅Ri ' = 100 − 149,3 ⋅ 0,03
E = K ⋅ ω ⋅ φ = K '⋅n ⋅ φ = K ' '⋅n ⋅ I exc
→
→
E ' = 95,52 V
E K ' '⋅n ⋅ I exc
=
E ' K ' '⋅n'⋅I exc '
→
Resultando
n’ = 487,25 rpm
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147,03 500 ⋅1
=
95,52
n'⋅0,6
183
Máquinas de corriente continua
4.12 Problema 12
Un motor con excitación serie se alimenta a 250 V a tensión constante y absorbe 25 A cuando gira a
800 rpm. Se sabe que Rexc = 0,25 Ω y Ri = 0,35 Ω.
Si el par motor aumenta un 40 %, calcular:
a) La corriente absorbida y la velocidad en esta nueva situación.
b) La corriente absorbida y la velocidad si el par motor se reduce en un 25 % respecto a la situación
inicial.
I
M
U
Rexc
Ri
Figura 4.12.1
U = E + (Ri + Rexc ) ⋅ I
I = I i = I exc = 25 A
Situación inicial:
250 = E + (0,25 + 0,35) ⋅ 25
→
E = 235V
E ⋅ Ii = M i ⋅ w
→
Mi =
E ⋅ Ii
235 ⋅ 25
=
= 70,13 Nm
2π
2π
⋅n
⋅ 800
60
60
a)
M i ' = 1,4 ⋅ M i = 98,18 N.m
E ' = K ⋅ n'⋅φ ' = K '⋅n'⋅I exc ' = K '⋅n'⋅I '
M i ' = K ⋅ I i '⋅φ ' = K '⋅I i '⋅I exc ' = K '⋅I ' 2
Mi
K '⋅I 2
=
M i ' K '⋅I ' 2
→
70,13 25 2
=
98,18 I ' 2
→
I ' = 29,58 A
E ' = U '− I '⋅(Ri + Rexc ) = 250 − 29,58 ⋅ 0,6 = 232,25 V
E K '⋅n ⋅ I 800 ⋅ 25
235
=
=
=
E ' K '⋅n'⋅I ' n'⋅29,58 232,25
→
n' = 668,22 rpm
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184
Problemas de electrotecnia
b)
M i ' ' = 0,75 ⋅ M i = 52,60 Nm
Mi
I2
=
M i ' ' I ' '2
→
70,13 25 2
=
52,60 I ' ' 2
→
I ' ' = 21,65 A
E ' ' = U ' '− I ' '⋅(Ri + Rexc ) = 250 − 21,65 ⋅ 0,6 = 237 V
E
K '⋅n ⋅ I
800 ⋅ 25 235
=
=
=
E ' ' K '⋅n' '⋅I ' ' n' '⋅21,65 237
→
n' ' = 931,69 rpm
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185
Máquinas de corriente continua
4.13 Problema 13
Una máquina de corriente continua tiene Ri = 0,5 Ω y Rexc regulable entre 100 y 400 Ω. La curva de
vacío a 100 rpm es:
Eo ( V )
30
110
195
270
340
410
Iexc ( A )
0,1
0,3
0,5
0,7
1,9
2
Región lineal
Codo de saturación
a) Funcionando como generador derivación que gira a 750 rpm y con Rexc = 300 Ω, suministra 39 A y
300 V. Calcular:
1. Par resistente ofrecido por la carga en estas condiciones
2. Curva de vacío a esta velocidad
b) Funcionando como motor derivación alimentado a 250V y con Rexc = 210 Ω absorbe 15 kW,
calcular la velocidad, el par electromagnético y el rendimiento suponiendo Pmec+Fe = 0.
Iexc = 1A
I = 39 A
Ii
G
300 Ω
U = 300 V
Ri
Figura 4.13.1
a)
1.
I exc =
U
300
=
=1 A
Rexc 300
I i = I + I exc = 39 + 1 = 40 A
E = U + I i ⋅ Ri + ∆Vesc
→
E = 300 + 40 ⋅ 0,5 + 0 = 320 V
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186
Problemas de electrotecnia
Pi = E ⋅ I i = M i ⋅ w
→
Mi =
E ⋅ Ii
320 ⋅ 40
= 162,97 N.m
=
2π
2π
⋅ 750
⋅n
60
60
2.
E K ⋅ n ⋅ φ n ⋅ I exc
=
=
E ' K ⋅ n'⋅φ ' n'⋅I exc '
E' = E ⋅
(I exc = I exc ')
750
n
= E⋅
= 0,75 ⋅ E
1000
n'
La curva de vacío es entonces:
E’o ( V )
22,5
82,5
166,25
202,5
255
307,5
I’exc ( A )
0,1
0,3
0,5
0,7
0,9
2
I exc =
250
= 1A
250
b)
I=
15000
= 60 A
250
En el caso de trabajar como motor se tiene:
I i = I − I exc = 59 A
E mot = U − I i ⋅ Ri − ∆Vesc = 250 − 59 ⋅ 0,5 − 0 = 220,5 V
E mot K ⋅ n mot ⋅ cte ⋅ I exc mot
=
E gen K ⋅ n gen ⋅ cte ⋅ I exc gen
→
220,5 K ⋅ n mot ⋅ cte ⋅1
=
320
K ⋅ 750 ⋅ cte ⋅1
Resultando
nmot = 516,80 rpm
Mi =
E ⋅ Ii
220,5 ⋅ 59
=
= 240,4 N.m
2π
2π
⋅n
⋅ 516,80
60
60
η = 100 ⋅
Pu
P − Pmec+ Fe
E ⋅ Ii
220,5 ⋅ 59
= 100 ⋅ i
= 100 ⋅
= 100 ⋅
= 86,73 %
15000
15000
Pabs
Pabs
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187
Máquinas de corriente continua
4.14 Problema 14
Un generador con excitación mixta corta alimenta a 100 V una carga que a esta tensión consume
12500 W. Se sabe que Ri = 0,04 Ω, Rexc serie = 0,06 Ω y Rexc derivación = 75 Ω.
Suponiendo constantes las pérdidas mecánicas del generador y la potencia mecánica absorbida por
éste, calcular el nuevo valor de la tensión de alimentación si la resistencia de la carga pasa a ser de 1 Ω
y la intensidad del inducido vale 120 A.
Suponer que la máquina dispone de devanado de compensación de la reacción del inducido, que
∆Vesc = 0 y que el núcleo magnético no se encuentra saturado.
Id
A
Rexc d
G
I
Ii
+
Rexc s
Rcarga
Ri
-
B
Figura 4.14.1
Situación inicial:
I=
Pc arg a
U
=
12500
= 125 A
100
U AB = U + I ⋅ Rexc s = 100 + 125 ⋅ 0,06 = 107,5 V
Id =
U AB
107,5
=
= 1,43 A
Rexc d
75
I i = I + I d = 126,43 A
E = U AB + I i ⋅ Ri = 107,5 + 126,43 ⋅ 0,04 = 112,56 V
Pi = E ⋅I i = 112,56 ⋅ 126,43 = 14231 W
Pabs = P i + P mec = cte
→
P i = cte = 14231 = E '⋅I i '
14231 = E '⋅120
→
E '= 118,59 V
U ' AB = E ' − I i '⋅Ri ' = 118,59 − 0,04 ⋅120 = 113,79 V
Resultando
I d'=
Por lo tanto,
U AB ' 113,79
=
= 1'52 A
75
Rexcd
I'=
U'
R' c arg a
U
U ' = I '⋅R'c arg a = (I i '− I d ') ⋅ R'c arg a = (120 − 1,52) ⋅ 1 = 118,48 V
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189
Máquinas asíncronas
5 Máquinas asíncronas
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190
Problemas de electrotecnia
5.1 Problema 1
Un motor asíncrono gira a una velocidad de 465 rpm con carga nominal y a 497 rpm en vacío, estando
alimentado a una tensión cuya frecuencia es de 50 Hz.
Determinar:
a) Velocidad de sincronismo
b) Deslizamiento en vacío
c) Deslizamiento a plena carga
d) Frecuencia de las corrientes del estator en vacío y a plena carga
e) Frecuencia de las corrientes del rotor en vacío y a plena carga
Resolución:
a)
n=
60 ⋅ f 60 ⋅ 50 3000
=
=
p
p
p
Siendo p = 1, 2, 3, ……
Para distintos valores de p tenemos:
n p =1 = 3000 rpm
n p = 2 = 1500 rpm
n p =3 = 1000 rpm
n p = 4 = 750 rpm
n p =5 = 600 rpm
n p =6 = 500 rpm
n p = 7 = 428,57 rpm
En vacío se tiene n = 497 rpm. El valor que más se acerca es ns =500 rpm, es decir, p = 6.
b)
n − n 500 − 497
=
= 0,006
s vacío = s
500
ns
(0,6 %)
c)
s plena c arg a =
500 − 465
= 0,07
500
(7 %)
d)
f estator = 50 Hz
en vacío y a plena carga.
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191
Máquinas asíncronas
e)
f 2vacío = svacío ⋅ f1 = 0,006 ⋅ 50 = 0,3 Hz
f 2 plena c arg a = s pc ⋅ f1 = 0 ,07 ⋅ 50 = 3,5 Hz
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192
Problemas de electrotecnia
5.2 Problema 2
Un motor trifásico AEG de rotor bobinado, 380 V/600 V, 6,3 A/3,64 A, está alimentado por una línea
de 380 V. Determinar los parámetros del circuito equivalente y las pérdidas mecánicas, si se conocen
los resultados de los ensayos de vacío y de rotor bloqueado.
a) Ensayo de rotor bloqueado: 60 V, 385 W, 544 VAr, 6,30 A
b) Ensayos de vacío:
380 V, 2 A, 302 W, 1291 VAr
302 V, 1,5 A, 200 W
257 V, 1,2 A, 157 W
228 V, 1,1 A, 130 W
191 V, 0,9 A, 103 W
La resistencia por fase del estator es de 4,8 Ω. El motor tiene un diseño que cumple la norma NEMA
B, es decir, que X1/X2’ = 4/6.
Resolución:
Dado que el motor trabaja a 380 V, debe estar alimentado en triángulo.
Circuito equivalente en triángulo por fase:
R1
X2'
X1
R2 '
⎛1 ⎞
R 2 ' ⎜ −1⎟
⎝s ⎠
Xµ
R Fe
Figura 5.2.1
Ensayo con rotor bloqueado ( ensayo de cortocircuito):
La corriente por fase es de 6,30 / 3 A al estar conectado el motor en triángulo.
PCC = 3 ⋅ I 1n 2 ⋅ ( R1 + R 2 ' )
2
⎛ 6,30 ⎞
⎟ ⋅ (4,8 + R 2 ' )
385 = 3 ⋅ ⎜⎜
⎟
⎝ 3 ⎠
→
R 2 ' = 4,90Ω
2
2
QCC = 3 ⋅ I 1n ⋅ X 1CC
→
⎛ 6,3 ⎞
⎟ ⋅ X 1CC
544 = 3 ⋅ ⎜⎜
⎟
⎝ 3⎠
→
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X 1CC = 13,71Ω
193
Máquinas asíncronas
Al ser X 1CC = X 1 + X 2 ' =
13,71 =
4
X 2 '+ X 2 ' , resulta:
6
4
X 2 '+ X 2 '
6
→
→
X 2 ' = 8,23 Ω
X 1 = 5,48 Ω
Ensayo de vacío:
R1
X2'
X1
R2 '
Xµ
R Fe
E ≈ U1
Figura 5.2.2
Q = QX 1 + QXµ
2
⎛ 2 ⎞
380 2
⎟⎟ ⋅ 5,48
1291 = 3 ⋅
+ 3 ⋅ ⎜⎜
Xµ
⎝ 3⎠
X µ = 341,35 Ω
→
P1o = PR1 + PRFe + Pmec
P1o − 3 ⋅ R1 ⋅ I1o 2 = Pmec + 3 ⋅
U1o 2
RFe
→
P1o − 3 ⋅ 4,8 ⋅ I1o 2 = Pmec + 3 ⋅
U 1o 2
R Fe
Equivalente a la siguiente ecuación: y = b + ax , siendo:
x = U1o 2
y = Po − 3 ⋅ R1 ⋅ I1o 2
a=
3
RFe
b = Pmec
U1o
Io
Po
x = U 1o 2
y = Po − 3 ⋅ R1 ⋅ I1o 2
380
2/ 3
302
144400
282,80
302
1,5 / 3
200
91204
189,20
257
1,2 / 3
157
66049
150,09
228
1,1 / 3
130
51984
124,19
191
0,9 / 3
103
36481
99,11
Realizada la regresión resulta:
a = 1,7 ⋅ 10 −3 =
b = 36,43
3
RFe
→
RFe = 1764,7Ω
→
Pmec = 36,43 W
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194
Problemas de electrotecnia
5.3 Problema 3
De un motor asíncrono trifásico, alimentado a 230 V, 50 Hz y 8 polos, cuando gira a 720 rpm se han
podido determinar las potencias siguientes:
Potencia absorbida de la red: 3000 W
Pérdidas en el cobre del estator: 120 W
Pérdidas en el circuito magnético: 110 W
Pérdidas mecánicas: 50 W
Calcular el par útil desarrollado por el motor en las condiciones anteriores.
Resolución:
Pa: Potencia transferida del estator al rotor.
Pa = Pabs − PFe1 − PCu1 = 3000 − 110 − 120 = 2770 W
s=
n s − n 750 − 720
=
= 0,04
750
ns
Se cumple:
PCu 2 = s ⋅ Pa
→
PCu 2 = 0,04 ⋅ 2770 = 110,8 W
Pu = Pa − PFe 2 − PCu 2 − Pmec
Pu = 2770 − 0 − 110,8 − 50 = 2609,2 W
Pu = Mu.W = M u . 2π ⋅ n
60
→
Mu =
Pu
2609,2
=
= 34,6 N.m
2 ⋅ π ⋅ n 2 ⋅ π ⋅ 720
60
60
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195
Máquinas asíncronas
5.4 Problema 4
Se ensaya en vacío un motor asíncrono trifásico de 380 V/660 V dos veces. Cuando está conectado en
triángulo, resulta: 380 V, 7 A y 900 W. Cuando está conectado en estrella, resulta: 380 V, 2,4 A y
454,2 W (no es su tensión normal de trabajo).
Se sabe que la resistencia por fase del bobinado vale 0,8 Ω.
Finalmente se conocen de este motor unas curvas de par y de rendimiento:
Velocidad
(rpm)
1500
1488
1474
1455
1431
1400
Par (N.m)
0
25
50
75
100
125
Rendimiento
0
0,45
0,68
0,88
0,86
0,81
Funcionando con una carga determinada y conectado en triángulo a 380 V, se miden con el tacómetro
1443 rpm y con la pinza amperimétrica 27 A.
Determinar en este régimen la potencia útil desarrollada por el motor, el rendimiento y hacer una
separación completa de todas las pérdidas.
Resolución:
A 1443 rpm, resulta:
s=
1500 − 1443
⋅100 = 3,8%
1500
Interpolando en las curvas de Par – velocidad, resulta:
75 +
(100 − 75) ⋅ (1455 − 1443) = 87,5 N.m
(1455 − 1431)
Pu = M u ⋅ ω = 87,5 ⋅ 2π ⋅
1443
= 13222,2 W
60
Interpolando en las curvas de rendimiento – velocidad:
η = 0,88 −
η=
Pu
Pabs
(0,88 − 0,86) ⋅ (1455 − 1443) = 0,87%
(1455 − 1431)
→
Pabs =
13222 ,2
= 15197 ,9 W
0 ,87
Pérdidas totales = Pabs – Pu = 15197,9 – 13222,2 = 1975,7 W
De las pruebas de vacío, resulta:
Po = PFe + PCu1 + Pmec
→
Po = PFe + 3.I12, fase .R1 + Pmec
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196
Problemas de electrotecnia
2
Triángulo:
⎛ 7 ⎞
⎟ + Pmec + PFe
900 = 3 ⋅ 0 ,8 ⋅ ⎜⎜
⎟
⎝ 3⎠
Estrella:
⎛ 380 / 3 ⎞
⎟
454 ,2 = 3 ⋅ 0 ,8 ⋅ 2 ,4 2 + Pmec + PFe ⋅ ⎜
⎜ 380 ⎟
⎝
⎠
Del sistema anterior, resulta:
2
Pmec = 230,2 W
PFe = 630,6 W
Cuando trabaja en carga, resulta:
Pérdidas en el estator por efecto Joule:
2
⎛ 27 ⎞
⎟⎟ = 583,2 W
PCu1 = 3.I12, fase .R1 = 3 ⋅ 0 ,8 ⋅ ⎜⎜
⎝ 3⎠
Potencia en el entrehierro:
Pa = Pabs − PFe − PCu1 = 15197,9 − 630,6 − 583,2 = 13984,1 W
Pérdidas en el rotor por efecto Joule:
PCu2 = s ⋅ Pa = 0,038 ⋅ 13984,1 = 531,4 W
Potencia mecánica interna:
Pi = Pa − PCu 2 = 13452,7 W
Potencia útil:
Pu = Pi − Pm = 13452,7 − 230,2 = 13222,5 W
Pérdidas adicionales:
Padicionales = 13222,5 − 13222,2 = 0,3 W
Factor de potencia:
cos ϕ =
Pabs
3 ⋅ U lin ⋅ I lin
=
15197 ,9
3 ⋅ 380 ⋅ 27
= 0 ,8552
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197
Máquinas asíncronas
5.5 Problema 5
Hacer la separación de pérdidas de un motor asíncrono de 7,5 kW, 4 polos, 50 Hz, 400 V/693 V con
los datos siguientes obtenidos en el laboratorio:
Temperatura interna de trabajo = 65 ºC Resistencia por fase a esta temperatura = 0,8 Ω
Pruebas en vacío y
caliente
Prueba en carga y
caliente
400 V
400 V
6A
Po = 1470 W
231 V
3,2 A
Po = 595 W
116 V
1,6 A
Po = 270 W
18 A
Pabs = 11432 W
1420
rpm
Mu = 61,5
N.m
Determinar también el rendimiento y el factor de potencia de la prueba de carga, así como los
parámetros aproximados del circuito equivalente por fase, suponiendo que el motor tiene un diseño
que cumple la norma NEMA A, es decir, que X1
=1.
X2'
Resolución:
Ya que la tensión es de 400 V, el motor se debe conectar triángulo.
Po = PCu1 + PFe + Pmec →
Po - PCu1 = PFe + Pmec
2
⎛ 6 ⎞
⎟ = Pmec + PFe
1470 − 3 ⋅ 0,8 ⋅ ⎜⎜
⎟
⎝ 3⎠
2
2
⎛ 3,2 ⎞
231 ⎞
⎟ = Pmec + PFe ⋅ ⎛⎜
595 − 3 ⋅ 0,8 ⋅ ⎜⎜
⎟
⎟
⎝ 400 ⎠
⎝ 3⎠
2
2
⎛ 1,6 ⎞
116 ⎞
⎟ = Pmec + PFe ⋅ ⎛⎜
270 − 3 ⋅ 0,8 ⋅ ⎜⎜
⎟
⎟
⎝ 400 ⎠
⎝ 3⎠
Tenemos un sistema de tres ecuaciones con dos incógnitas, entonces, resolvemos dos y comprobamos
la tercera. Resulta:
Pmec = 160 W
PFe = 1280 W
En carga, resulta:
s=
1500 − 1420
= 0,053
1500
Pabs = 11432 W
→
2
⎛ 18 ⎞
⎟⎟ = 259,2 W
PCu1 = 3 ⋅ 0,8 ⋅ ⎜⎜
⎝ 3⎠
Pa = Pabs − PCu1 − PFe = 11432 − 259,2 − 1280 = 9892,8 W
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198
Problemas de electrotecnia
Pi = Pa ⋅ (1 − s ) = 9892 ,8 ⋅ (1 − 0 ,053) = 9365 ,2 W
Pu = Mu .w = 61,5 ⋅ 1420 ⋅
2π
= 9145 ,2 W
60
PCu 2 = Pa ⋅ s = 9892,8 ⋅ 0,053 = 527,6 W
PTOT = Pabs − Pu = 11432 − 9145,2 = 2286,8 W
Pérdidas totales:
Pérdidas adicionales:
Padicionales = 2286,8 − PCu1 − PCu 2 − PFe − Pmec = 60,0 W
Factor de potencia:
cos ϕ =
Rendimiento:
η=
Pabs
3 ⋅ U lin ⋅ I lin
=
11432
3 ⋅ 400 ⋅ 18
= 0 ,9167
Putil 9145 ,2
=
= 0 ,8
Pabs 11432
Circuito equivalente:
Il
Rl
Xl
R2’
X2’
⎛1 ⎞
R2' ⋅⎜ − 1⎟
⎝s ⎠
Xµ
RFe
→
En vacío: PFe = 1280 W
1280 = 3 ⋅
4002
RFe
→
R Fe = 375 Ω
So = 3 ⋅ 400 ⋅ 6 = 4156 ,92 VA
2
2
Qo = S o − Po = 3888,33 VAr
→ 3888,33 = 3 ⋅ 400
Xµ
2
→
X µ = 123,45 Ω
Suponiendo U l = 400∠0º V , resulta:
Iµ =
U1
400∠0º
=
= 3,24∠ − 90º A
X µ 123,45∠90º
Pabs =
11432 = 3 ⋅ 400 ⋅18 ⋅ cos ϕ
I Fe =
U1
400∠0º
= 1,067∠0º A
=
RFe 375∠0º
ϕ = 23,55º
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199
Máquinas asíncronas
I1, fase =
18
∠ − 23,55º A
3
I 1, fase = I µ + I Fe + I ' 2 →
I'2 = 8,51∠ − 6,13º A
PCu 2 = 527 ,589 = 3.8,512 ⋅ R2 '
→
R2' = 2,43 Ω
R1 = 0 ,8 Ω
( X 1 + X 2' )2 + (R1 + R2' / s )2
=
400
8,51
( X 1 + X 2' )2 + (0,8 + 2 ,43 / 0,053)2
=
400 →
8,51
( X 1 + X 2' )2
= 59 ,85 Ω
Si el motor es del tipo NEMA A, se cumple:
X 1 = X 2'
→
X 1 = X 2' = 3,87 Ω
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200
Problemas de electrotecnia
5.6 Problema 6
De un motor asíncrono trifásico de seis polos, 380 V conexión estrella y 50 Hz se conocen los
resultados de las pruebas siguientes:
Prueba de vacío a plena tensión:
I 01 = 12,4 A
P01 = 2733 W
U 01 = 380 V
Prueba de vacío a baja tensión:
I 02 = 6,5 A
P02 = 1855,7 W
U 02 = 220 V
Prueba de corriente continua:
I CC = 50 A
U CC = 12 V
Prueba a plena carga:
I n = 46,2 A
U n = 380 V
n = 955 rpm
M = 2250 cm ⋅ kg
Pn = 26701 W
Hacer una separación completa de pérdidas en condiciones nominales, determinando incluso las
pérdidas adicionales, y calcular también el rendimiento.
Resolución:
12
Vcc
= 0,5. = 0,12 Ω
50
I cc
Corriente continua:
R1 = 0,5.
Vacío:
Po = PCu1 + PFe + Pmec
PFe = 1258,8 W
2733 = 3 ⋅ 0,12 ⋅ 12,4 2 + PFe + Pmec
2
⎛ 220 ⎞
1855,7 = 3 ⋅ 0,12 ⋅ 6,5 2 + PFe ⋅ ⎜
⎟ + Pmec
⎝ 380 ⎠
Pmec = 1418,8 W
Plena carga:
Pabs = 26701 = 3 ⋅ 380 ⋅ 46,2 ⋅ cos ϕ
cos ϕ = 0,8781
PCu1 = 3 ⋅ 0,12 ⋅ 46,22 = 768,4 W
Pa = Pabs − PCu1 − PFe = 26701 − 768,4 − 1258,8 = 24673,8 W
s=
(en el entrehierro)
1000 − 955
= 0,045
1000
PCu 2 = s ⋅ Pa = 0,045 ⋅ 24673,8 = 1110,3 W
Pi = Pa − PCu 2 = 24673 ,8 − 1110 ,3 = 23563 ,5 W
Pi − Pmec = 23563 ,5 − 1418 ,8 = 22144 ,7
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201
Máquinas asíncronas
Pu = M u .w = M u .
9,8N 1m
2π
2π
⋅ n = 955 ⋅
⋅ 2250cm ⋅ Kg ⋅
⋅
= 22051,6 W
1Kg 100cm
60
60
Padicional = 22144,7 − 22051,6 = 93,08 W
Pérdidas totales = PCu1 + PCu 2 + PFe + Pmi + Padicionale s = 4649 ,4 W
Y el rendimiento vale: η =
Pútil 22051,6
=
= 0 ,8259
Pabs
26701
(82,59 %)
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202
Problemas de electrotecnia
5.7 Problema 7
Un motor asíncrono trifásico conectado en triángulo a una red de 230 V absorbe una potencia de 65
kW, con un factor de potencia de 0,87 inductivo.
Por otra parte, se sabe que R1 = R2 ' y que cuando gira a 1410 rpm, el par generado por el motor es
máximo. Si se deprecian la rama en paralelo del circuito equivalente y las pérdidas mecánicas,
determinar:
a) Corriente absorbida, rendimiento del motor y par mecánico interno a 1450 rpm
b) Corriente absorbida y par durante el arranque
c) Velocidad de giro cuando arrastra un par resistente de 40 N.m
Resolución:
En las condiciones del enunciado y teniendo en cuenta que el estator está conectado en triángulo:
Pabs = 3 ⋅ U fase ⋅ I fase ⋅ cos ϕ
65000 = 3 ⋅ 230 ⋅
I linea
⋅ 0,87
3
I fase =
Ilinea = 187,55 A
187 ,55
3
= 108,28 A
I fase = 108 ,28∠ − ar cos 0 ,87 = 108 ,28∠ − 29 ,54º A
Circuito equivalente triángulo por fase:
R1
Ufase
X1
R2’
X’2
Ifase
R2’(1/s -1)
Figura 5.7.1
Z eq =
Donde:
230∠0º
= 2 ,124∠29 ,54º = 1,848 + j1,047 Ω
108,28∠ − 29 ,54º
1,848 = R1 +
R2 '
s
Siendo s desconocido
1,047 = X 1 + X 2 ' = X 1CC
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203
Máquinas asíncronas
Por otra parte, según el enunciado, se obtiene el par máximo para una velocidad de 1410 rpm, es decir
(ns = 1500 rpm ):
s max =
1500 − 1410
= 0,06
1500
Según el enunciado:
R1 = R2 '
R2 '
s max =
R1 2 + X 1CC 2
→
= 0,06
De aquí resulta:
R2 ' = 0,06 ⋅ R12 + X 1CC 2 = 0,06 ⋅ R2 '2 +1,047 2
R 2 ' = 0,063 Ω = R1
a)
Para 1450 rpm
Z T = R1 +
I fase =
U
→
s=
1500 − 1450
= 0 ,0333
1500
0 ,063
R2 '
+ j ⋅ X 1CC = 0 ,063 +
+ j ⋅ 1,047 Ω
0 ,0333
s
fase
ZT
=
→
Z T = 2,227∠28,72º Ω
230∠0º
= 103,28∠ − 28,72 A
2,227∠28,72º
I linea = 3 ⋅ I fase = 178,88 A
Pabs = 3 ⋅ U linea ⋅ I linea ⋅ cosϕ = 3 ⋅ 230 ⋅ 178,88 ⋅ cos 28,72 = 62495,05 W
Putil = Pabs − PFe − PCu1 − PCu 2 − Pmec
Al ser, según el enunciado, PFe = Pmec = 0 , resulta:
Putil = 62495,05 − 3 ⋅103,28 2 ⋅ (0,063 + 0 ,063) = 58463,02 W
El rendimiento será:
η = 100 ⋅
Putil
58463,02
= 100 ⋅
= 93,55%
Pabs
62495,05
P
58463,02
= 385,02 N.m
Mi = i =
ω 2π
⋅1450
60
b) En el arranque se tiene n = 0 y s = 1:
R '⎞
⎛
Z arranque = ⎜ R1 + 2 ⎟ + j ⋅ X 1CC = (0,063 + 0,063) + j ⋅ 1,047 = 1,077∠83,28º Ω
s ⎠
⎝
I fase
arr
=
230
= 213,56 A
1,077
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204
Problemas de electrotecnia
I abs arr = 3 ⋅ 213,56 = 369,89 A
2
M i arr =
3 ⋅ U 1, fase ⋅ R2 '
[
2π
2
2
⋅ n s ⋅ (R1 + R2 ') + X 1CC
60
]
= 57,23 N ⋅ m
c) Si M i = 40 N ⋅ m
40 =
3 ⋅ 230 2 ⋅ 0,063 / s
2
⎡⎛
⎤
0 ,063 ⎞
2π
2
⋅1500 ⋅ ⎢⎜ 0,063 +
⎟ + 1,047 ⎥
60
s ⎠
⎢⎣⎝
⎥⎦
Ecuación que, una vez resuelta, resulta:
s = 0,0987
0,0987 =
s = −0,0826
1500 − n
1500
→
(sin sentido físico)
n = 1351,95 rpm
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205
Máquinas asíncronas
5.8 Problema 8
Se dispone de un motor asíncrono trifásico de 3 pares de polos, conectado en triángulo a una red de
400 V.
1. Condiciones a plena carga: 400 V, 35 A, 50 Hz, cos φ = 0,85 inductivo.
2. En el arranque a 400 V: Iarranque = 3,5 In, cos φarranque = 0,3, Marranque = 190 N·m
Despreciando la rama en paralelo del circuito equivalente, calcular:
a) Circuito equivalente
b) El motor acciona un carga mecánica que presenta un par resistente de giro MR = 0,15.n+19,1 N.m,
estando expresada la velocidad en rpm. En estas condiciones, determinar el rendimiento del motor, la
potencia absorbida, la velocidad de giro y el factor de potencia.
Resolución:
ns =
60. f 60.50
=
= 1000 rpm
3
p
En el arranque se tiene s = 1:
R '⎞
⎛
Z arr = ⎜ R1 + 2 ⎟ + j ⋅ X1CC = (R1 + R2' ) + j ⋅ X1CC
s ⎠
⎝
U fase
400∠0º
arr =
Z arr =
= 5,656∠72,54º = 1,697 + j 5,395 = (R1 + R2 ') + j ⋅ X1CC
35
I fase
∠ − ar cos 0,3
3,5 ⋅
arr
3
Resulta:
R1 + R2’ = 1,697 Ω
X1CC = 5,395 Ω
R'
3 ⋅ U1, fase 2 ⋅ 2
3 ⋅ U1, fase 2 ⋅ R2'
s
M arr =
=
2
⎤ 2π ⋅ n ⋅ (R + R ' )2 + X
⎡⎛
2
R '⎞
2π
1
2
1CC
s
⋅ ns ⋅ ⎢⎜ R1 + 2 ⎟ + X1CC 2 ⎥
60
s ⎠
60
⎥⎦
⎢⎣⎝
[
190 =
3 ⋅ 400 2 ⋅ R2 '
(
2π
⋅ 1000 ⋅ 1,697 2 + 5,395 2
60
)
→
R2 ' = 1,326 Ω
b)
M = MR
3 ⋅ 400 2 ⋅
1,326
s
2
⎡⎛
⎤
2π
1,326 ⎞
2
⋅1000 ⋅ ⎢⎜ 0,371 +
⎟ + 5,395 ⎥
s ⎠
60
⎢⎣⎝
⎥⎦
= 0,15 ⋅ n + 19,10
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]
→
R1 = 0,371 Ω
206
Pero
Problemas de electrotecnia
s=
ns − n 1000 − n
=
ns
1000
n = 1000 ⋅ (1 − s )
→
Sustituyendo en la anterior ecuación, resulta:
0,05
s=
0,522 ± j1,049
sin sentido físico
n = 1000 ⋅ (1 − s ) = 1000 ⋅ (1 − 0,05) = 950 rpm
1,326 ⎞
⎛
Z = ⎜ 0,371 +
⎟ + j 5,395 = 27,427∠11,34º Ω
0,05 ⎠
⎝
cosϕ = cos11,34º = 0,98
I fase =
400
= 14,58 A
27,427
→
I linea = 3 ⋅ 14,58 = 25,26 A
Pabs = 3 ⋅ U linea ⋅ I linea ⋅ cos ϕ = 3 ⋅ 400 ⋅ 25,26 ⋅ 0,98 = 17150,63 W
Pu = M u ⋅ ω = M u ⋅
2 ⋅π ⋅ n
2 ⋅ π ⋅ 950
= (0,15 ⋅ 950 + 19,10) ⋅
= 16076,57 W
60
60
Y el rendimiento será:
η=
Pu
16076,57
⋅ 100 =
⋅ 100 = 93,74%
Pabs
17150,63
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207
Máquinas asíncronas
5.9 Problema 9
Un motor trifásico, asíncrono de 400 V/690 V, 50 Hz, 4 polos, presenta los parámetros siguientes:
R1 = R2 ' = 1 Ω
X1 = X 2 ' = 6,6 Ω
Se suponen unas pérdidas mecánicas de 250 W y se desprecia la rama en paralelo del circuito
equivalente. El motor se conecta a una red de 400 V, 50 Hz.
Se pide:
a) Tipo de conexión del bobinado del estator para poder conectarlo a la red de 400 V
b) Corriente de línea en el arranque
c) Corriente absorbida a plena carga para un deslizamiento del 5 %. Calcular también las potencias
absorbida, útil, y el rendimiento del motor
d) Par mecánico interno a plena carga
e) Velocidad para la cual se obtiene el par máximo, así como el valor del mismo
Resolución:
a) La conexión del bobinado del estator debe ser triángulo, a fin que a cada bobinado le llegue la
tensión más pequeña de 400 V/690 V.
b) En el arranque se tiene s = 1 y por lo tanto resulta,
Z arr = (R1 + R2 ') + j ⋅ ( X1 + X 2 ') = (1 + 1) + j ⋅ (6,6 + 6,6 ) = 13,35∠81,38º Ω
I arrlinea = 3 ⋅ I arr fase = 3 ⋅
U fase
Z arranque
= 3⋅
400
= 51,90 A
13,35
c)
R '⎞
1 ⎞
⎛
⎛
Z = ⎜ R1 + 2 ⎟ + j ⋅ ( X1 + X 2' ) = ⎜1 +
⎟ + j ⋅ (6 ,6 + 6,6 ) Ω
s ⎠
⎝
⎝ 0 ,05 ⎠
Ilinea = 3 ⋅ I fase = 3 ⋅
U fase
Z fase
= 3⋅
→
Z = 24,80∠32,15º Ω
400
= 27 ,94 A
24,80
Pabs = 3 ⋅ U linea ⋅ I linea ⋅ cos ϕ = 3 ⋅ 400 ⋅ 27,94 ⋅ cos 32,15º
→
2
Pabs = 16389,09 W
⎛ 1
⎞
⎛ 27 ,94 ⎞
⎛1 ⎞
2
− 1⎟ − 250 = 14582,23 W
Pu = Pi − Pmec = 3 ⋅ I fase ⋅ R2' ⋅⎜ − 1⎟ − Pmec = 3 ⋅ ⎜
⎟ ⋅1⋅ ⎜
s
0
,
05
3
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
Y el rendimiento resulta:
η=
Pu
14582 ,23
⋅100 =
⋅100 = 88,99%
Pabs
16389 ,09
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208
Problemas de electrotecnia
d)
n −n
s= s
ns
→
Pi = Mi.ω = Mi.
0,05 =
2π
⋅n
60
→
1500 − n
→
1500
14832 ,23 = Mi.
n = 1425 rpm
2π
⋅ 1425
60
→
Mi = 99,39 N.m
El par interno también se puede calcular a partir de la expresión:
Mi =
3 ⋅ U1, fase 2 ⋅
R2'
s
3 ⋅ 4002 ⋅
2
⎤
⎡⎛
R '⎞
2π
⋅ ns ⋅ ⎢⎜ R1 + 2 ⎟ + X1CC 2 ⎥
s ⎠
60
⎥⎦
⎢⎣⎝
=
1
0,05
2
⎤
⎡⎛
2π
1 ⎞
⋅ 1500 ⋅ ⎢⎜1 +
⎟ + 13,22 ⎥
60
⎥⎦
⎢⎣⎝ 0,05 ⎠
= 99 ,39 N.m
e)
smax =
R2'
R12
n −n
s= s
ns
+ X1CC 2
→
= 0 ,07554
0 ,07554 =
3 ⋅ U1, fase 2 ⋅
M i ,max =
1500 − n max
1500
R2'
smax
2
⎤
⎡⎛
2π
R2' ⎞
⎢
⎜
⎟
⋅ ns ⋅ ⎜ R1 +
+ X1CC 2 ⎥
⎟
⎥
⎢⎝
60
smax ⎠
⎦
⎣
→
nmax = 1386,69 rpm
= 107 ,31 N.m
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209
Máquinas asíncronas
5.10 Problema 10
La máquina eléctrica del ejercicio anterior, conectada a la misma red, es impulsada por un motor
auxiliar que le obliga a girar a 1575 rpm.
Calcular:
a) Corriente absorbida por la máquina
b) Potencia mecánica que la máquina eléctrica absorbe del motor auxiliar
c) Potencia, activa y reactiva que la máquina eléctrica entrega a la red
d) Pérdidas por efecto Joule en la máquina eléctrica
e) Rendimiento de la máquina eléctrica
Resolución:
a)
s=
ns − n 1500 − 1575
=
= −0,05
ns
1500
La máquina eléctrica actúa como generador, al ser s < 0 .
R1
X1
R’2
X’2
⎛1 ⎞
R'2 ⋅⎜ − 1⎟
⎝s ⎠
Figura 5.10.1
R '⎞
1 ⎞
⎛
⎛
Z T = ⎜ R1 + 2 ⎟ + j ⋅ ( X1 + X 2' ) = ⎜1 +
⎟ + j ⋅ (6 ,6 + 6 ,6 ) = −19 + j13,2 Ω
s ⎠
⎝
⎝ − 0 ,05 ⎠
Z T = 23,14∠145,21º Ω
Cabe destacar que:
⎛1 ⎞
R2 ' ⎜ − 1⎟ < 0
⎝s ⎠
Lo que indica que no es una verdadera resistencia, es una estrategia para poder simular mediante un
circuito eléctrico la potencia mecánica de la máquina.
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210
Problemas de electrotecnia
I 1linea = 3 ⋅
U fase
ZT
= 3⋅
400∠0º
= 29 ,94∠ − 145,21º A
23,14∠145,21º
I 1linea( entregado a la red ) = − I 1linea = 29,94∠( −145,21 + 180º ) = 29,94∠134,79º A
I1línea = 29,94 A
b) Para un generador:
2
⎛ 29 ,94 ⎞
1
⎞
⎛1 ⎞
⎟ ⋅1 ⋅ ⎛⎜
Pi = 3 ⋅ I 1' 2 ⋅R 2 ' ⋅⎜ − 1⎟ = 3 ⋅ ⎜⎜
− 1⎟ = −18824 ,48 W
⎟
s
−
0
,
05
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝ 3 ⎠
Pmec
abs
= − Pi = 18824,48 W
c)
Pabsorbida = 3 ⋅ U linea ⋅ Ilinea ⋅ cosϕ = 3 ⋅ 400 ⋅ 29,94 ⋅ cos145,21º = −17035,20 W
Pentregada = − Pabsorbida = 17035,20 W
Qabsorbida = 3 ⋅ U linea ⋅ Ilinea ⋅ sinϕ = 3 ⋅ 400 ⋅ 29,94 ⋅ sin145,21º = +11835,36 VAr
Qentregada = −Qabsorbida = −11835,36 VAr
d)
2
⎛ 29,94 ⎞
⎟⎟ ⋅ ( 1 + 1 ) = 1792,81 W
PJoule = 3.I 2fase .( R1 + R2' ) = 3.⎜⎜
⎝ 3 ⎠
e)
η=
Peléctrica entregada
Pentregada por el motor auxiliar
⋅ 100 =
17035,20
⋅ 100 = 90,5%
18824,48
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211
Máquinas asíncronas
5.11 Problema 11
La máquina eléctrica del ejercicio 9 actúa como motor, girando a plena carga, con un deslizamiento
del 5 %. De forma instantánea se permuta la conexión de dos fases de la red.
Calcular en este instante:
a) Corriente absorbida por la máquina
b) Potencia mecánica absorbida a través del eje del motor
c) Par interno, desarrollado como freno
d) Potencia absorbida de la red
e) Pérdidas por efecto Joule, que tienen lugar en el motor
Resolución:
a) Antes de permutar las fases: s = 0,05, resultando n = 1425 rpm
Al permutar la conexión de dos fases el campo gira en sentido contrario al rotor y resulta:
ns = −1500 rpm
s=
ns − n −1500 − 1425
=
= 1,95
ns
− 1500
Al ser s > 1, el motor actúa como freno:
1 ⎞
R '⎞
⎛
⎛
Z T = ⎜ R1 + 2 ⎟ + j ⋅ ( X1 + X 2' ) = ⎜1 +
⎟ + j ⋅ (6 ,6 + 6 ,6 ) = 13,29∠83,46º Ω
1
95 ⎠
s
,
⎠
⎝
⎝
I línea= 3 ⋅ I fase = 3 ⋅
U fase
ZT
= 3⋅
400
= 52,13 A
13,29
b)
R1
X1
R’2
X’2
P eléctrica
⎛1 ⎞
R'2 ⋅⎜ − 1⎟
⎝s ⎠
Figura 5.11.1
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P mecánica
212
Problemas de electrotecnia
2
⎛ 52,13 ⎞
1
⎞
⎛1 ⎞
⎟ ⋅1 ⋅ ⎛⎜
Pi = 3 ⋅ I 2 ' 2 ⋅R 2 ' ⎜ − 1⎟ = 3 ⋅ ⎜⎜
− 1⎟
⎟
s
,
1
95
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝ 3 ⎠
Pi = −1323,93 W < 0
Lo cual indica que el motor absorbe potencia de la carga que arrastra.
Pmec abs = 1323,93 W
c)
P
− 1323,93
= −8,87 N.m
Mi = i =
ω 2π
⋅1425
60
El par va en sentido contrario al movimiento, es un par de frenado.
d)
⎛ 52 ,13 ⎞
⎟.cos83,46º = 4113,58 W
Pelect abs = 3 ⋅ U fase ⋅ I fase ⋅ cos ϕ = 3 ⋅ 400 ⋅ ⎜⎜
⎟
⎝ 3 ⎠
e) Las pérdidas por efecto Joule se pueden calcular de dos formas:
2
⎛ 52,13 ⎞
⎟⎟ ⋅ ( 1 + 1 ) = 5435,07 W
PJoule = 3.I'22 .( R1 + R2' ) = 3 ⋅ ⎜⎜
⎝ 3 ⎠
PJoule = Pelectr ,abs + Pmec ,abs = 4113,58 + 1323,93 = 5437,51 W
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213
Máquinas asíncronas
5.12 Problema 12
Se dispone de un motor trifásico, asíncrono, 400 V/690 V, 50 Hz, 11 kW, 6 polos, factor de potencia
0,78 y par mecánico interno 109 N.m a 970 rpm. a plena carga. La resistencia por fase que presenta el
estator es de 0,27 Ω.
Efectuando el ensayo de vacío, el motor consume 10 A y absorbe una potencia de 900 W.
Se conecta el motor a una red de 400 V.
Calcular:
a) Las pérdidas que tiene lugar en el motor cuando trabaja a plena carga
b) Potencia absorbida por el motor a plena carga
c) Rendimiento a plena carga
Resolución:
a) El motor se debe conectar en estrella.
Pabs = PFe1 + PCu1 + Pa = PFe1 + PCu1 + PFe 2 + PCu 2 + Pi = PFe1 + PCu1 + PFe 2 + PCu 2 + Pmec + Putil
Siendo PFe2 = 0, al ser la frecuencia de las corrientes del rotor muy baja.
A plena carga:
s=
ns − n 1000 − 970
=
= 0,03
1000
ns
Pi = M i ⋅ ω = 109 ⋅
2π
⋅ 970 = 11072 ,02 W
60
Pa = Pi + PCu 2 = Pi + s ⋅ Pa
Pa =
Pi
11072 ,02
=
= 11414,45 W
1− s
1 − 0 ,03
PCu 2 = Pa − Pi = 342,43 W
Pu = 11000 W (segun enunciado)
Pmec = Pi − Pu = 11072,02 − 11000 = 72,02 W
Del ensayo en vacío, y suponiendo PCu 2 ≅ 0 al ser la corriente del rotor muy baja y Puo = 0:
Po = PCu 10 + PFe10 + Pmec
2
⎛ 10 ⎞
900 = 3 ⋅ ⎜
⎟ ⋅ 0 ,27 + PFe 10 + 72 ,02
⎝ 3⎠
→
PFe10 ≈ PFe1 = 800 ,98 W
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214
Problemas de electrotecnia
b)
Pabs = 3 ⋅ U fase ⋅ I fase ⋅ cos ϕ = Pa + PCu1 + PFe1
2
3 ⋅ 400 ⋅ I fase ⋅ 0 ,78 = 11414 ,45 + 3 ⋅ I fase ⋅ 0 ,27 + 800 ,98
I fase =
1142 ,4 A (sin sentido fisico)
13,20 A
Ilinea = 3 ⋅ I fase = 3 ⋅13,20 = 22,86 A
Pabs = 3 ⋅ 400 ⋅13,20 ⋅ 0,78 = 12358,7 W
c)
η=
Pu
11000
⋅ 100 =
⋅ 100 = 89 ,06 %
Pabs
12358,7
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215
Máquinas asíncronas
5.13 Problema 13
Un motor asíncrono trifásico de jaula de ardilla mueve la cabina de un ascensor. Las características del
motor son: 230 V/400 V, 50 Hz, 120 polos. Dicho motor se conecta a una red trifásica de 400 V y 50
Hz. La resistencia del estator por fase vale 1 Ω.
Efectuando las pruebas de vacío y cortocircuito, han dado los siguientes resultados:
Ensayo de vacío: 230 V, 4,4 A, 800 W, 49,8 rpm (considerar el circuito equivalente completo)
Ensayo de cortocircuito (rotor bloqueado): 36 V, 10,1 A, 550 W
Considerando que el par de pérdidas mecánicas de la máquina permanece constante, determinar:
a) Tipo de conexión del estator del motor.
b) Circuito equivalente aproximado por fase.
c) Velocidad de ascenso de la cabina, sabiendo que el peso total es de 350 Kg y el radio de la polea de
0,15 m.
Resolución:
a) Dado que el motor es de 230 V/400 V y la red es de 400 V, la conexión debe ser en estrella.
R
S
T
Figura 5.13.1
b) El circuito equivalente estrella aproximado por fase es:
X1
R1
RFe
R’2
X’2
⎛1 ⎞
R '2 ⋅⎜ − 1⎟
⎝s ⎠
Xµ
Figura 5.13.2
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216
Problemas de electrotecnia
Ensayo rotor bloqueado:
→
n=0
s=1
Pcc = 3 ⋅ I 1cc , fase 2 ⋅ R1cc
Al ser R1 = 1 Ω →
I1cc =
550 = 3 ⋅10 ,12 ⋅ R1cc
→
→
R1cc = 1,80 Ω
→
Z1cc = 2,057 Ω
R'2 = R1cc − R1 = 1,8 − 1 = 0,8 Ω
Vcc ,linea / 3
→
Z1cc
10,1 =
36 / 3
Z 1cc
X 1cc = Z 1cc 2 − R1cc 2 = 2 ,057 2 − 1,8 2 = 0,997 Ω
Ensayo de vacío:
ns =
60 ⋅ f
60 ⋅ 50
=
= 50 rpm
p
60
→
n −n
50 − 49 ,8
so = s o =
= 0,004
ns
50
2
⎛
R' ⎞
Vo = I 1o ⋅ ⎜⎜ R1 + 2 ⎟⎟ + X 1cc 2
so ⎠
⎝
2
⎛
0,8 ⎞
= I1o ⋅ ⎜⎜1 +
⎟⎟ + 0,997 2
0
,
004
3
⎝
⎠
230
PR1
cc o
→
I 1o = 0,661 A
= PCu1 + PCu 2 = 3 ⋅ I1o 2 ⋅ R1cc = 3 ⋅ 0,6612 ⋅ 1,80 = 2 ,36 W
Dado que no hay potencia útil al trabajar el motor en vacío, se cumple: Pi = Pmec
⎞
⎛1
⎞
⎛ 1
Pi = Pmec = 3 ⋅ I1o 2 ⋅ R'2 ⋅⎜⎜ − 1⎟⎟ = 3 ⋅ 0 ,6612 ⋅ 0 ,8 ⋅ ⎜
− 1⎟ = 261,04 W
s
0
,
004
⎠
⎝
⎝ o ⎠
→
Po = 3 ⋅ Vlinea o ⋅ I linea o ⋅ cos ϕo
800 = 3 ⋅ 230 ⋅ 4 ,4 ⋅ cos ϕ o
Resulta:
cos ϕo = 0,456
y
sin ϕo = 0,890
PFe = Po − PR1CCo − Pmec = 800 − 2,36 − 261,04 = 536,54 W
RFe = 3 ⋅
U fase o 2
PFe
(230 3 )
2
= 3⋅
536,54
→
RFe = 98,59 Ω
Qo = 3 ⋅ U lineao ⋅ Ilineao ⋅ sin ϕo = 3 ⋅ 230 ⋅ 4,4 ⋅ 0,890 = 1559,63 VAr
Por otra parte:
Qo = 3 ⋅
U 2 linea o
2
+ 3.I 1o .X 1cc
Xµ
→
1559 ,63 = 3 ⋅
( 230 / 3 ) 2
+ 3.0 ,6612 .0 ,997
Xµ
X µ = 33,95 Ω
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217
Máquinas asíncronas
c)
MOTOR
Mmotor
Mpérdidas
Mresistente
CABINA
Figura 5.13.3
Cabe recordar que, según el enunciado, las pérdidas mecánicas son constantes e independientes de la
velocidad.
M motor = M resist + M pérdidas mecánicas
3 ⋅ U 21, fase ⋅
R'2
s
2
⎤
⎡⎛
R '⎞
2π
⋅ ns ⎢⎜ R1 + 2 ⎟ + X1CC 2 ⎥
s ⎠
60
⎥⎦
⎢⎣⎝
P
= m ⋅ g ⋅ R + mec
2π .n
60
2
⎛ 400 ⎞ 0 ,8
3⋅⎜
⎟ ⋅
s
261,1
⎝ 3⎠
= 350 ⋅ 9 ,8 ⋅ 0 ,15 +
2
2π
⎤
⎡⎛
0 ,8 ⎞
2π
2
⋅ 49 ,8
⋅ n s ⋅ ⎢⎜1 +
⎟ + 0 ,997 ⎥
60
60
s ⎠
⎥⎦
⎢⎣⎝
De la ecuación anterior resulta:
2040 (sin sentido físico)
s=
0,0154
s=
ns − n
ns
ω=
2π .n 2π
=
⋅ 49 ,23 = 5,155 rad/s
60
60
→
0,0154 =
50 − n
50
→
n = 49,23 rpm
v = ω ⋅ R = 5,155 ⋅ 0,15 = 0,773 m/s
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218
Problemas de electrotecnia
5.14 Problema 14
Un motor asíncrono trifásico 400 V/690 V, 37 kW, 6 polos, 50 Hz, rendimiento del 92,5 % y factor de
potencia 0,85 inductivo. Cuando se conecta a una red de 400 V presenta un par de arranque igual a 1,7
veces el par nominal, siendo la corriente en este instante igual a 6 veces la corriente nominal.
Se pretende arrancar el motor mediante un autotransformador para poder conseguir reducir la corriente
de arranque, siendo el par de arranque mínimo requerido de 1,1 veces el par nominal.
Calcular:
a) Tensión que se debería aplicar al motor durante el arranque
b) Corriente de arranque del motor
c) Corriente absorbida de la red por el autotransformador
Resolución:
a) Dado que:
Mi =
3⋅
R2 '
⋅ U 1, fase 2
s
2
⎡⎛
⎤
R '⎞
2π
⋅ n s .⎢⎜⎜ R1 + 2 ⎟⎟ + X 1CC 2 ⎥
60
s ⎠
⎢⎝
⎥
⎣
⎦
M arr directo
=
M arr autotrafo
M arr = k ⋅ U 1 2
→
En el arranque: s = 1
U 2 directo
1,7 ⋅ Mn
= 1
1,1 ⋅ Mn U 1 2 autotrafo
1,7
400 2
=
1,1 U 1 2 autotrafo
→
Resultando:
U 1 autotrafo = 321,76 V
b)
Pabs =
In =
Pu
η
=
37000
= 40000 W
0 ,925
Pabs
3 ⋅ U n ⋅ cos ϕ
=
40000
3 ⋅ 400 ⋅ 0 ,85
= 67 ,9235 A
Durante el arranque directo la corriente es:
U1directo
U1autotrafo
=
I1directo / 3
I1autotrafo / 3
→
I arr = 6.I n = 6 ⋅ 67,9235 = 407,541 A
400
6 ⋅ 67 ,9235
=
321,76 I 1 autotrafo
→
I1autotrafo = 327 ,826 A
c) El autotransformador empleado debe tener una relación de transformación de:
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219
Máquinas asíncronas
rt =
400
321,76
Luego la corriente del autotransformador será:
327,826
= 263,70 A
rt
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220
Problemas de electrotecnia
5.15 Problema 15
Un motor trifásico asíncrono 230 V/400 V, 50 Hz, 3 kW, η = 72 %, cosφ = 0,67 (i), se conecta a una
línea monofásica de 230 V y 50 Hz.
a) Dibujar un esquema para poder conectar el motor a la línea monofásica.
b) Explicar cómo se puede invertir el sentido de giro.
c) Determinar el valor del condensador a utilizar.
d) Desfase entre flujos que se consigue mediante la utilización del condensador del apartado c).
Resolución:
a) y b)
L
N
Sentido de giro
230 V
50 Hz
Placa de conexión
Sentido de giro
Figura 5.15.1
Si se tuviera que conectar a 400 V
L
N
Sentido de giro
400 V
50 Hz
Placa de conexión
Sentido de giro
Figura 5.15.2
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221
Máquinas asíncronas
El condensador debe soportar como mínimo una tensión de 1,25 Un debido a las sobretensiones que se
pueden producir por efectos de resonancia.
Los flujos de las bobinas se han de desfasar 90º (condición óptima).
c) Cálculo del valor del condensador:
Zϕ
Z
-j.XC
ϕ
I1
Zϕ
Z1
I2
Z2
Figura 5.15.3
Z1 = Zϕ
Z 2 = Zϕ +
I1 =
I2 =
Z ϕ (− jXc )
⎡ Z ϕ − 2. jXc ⎤
⎡
− jXc ⎤
ϕ −θ
= Zϕ ⎢
= Z ϕ ⎢1 +
⎥ = Z2
⎥
ϕ
ϕ
ϕ
Z − jXc
⎣⎢ Z − jXc ⎦⎥
⎣⎢ Z − jXc ⎦⎥
I2
V 0º
Zϕ
V
ϕ
0º
Z 2ϕ −θ
V
θ
I1
El desfase entre las corrientes I2 e I1 se calcula como:
⎛ Z . sin ϕ − X C
⎝ Z . cos ϕ
θ = arctg⎜⎜
tgθ = tg( β − α ) =
⎛ Z . sin ϕ − 2.X C
⎞
⎟⎟ − arctg⎜⎜
Z . cos ϕ
⎝
⎠
⎞
⎟⎟ = β − α
⎠
Z .X C . cos ϕ
tgβ − tgα
Z . cos ϕ
=
=
1 + tgβ .tgα Z 2 − 3.Z .X C . sin ϕ + 2.X C2 Z 2 / X C − 3.Z . sin ϕ + 2.X C
Para que el desfase θ entre I2 y I1 sea máximo, se debe cumplir (maximizar θ equivale a maximizar tg
θ):
d ( tgθ )
=0
dX C
→
−Z2
+2=0
X C2
→
XC =
Z
2
siendo Z la impedancia por fase del motor. Supondremos el motor conectado en triángulo a una línea
de 230 V:
I fase =
Pabs
Pu / η
3000 / 0,72
=
=
= 9,01 A
3.U fase . cos ϕ 3.U fase . cos ϕ 3.230.0,67
El resultado anterior es congruente con los datos de partida del enunciado.
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222
Problemas de electrotecnia
Z=
V fase
=
I fase
XC =
230
= 25,52 Ω →
9,01
1
→
ω .C
XC =
18,05 =
Z
2
1
2.π .50.C
=
25,52
2
= 18,05 Ω
→
C = 176,4 µF
Un método práctico aproximado es suponer 60-70 µF/1 kW.
d)
tgθ =
Z . cos ϕ
2
Z / X C − 3.Z . sin ϕ + 2.X C
0,67
2. 2 − 3.0,742
cos ϕ
=
Z / X C − 3. sin ϕ + 2.X C / Z
→
FP = cosφ = 0,67 (i)
tgθ =
=
= 1,114
→
φ = 47,93º
→
cos ϕ
2 − 3. sin ϕ + 2 / 2
sinφ = 0,742
θ = 48,09º
Aunque sería óptimo θ ≈ 90º, con el desfase obtenido es suficiente para que el motor gire sin
problemas.
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223
Máquinas asíncronas
5.16 Problema 16
Un motor asíncrono trifásico con el estator conectado en triángulo se alimenta de una línea de 380 V y
50 Hz. Absorbe 13953,94 W cuando tiene un par de salida de 122,13 N.m y un rendimiento del
87,092%. Les pérdidas mecánicas del motor son Pmec = n/2 W, siendo n la velocidad expresada en
rpm. Se sabe que R1 = R2’ = R Ω, X1 = X2’ = 6,2.R Ω.
Se pide:
a) La velocidad y el número de pares de polos del motor
b) Las pérdidas por efecto Joule en el rotor
c) El valor de R
d) El par de arranque del motor
Nota: despreciar la rama en paralelo del circuito equivalente
Resolución:
a)
Pu = η .Pabs = 0,87092.13953,54 = 12152,41 W
P
12152,41
= 99,484 rad/s
ω= u =
Mu
122,13
→
n=
ω ⋅ 60
= 950 rpm
2π
Por lo tanto tiene que ser p = 3
b)
Pmec =
s=
n
= 475 W
2
1000 − 950
= 0 ,05
1000
Pi = Pu + Pmec = 12150 + 475 = 12625 W
Pi = ( 1 − s )Pa
→
12625 = ( 1 − 0 ,05 )Pa
→
Pa = 13289 ,47 W
Pcu2 = s ⋅ Pa = 664,47 W
c)
Pi = M i ⋅ ω
126,9 =
→
12625 = M i ⋅ 99 ,484
3 ⋅ V1, fase 2 ⋅
→
M i = 126 ,9 Nm
R2'
s
2
⎡⎛
⎤
R '⎞
2π
⋅ ns ⎢⎜ R1 + 2 ⎟ + ( X1 + X 2' )2 ⎥
s ⎠
60
⎢⎣⎝
⎥⎦
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224
Problemas de electrotecnia
3 ⋅ 380 2 ⋅
126 ,9 =
d)
[(
R
0,05
2π .1000
⋅ 212 ⋅ R 2 + 12 ,4 2 ⋅ R 2
60
→
)]
R = 1,096 Ω
Durante el arranque se cumple que s = 1
M arr =
[
3 ⋅ 380 2 ⋅1,096
2π
⋅1000 ⋅ (2 ⋅1,096 )2 + (2 ⋅ 6 ,2 ⋅1,096 )2
60
]
→
M arr = 23,93 Nm
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225
Máquinas asíncronas
5.17 Problema 17
Un motor asíncrono trifásico de rotor bobinado tiene los bobinados del estator y del rotor conectados
en estrella. Se alimenta a su tensión nominal de 400 V y 50 Hz. A plena carga gira a 1440 rpm. Se
sabe que R1 = 1 Ω, R2’ = 0,8 Ω, X1cc = 5 Ω y que las relaciones de transformación de tensión y de
corriente son idénticas y de valor 2.
Despreciando las pérdidas mecánicas y la rama en paralelo del circuito equivalente, calcular:
a) La intensidad de corriente absorbida por el motor y el par interno a plena carga
b) La corriente absorbida y el par de arranque con los anillos en cortocircuito
c) La resistencia por fase que se debe conectar en serie con el rotor para que desarrolle el par máximo
durante el arranque
Resolución:
a)
R1
X1
R’2
X’2
⎛1 ⎞
R' 2 ⋅⎜ − 1⎟
⎝s ⎠
Figura 5.17.1
s=
ns − n 1500 − 1440
=
= 0 ,04
ns
1500
I1,línea = I1, fase =
V1, fase
Z1, fase
(4%)
V1, fase
=
( R1 + R2' / s )2 + X12cc
=
400 / 3
( 1 + 0,8 / 0,04 )2 + 52
= 10,70 A
⎞
⎛ 1
⎛1 ⎞
⎛1 ⎞
Pi = 3.I' 22 .R 2 '.⎜ − 1⎟ = 3.I 12, fase .R 2 '.⎜ − 1⎟ = 3.10 ,70 2 .0 ,8.⎜
− 1⎟ = 6594,6 W
⎝s ⎠
⎝s ⎠
⎝ 0,04 ⎠
Pi = M i .ω = M i .
2.π
⋅n
60
→
Mi =
60.Pi 60.6594 ,6
=
= 43,73 N.m
2.π .n 2.π .1440
b) En el momento del arranque se tiene s = 1:
I arr =
V1, fase
Z 1,arr
=
V1, fase
2
( R1 + R2 ' / 1 ) +
X 12cc
=
400 / 3
( 1 + 0,8 ) 2 + 5 2
= 43,46 A
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226
Problemas de electrotecnia
R '
0,8
3 ⋅ V1, fase 2 ⋅ 2
3 ⋅ ( 400 / 3 ) 2 ⋅
s
1
M i ,arr =
=
= 28,86 N.m
2
2
⎡
⎤
⎡
⎤
2π .n s ⎛
2π .1500 ⎛ 0 ,8 ⎞
R2 ' ⎞
2
2
⋅ ⎢⎜1 +
⋅ ⎢⎜ R1 +
⎟ + X 1cc ⎥
⎟ +5 ⎥
60
1 ⎠
60 ⎢⎜⎝
s ⎟⎠
⎥
⎢⎣⎝
⎥⎦
⎣
⎦
c)
sM max =
M i ,max =
R2'
R12
+
X12cc
0 ,8
=
2
1 + 52
3 ⋅ V1, fase 2 ⋅
R2'
s
= 0 ,157
2
⎤
⎡⎛
R '⎞
2π
⋅ ns ⋅ ⎢⎜ R1 + 2 ⎟ + X12cc ⎥
s ⎠
60
⎥⎦
⎢⎣⎝
=
3 ⋅ ( 400 / 3 )2 ⋅
0,8
0,157
2
⎤
⎡⎛
0,8 ⎞
2π
⋅ 1500 ⋅ ⎢⎜1 +
⎟ + 52 ⎥
60
⎥⎦
⎢⎣⎝ 0,157 ⎠
= 83,50 N.m
Para obtener el par máximo durante el arranque:
R ' + R'2 ,añadida 0 ,8 + R'2 ,añadida
sarr = 1 = 2
=
R12 + X12cc
12 + 52
R2 ,añadida =
R'2 ,añadida
rtV .rt I
=
→
4,30
= 1,075 Ω
2.2
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R’2,añadida = 4,30 Ω
227
Máquinas asíncronas
5.18 Problema 18
Se dispone de un motor asíncrono trifásico de 230 V/400V, 50 Hz, 100 polos y rotor de jaula. A
continuación se exponen los resultados de los diversos ensayos a los que se le ha sometido:
- Ensayo de corriente continua: 12 V, 19,8 A (con el estator conectado en triángulo)
- Ensayo de rotor bloqueado: 21,1 V, 16,25 A y 530 W (Despreciar la rama en paralelo del circuito
equivalente.)
- Ensayo de vacío: 230 V, 7,27 A, 750 W, 59,82 rpm (Se debe contemplar el circuito equivalente en su
totalidad.)
Se conecta a una red de 230 V y 50 Hz. Las pérdidas mecánicas se consideran constantes e
independientes de la velocidad. Utilizar el circuito equivalente simplificado de la figura.
Determinar:
a) Las pérdidas mecánicas
b) Los parámetros del circuito equivalente
R1
RFe
X1,cc
R2’
RC’ = R2’(1/s-1)
Xµ
Figura 5.18.1
Resolución:
a) y b) Al ser la red de 230 V, el motor se debe conectar en triángulo.
Ensayo de corriente continua:
12 V
R1∆
R1∆
R1∆
Figura 5.18.2
Req =
V
12
=
= 0 ,606 Ω
I 19 ,8
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228
Problemas de electrotecnia
Req = 0 ,606 =
(R1∆ + R1∆ )⋅ R1∆
(R1∆ + R1∆ ) + R1∆
=
2
⋅ R1∆
3
→
R∆ = 0,909 ∆
Ensayo de rotor bloqueado:
R1CC∆
X1CC∆
16,25
21,1 V
A
3
Figura 5.18.3
PCC
R1CC∆ =
3 ⋅ I1CC∆
2
=
530
⎛ 16,25 ⎞
⎟⎟
3 ⋅ ⎜⎜
⎝ 3 ⎠
=2 Ω
2
R' 2∆ = R1CC∆ − R1 = 2 − 0,909 = 1,091 Ω
Z 1CC∆ =
V1CC∆
21,1
=
= 2,249 Ω
I 1CC∆ 16 ,25
X 1CC∆ = 2,249 2 − 1,0912 = 1,0286 Ω
→
3
Ensayo de vacío:
R1∆
X1CC∆
R’2∆
I’2∆
X 1µ∆
R1Fe∆
V1 = 230
⎛1 ⎞
R ' C = R ' 2 ⋅⎜ − 1⎟
⎝s ⎠
Figura 5.18.4
n1 =
60 ⋅ f 60 ⋅ 50
=
= 60 rpm
p
50
s=
60 − 59,82
= 0,003
60
⎞
⎛ 1
⎛1 ⎞
R' C = R' 2 ∆ ⋅⎜ − 1⎟ = 1,091 ⋅ ⎜
− 1⎟ = 362 ,5756 Ω
⎝s ⎠
⎝ 0 ,003 ⎠
I' 2∆ =
V1∆
( R1CC∆ + Rc ' ) 2 + X 12CC∆
=
230
(2 + 362,5756)2 + 1,0282 2
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= 0,631 A
229
Máquinas asíncronas
PR1 = 3 ⋅ R1∆ ⋅ I' 2 ∆ 2 = 3 ⋅ 0,909 ⋅ 0,6312 = 1,0857 W
PR'2 = 3 ⋅ R' 2∆ ⋅I' 2∆ 2 = 3 ⋅1,091 ⋅ 0 ,6312 = 1,3031 W
En vacío se cumple Pi = Pmec:
Pi = Pmec = 3 ⋅ R' C ⋅I' 2∆ 2 = 3 ⋅ 362,5756 ⋅ 0,6312 = 433,09 W
PFe = Po − PR1 − PR' 2 − Pi = 750 − 1,0857 − 1,3031 − 433,09 = 314,52 W
R1Fe∆ =
V12
230 2
=
= 504,58 Ω
314,52
PFe
3
3
Po = 3 ⋅ V1o ⋅ I 1o ⋅ cos ϕ o
→
cos ϕ o =
750
3 ⋅ 230 ⋅ 7 ,27 / 3
= 0 ,259
→
ϕ o = 74,95º
tgϕ o = 3,723º
Qo = Po ⋅ tgϕ o = 2797,37 kVAr
Q µ = 2797,37 − 3 ⋅ X 1CC∆ ⋅ I 2∆ ' 2 = 2797,37 − 3 ⋅1,0286 ⋅ 0,6312
X 1µ∆ =
→
Q µ = 2796,14 VAr
V12
230 2
=
= 56,76 Ω
Q µ 3 2796,14 3
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230
Problemas de electrotecnia
5.19 Problema 19
Se dispone de un motor trifásico asíncrono con rotor de jaula y las características siguientes: 15 CV,
220 V/380 V, 50 Hz, 4 polos, RFe = 330,91 Ω, Xµ = 74,99 Ω, R1 = R2’ = 0,5 Ω, X1+X2’ = 2,71 Ω.
La red es de 380 V y 50 Hz.
El circuito equivalente a tener en cuenta será:
R1
RFe
R2’
X1,cc
RC’ = R2’(1/s-1)
Xµ
Figura 5.19.1
Determinar:
a) El par motor en función del deslizamiento.
b) El factor de potencia del motor en función del deslizamiento.
c) El rendimiento eléctrico del motor en función del deslizamiento.
Resolución:
Al conectar el motor a una red de 380 V, el estator se debe conectar en estrella.
a) Expresión del par motor:
3.
Mi =
Mi =
2.π .
[
[
R' 2
⋅ V12
s
3.
n1
⋅ ( R1 + R' 2 / s ) 2 + X 12cc
60
459,64
s ⋅ (0.5 + 0.5 / s ) 2 + 2.712
]
=
2.π .
0.5
⋅ ( 380 / 3 ) 2
s
[
1500
⋅ ( 0.5 + 0.5 / s ) 2 + 2.712
60
]
]
Representando el par interno Mi en función del deslizamiento s, resulta el gráfico de la figura
siguiente:
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231
Máquinas asíncronas
160
140
120
Par (N.m)
100
80
60
40
20
0
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
Deslizamiento (s)
Figura 5.19.2
b) Del circuito equivalente simplificado se calcula la fase de la impedancia total, resultando:
R1
RFe
X1,cc
R2’
RC’ = R2’(1/s-1)
Xµ
ZFe
Zderecha
Figura 5.19.3
Z Fe =
90º − arctg ( Xµ / RFe )
RFe .X µ
2
RFe
2
+ Xµ
= 73.1355577.23º Ω = 16.166 + j .71.327 Ω
Z derecha = ( R1 + R' 2 / s ) + j .X 1cc = ( 0.5 + 0.5 / s ) + j .2.71
Haciendo el paralelo de las dos impedancias anteriores, resulta un ángulo de fase:
ϕ = 77.23º +arctg(
2.71
74.037
) − arctg(
)
0.5 + 0.5 / s )
16.666 + 0.5 / s
Representando gráficamente el factor de potencia del motor (cosφ) en función del deslizamiento,
resulta el gráfico de la figura siguiente:
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232
Problemas de electrotecnia
1.0
0.9
Factor de potencia
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
Deslizamiento (s)
Figura 5.19.4
c) Para calcular el rendimiento eléctrico se debe hacer:
η = 100 ⋅
Pi
Pabsorbida
3.
η = 100 ⋅
= 100 ⋅
V12
2
Z derecha
3.I'22 .R'c
⎡V2
3.⎢ 1 + I'22 .( R1 + R'2 + R'c
⎢⎣ RFe
.R ' 2 ⋅(1 / s − 1)
⎡V2
V12
3.⎢ 1 +
.( R1 + R ' 2 + R ' c
2
⎢⎣ R Fe Z derecha
⎤
)⎥
⎥⎦
= 100 ⋅
⎤
)⎥
⎥⎦
0.5 ⋅ (1 / s − 1)
0.501511 0.0007555
0.52295 +
+
s
s2
Representando gráficamente el rendimiento eléctrico del motor en función del deslizamiento, resulta:
100
90
80
Rendimiento
70
60
50
40
30
20
10
0
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
Deslizamiento (s)
Figura 5.19.5
© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006
0.0
233
Máquinas asíncronas
5.20 Problema 20
Un transformador trifásico de 50 kVA, 11000 V/400 V, 50 Hz, Dy11, εcc = 6%, εXcc = 4,8%, alimenta
mediante una línea de 0,2 Ω/fase una estación de bombeo de agua donde hay instalada una bomba
centrífuga accionada por un motor asíncrono de 11 kW, 230/400 V, 50 Hz, In = 21 A, nn = 480 rpm,
FP = 0,95 (i) y Pmec = 225 W = constantes. Despreciar la rama en paralelo del circuito equivalente del
motor. Se pide:
a) Los parámetros del circuito equivalente del transformador reducidos al secundario (R2,cc,trafo,
X2,cc,trafo) y los parámetros del circuito equivalente del motor reducidos al estator (R1,motor,
R’2,motor, X1,cc,motor)
b) La tensión de alimentación del transformador cuando el motor trabaja bajo condiciones nominales.
c) El par interno que suministra el motor cuando gira a 490 rpm y está alimentado a tensión nominal.
Resolución
a ) Transformador
Sn
I 2n =
ε CC =
3 ⋅U 2 n
=
50000
3 ⋅ 400
= 72,168 A
Z 2CC ⋅ I 2 nf
Z 2CC =
X 2CC =
U 2 nf
0,06 ⋅ 400
72,168
0,048 ⋅ 400
3
= 0,192 Ω
3
72,168
= 0,1536 Ω
R2CC = Z 2 2CC − X 2 2CC = 0,11519 Ω
Motor (trabaja a 400 V, conexión estrella)
Pmi = Pn + Pmec = 11000 + 225 = 11225 W
R CC = R1 + R 2 '
XCC
⎛1 ⎞
R C ' = R 2 '⋅⎜ − 1⎟
⎝s ⎠
I2nmotor
Figura 5.20.1
Pmi = 3 ⋅ R C '⋅I 2 2 n motor
I 2 n motor = 21 A
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234
Problemas de electrotecnia
RC ' =
s=
Pmi
11225
=
= 8,4845 Ω
3 ⋅ I 2 n motor 3 ⋅ 212
n1 − n 500 − 480
=
= 0,04
n1
500
⎛1 ⎞
R C ' = R2 '⋅⎜ − 1⎟
⎝s
⎠
→
R2 ' =
RC '
⎛1 ⎞
⎜ − 1⎟
⎝s ⎠
=
8,4845
= 0,3535 Ω
⎛ 1
⎞
− 1⎟
⎜
⎝ 0,04 ⎠
S motor = 3 ⋅ U n motor ⋅ I n motor = 3 ⋅ 400 ⋅ 21 = 14549,22 VA
Pmotor = S motor ⋅ cos ϕ motor = 14549,22 ⋅ 0,95 = 13821,76 W
Qmotor = S 2 motor − P 2 motor = 4543 VAr
Pmotor = 3 ⋅ (RC '+ RCC ) ⋅ I 2 n motor
(RC '+ RCC ) = 13821,276 = 10,447
3 ⋅ 21
Ω
RCC = 10,447 − 8,4845 = 1,9627 Ω
R1 = RCC − R 2 ' = 1,9627 − 0,3535 = 1,9627 − 0,3535 = 1,6092 Ω
X CC =
Qmotor
4543
=
= 3,434 Ω
2
3 ⋅ I 2 n motor 3 ⋅ 212
b)
0,2 Ω
Z 2CC = 0,11519 + j0,1536
XCCmotor
R1’+R2’=1,96277
U'1f
R’C = R2’ · (1/s – 1) =
8,4845 Ω
U2f
Línea
Transformador
Motor
Figura 5.20.2
(
)
U 1 f = U 2 f + Z 2CC + Z l ⋅ I 2 nf =
400
3
∠0º +21∠ − 18,1º⋅(0,11519 + j 0,1536 + 0,2) = 238,24∠0,24º V
⎛ 11000 ⎞
U 1 = 3 ⋅ 238,24 ⋅ ⎜
⎟ = 11347,70 V
⎝ 400 ⎠
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235
Máquinas síncronas
6 Máquinas síncronas
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236
Problemas de electrotecnia
6.1 Problema 1
Un generador síncrono de 4 polos alimenta una instalación a 380 V, 50 Hz, alimentando una carga
resistiva pura. La carga consume una corriente de 100 A.
El generador está conectado en estrella, presentando una reactancia síncrona por fase de 1 Ω, y una
resistencia por fase despreciable.
Determinar:
a) Ángulo de potencia a que está funcionando
b) Potencia suministrada por el generador
Si se hiciera funcionar el generador anterior como motor síncrono, conectándolo a un sistema trifásico
a 380 V, 50 Hz, con la misma excitación y proporcionando una potencia de 52 kW, determinar:
c) Corriente absorbida por el motor síncrono
d) Factor de potencia que presenta el motor
Resolución:
a) Al ser la carga resistiva pura, se cumple:
EO
φ= 0
→
I = 100∠0º A
j ⋅ X S ⋅ I G = j ⋅ 1⋅ 100
∂G
IG
U=
380
∠0 º
3
EoG , f = U G , f + I f ⋅ ( Rs + j .X s ) =
380
3
∠0º +100∠0º.( 0 + j .1 ) = 241,108∠24,504º V
Por lo tanto, resulta que el ángulo de potencia vale: δ = 24,504º
b)
3 ⋅E O ⋅U G
P=
⋅ sin δ G =
XS
3 ⋅ 241,108 ⋅ 380
1
3 ⋅ sin 24,504º = 65817,9 W
Dado que la potencia que proporciona el generador es consumida exclusivamente por la carga,
también se podría haber calculado de esta forma:
P = 3 ⋅ U G ⋅ I G ⋅ cos ϕ = 3 ⋅ 380 ⋅ 100 ⋅ 1 = 65817 ,9 W
c) Al trabajar como motor resulta:
PM = −
3 ⋅E O ⋅U G
⋅ sin δ M
XS
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237
Máquinas síncronas
Teniendo en cuenta que al mantener la excitación y al conectarlo a un sistema trifásico (a una tensión
por fase de 380
V ), la Eo se conserva.
3
Sustituyendo valores resulta:
− 52000 =
3 ⋅ 241,108 ⋅ 380
1
3 ⋅ sin δ
U M , f = EoM , f + I f . j. X s
→
M
→
δ M = −19,1279 º
380
∠0º = 241,108∠ − 19,1279º + I M .1∠90º
3
Resultando:
I M = 79,452∠6,072 º A
d) De la expresión de la corriente del motor se obtiene:
φM = -6,072º
→
cosφM = 0,9944 (c)
También se podría calcular el factor de potencia del motor a partir de:
PM = 3.U l .I l . cos ϕ M
→
52000 = 3.380.79,452. cos ϕ M
Resultando:
cos ϕ M = 0,9944
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238
Problemas de electrotecnia
6.2 Problema 2
Se dispone de un motor síncrono, tetrapolar, a 380 V, 50 Hz, conectado en estrella, acoplado a una red
para compensar el factor de potencia de la instalación.
El motor proporciona una potencia de 45809,28 W, siendo su factor de potencia capacitivo de 0,87. El
valor de la reactancia síncrona es de 1,2 Ω.
Si el motor se hiciera trabajar como generador, sin modificar su excitación, acoplando a una turbina de
gas y trabajando en un sistema eléctrico aislado, se pide:
a) Tensión de vacío
b) Tensión en bornes de una carga resistiva pura que consume 160 A
c) Potencia consumida por al carga
Resolución:
a) El factor de potencia del motor vale: cos ϕ M = 0,87 (c)
PM = 3.U l .I l . cos ϕ M
→
45809,28 = 3 ⋅
380
3
→
ϕ M = −29,5413 º
⋅ I M ⋅ 0,87
resultando
I M = 80 A
EoM , f = U M , f − I f . j. X s
→
EoM , f ∠δ M =
380
∠0º − 80∠29,5413º.1,2∠90º
3
De la expresión anterior resulta:
EoM , f = 279,49∠ − 17,39º V
Por lo tanto, la tensión de vacío por fase resulta ser: EoM , f = 279,49 V
b) Si la carga es resistiva pura y consume 160 A, se cumple:
EoG , f = U f + I f . j. X s
→
279,49∠δ G = U f ∠0º + 160∠0º.1,2∠90º
De la expresión anterior resulta:
Uf = 203,10 V
c)
→
Ul =
Pc = 3.U l .I l . cos ϕ c →
3 .Uf = 351,78 V
P = 3 ⋅ 351,78 ⋅ 160 ⋅ 1 = 97488 W
También se puede calcular a partir de la expresión:
PG =
3 ⋅E O ⋅U G
⋅ sin δ G
XS
QG =
3 ⋅UG
⋅ ( Eo . cos δ G − U G )
XS
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239
Máquinas síncronas
siendo
QG = 0 =
3 ⋅UG
⋅ ( Eo . cos δ G − U G ) →
XS
cos δ G =
U G 203,10
=
= 0,727
Eo 279,49
resultando,
δG = 43,39º
PG =
3 ⋅ 279,49 ⋅ 203,10
⋅ sin 43,39 º = 97489 ,4 W
1,2
La potencia que nos piden, es decir, la consumida por la carga, coincide con la subministrada por el
generador.
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240
Problemas de electrotecnia
6.3 Problema 3
Dos generadores trifásicos iguales entre sí, conectados en estrella, trabajan en paralelo formando un
sistema aislado, y alimentan una carga de 2000 kW, factor de potencia 0,8 inductivo a 6600 V.
La reactancia síncrona para cada generador es de 10 Ω por fase, pudiéndose despreciar el valor de la
resistencia inducida.
Se conoce además que la potencia suministrada por cada generador es la misma.
Si uno de los generadores tiene su excitación de campo ajustada para proporcionar una corriente
inductiva de 116 A, se pide:
a) Corriente suministrada por el otro generador
b) Ángulo de potencia de cada generador
Resolución:
a)
I
j10
j10
2000 kW
Uf =
G1
I1
6600
∠0 º
3
Z
cos φ = 0,8
φ = 36,87º
G2
I2
Figura 6.3.1
cosφ = 0,8 (i)
I =
→
P
=
3.Vl . cos ϕ
φ = 38,87º
2000000
= 218,693 A
3 ⋅ 6600 ⋅ 0,8
→
I = 218,693∠ − 36,87º A
Dado que a cada generador se le proporciona externamente potencia idéntica, deberán alimentar a la
carga con una potencia igual a 2000000 = 1000000 W individualmente.
2
P = 3.Vl .I l . cos ϕ1
→
1000000 = 3 ⋅ 6600 ⋅ 116 ⋅ cos ϕ1
Resultando
cos ϕ1 = 0,754
→
ϕ1 = 41,05º
→
I 1 = 116∠ − 41,05º A
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241
Máquinas síncronas
El diagrama vectorial correspondiente por fase es:
Uf =
6600
3
φ
I 1 = 116∠ − 41,05º
φ1
I = 218,693∠ − 36,87 º
φ2
I2
Figura 6.3.2
Dado que I = I1 + I 2 , se tiene:
218,693∠ − 36,87 º = 116∠ - 41,05º + I 2
→
I 2 = 103,346 ∠ − 32,18º A
b) Para el generador G1 se tiene por fase:
E 01
X S I1
Uf
I1
Figura 6.3.3
E O ,G 1 = U
E O ,G1 =
f
+ X S ⋅ I1
6600
∠0º + j10 ⋅ 116∠ − 41,05º = 3810,511∠0º +1160∠48,95º = 4655,23∠10,83º A
3
Ángulo de potencia del generador G1: δ 1 = 10,83º
Igualmente:
E O,G 2 = U
E O ,G 2 =
f
+ X S ⋅I2
6600
∠0 º + j10 ⋅ 103,346 ∠ − 32,18º = 3810 ,511∠0º +1033,48∠57,823º = 4447 ,73∠11,34 º A
3
Ángulo de potencia del generador G2: δ 2 = 11,34º
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242
Problemas de electrotecnia
Como comprobación, se calcula la potencia que suministra cada generador:
PG1 = 3 ⋅
PG 2 = 3 ⋅
Eo,G1 ⋅ U f
X S1
E o ,G 2 ⋅ U f
X S2
⋅ sin δ1 ≅ 1000000 W
⋅ sin δ 2 ≅ 1000000 W
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243
Máquinas síncronas
6.4 Problema 4
Un generador trifásico de 100 kVA, 400 V, 50 Hz, conectado en estrella, presenta una resistencia de
inducido de 0,1 Ω y una reactancia sincrona de 1 Ω por fase.
La característica de magnetización del generador es la siguiente:
Eo ( V )
136,4
267,3
394,6
469,2
538,3
600,2
Iex ( V )
1
2
3
4
5
6
Se pide:
a) Corriente de excitación para alimentar una carga inductiva a 380 V, que consume una potencia de
75000 W y presenta un factor de potencia 0,8.
b) Corriente de excitación para poder efectuar la prueba de cortocircuito a la corriente nominal.
Se pretende conseguir que la tensión inducida coincida con la tensión nominal del generador cuando
se alimenta una carga que consume la corriente nominal.
Se pide:
c) Factor de potencia que debería presentar la carga
d) Corriente de excitación para este caso
Resolución:
a)
Ic =
P
=
3.Vl . cos ϕ
75000
= 142,43 A
3 ⋅ 380 ⋅ 0,8
ϕa =36,87º
Ya que cosϕa = 0,8 (i) →
→
I c = 142,43∠ − 36,87º A
El diagrama vectorial por fase es el siguiente:
E of
ϕ
Ic
E Of = U
f
X S ⋅Ic
Uf
R ⋅ IC
+ I C .( R + X S ) =
380
∠0º +142,43∠ − 36,87º.(0,1 + j ⋅ 1) = 333,346∠18,43º V
3
EO = 3 ⋅ 333,346 = 571,58 V
Se debe buscar, interpolando en la curva característica de magnetización, el valor correspondiente de
magnetización:
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244
Problemas de electrotecnia
I ex = 5 + (6 − 5) ⋅
571,58 − 538,3
= 5,54 A
600,2 − 538,3
b)
In =
Sn
3.Vn
=
100000
= 144,337 A
3 ⋅ 400
U bf = 0 ( prueba de cortocircuito )
E of = U
f
+ I n .( R + j. X S ) = 0 + 144,337∠0º.(0,1 + j.1) = 145,05∠84,29º V
E o = 3 ⋅ 145,05 = 251,234 V
Interpolando en la curva característica, resulta:
I ex = 1 + (2 − 1) ⋅
(251,23 − 136,4) = 1,877
(267,3 − 136,4)
A
c)
U = E o = 400 V (según el enunciado)
U f = E of =
400
V
3
→
E of = U f + I c .( R + j. X S )
400
400
∠δ º =
∠0º + 144,37 ∠ - ϕ º.(0,1 + j.1)
3
3
De la expresión anterior resulta:
400
400
∠δ º =
∠0º + 145,06 ∠84,29º −ϕ º
3
3
Separando parte real e imaginaria, se tiene:
145,06. cos(84,29º −ϕ º ) =
400
⋅ (cos δ − 1)
3
145,06. sin(84,29º −ϕ º ) =
400
⋅ sin δ
3
Elevando al cuadrado y sumando las expresiones anteriores, resulta:
δ = 36,61º
84,29º - φ = 108,30º
→
φ = -24,01º
Por lo tanto, el factor de potencia de la carga resulta ser cosφ = cos(-24,01º) = 0,913 (c)
d) En este caso se tiene que: EO = 400 V
Interpolando en la curva característica se obtiene:
I ex = 3 + (4 − 3) ⋅
(400 − 394,6)
(469,2 − 394,6)
= 3,0723 A
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245
Máquinas síncronas
6.5 Problema 5
Un motor síncrono trifásico, conexión en estrella, tetrapolar, de potencia nominal 20 kW, 400 V, 50
Hz, rendimiento a plena carga 0,95, presenta una resistencia por fase en el inducido de 0,1 Ω y una
reactancia síncrona de 1,5 Ω por fase.
La curva característica de vacío es la siguiente:
Eo ( V )
173,2
294,5
346,4
435
474,5
Iex ( V )
2
3,4
4,5
7,2
9,2
Se pide:
a) Velocidad del motor
Si el motor absorbe la corriente nominal con un factor de potencia de 0,8 capacitivo, calcular:
b) Corriente de excitación
c) Ángulo de potencia δ
Cuando el motor absorbe de la red a la que está conectado 60 A, la corriente de excitación del inductor
es de 10 A. Se pide:
d) Potencia absorbida por el motor
e) Factor de potencia que presenta en estas condiciones
f) Ángulo de potencia δ
Resolución:
a)
n=
60 ⋅ f 60 ⋅ 50
=
= 1500 rpm
p
2
b)
Uf =
400
= 230,94 V
3
cos ϕ = 0,8 (c)
In =
→
ϕ = −36,87º
20000
P
=
= 37,983 A
3 ⋅ Vl ⋅ cos ϕ ⋅ η
3 ⋅ 400 ⋅ 0,8 ⋅ 0,95
El diagrama vectorial correspondiente del motor es el siguiente:
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246
Problemas de electrotecnia
In
ϕ = 36,87º U bf = 230,94
δ
X S ⋅ In
R ⋅ In
Eof
Figura 6.5.1
→
U f = E of + I c .( R + j. X S )
400
3
∠0º = Eof + 37,983∠36 ,87º .(0,1 + j.1,5)
Resultando:
Eof = 266,42∠ − 10,34º V
Interpolando en la curva característica, resulta:
I ex = 4,5 + (7,2 − 4,5) ⋅
(355,838 − 346,4) = 4,7876
(435 − 346,4 )
A
c) Ya que Eof = 266,42∠ − 10,34º V , el ángulo de potencia vale: δm = -10,34º
d) A partir de la curva característica y de una corriente de excitación de 10 A, se calcula el valor de
EO:
E O = 474,5 + (474,5 − 435 ) ⋅
(10 − 7,2) = 529,8 V
(9,2 − 7,2)
E O f = 529,8 / 3 = 305,88 V
E of = U f − I .( R + j. X S )
→
305,88∠δ m =
400
∠0º - 60∠ - ϕ º.(0,1 + j.1,5)
3
Separando parte real y parte imaginaria, resulta:
305,88. cos δ m =
400
− 90,198. cos(86,19 º −ϕ )
3
305,88.sin δ m = −90,198.sin(86,19º −ϕ )
Elevando al cuadrado y sumando, resulta:
δm = -10,84º
φ = -54,20º
Por lo tanto, la potencia activa absorbida por el motor resulta ser:
P = 3.U .I . cos ϕ = 3.400.60. cos(−54,20º ) = 24316,2 W
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247
Máquinas síncronas
e)
cos ϕ = cos( −54,20º ) = 0,585 (c)
f)
δ m = −10,84º
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248
Problemas de electrotecnia
6.6 Problema 6
Un motor trifásico, síncrono, conexión estrella, 400 V, trabaja con un factor de potencia igual a la
unidad y desarrolla una potencia de 65000 W. Si la reactancia síncrona es de 1,2 Ω y la resistencia se
considera despreciable, determinar:
a) Tensión inducida por fase
b) Ángulo de potencia
c) Tensión inducida para que el motor desarrolle la misma potencia con un cos ϕ = 0,8 capacitivo
Resolución:
a)
P = 3.U .I . cos ϕ
→
65000 = 3 ⋅ 400 ⋅ I ⋅ 1
I
→
I = 93,819 A
Uf
δm
XS ⋅I
EO
Figura 6.6.1
tgδ =
X S ⋅ I 1,2 ⋅ 93,819
=
= 0,487
400
Uf
3
→
δ m = −25,989º
2
⎛ 400 ⎞
⎟⎟ + (1,2 ⋅ 93,819)2 = 256,92 V
Eof = U 2f + ( X s .I )2 = ⎜⎜
3
⎠
⎝
b)
δ m = −25,989º
c)
P = 3.U .I . cos ϕ
→
cosφ = 0,8 (c) →
φ = -36,87º
65000 = 3 ⋅ 400 ⋅ I ⋅ 0,8
→
U f = E of + I c .( R + j. X S )
→
→
I = 117,27∠36,87º A
400
∠0º = E 0 f + 117,27∠36,87 º.(0 + j.1,2)
3
Resultando
E of = 334,86∠ − 19,65º V →
I = 117,27 A
E o = 3.E of = 580 V
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Máquinas síncronas
6.7 Problema 7
Un motor síncrono trifásico conectado en estrella a 2300 V y 50 Hz, sobreexcitado, trabaja con un
ángulo de potencia de -15º. La impedancia síncrona por fase es de (0,1 + j.1) Ω.
Si el motor consume una corriente de 400 A, determinar el factor de potencia del motor.
Resolución:
El enunciado dice que el motor está sobreexcitado. Esto significa que tiene un factor de potencia
capacitivo (φ < 0), es decir, que absorbe una Q < 0:
Qm = 3 ⋅
U .(U − E of . cos δ m )
Xs
→
<0
Eof . cos δ m > U
Por otra parte, debe cumplirse:
U f = E of + I c .( R + j. X S )
→
2300
∠0º = E of ∠ − 15º +400∠ − ϕ .(0,1 + j.1)
3
Separando las partes real e imaginaria resulta,
2300
= E of . cos( −15º ) + 401,995. cos(84,29 − ϕ )
3
0 = Eof . sin( −15º ) + 401,995.sin(84,29 − ϕ )
Elevando al cuadrado y sumando, resultan dos soluciones posibles:
Solución 1. Eof = 1074,14 V, φ = +40,54º
Solución 2. Eof = 1491,17 V, φ = -21,96º
La primera solución corresponde al caso de un motor subexcitado, mientras que la segunda
corresponde al motor sobreexcitado, que es la premisa del enunciado.
Por lo tanto resulta,
Eof = 1491,17 V, cosφ = cos(-21,96º) = 0,927 (c)
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250
Problemas de electrotecnia
6.8 Problema 8
La potencia eléctrica consumida por una empresa es en término medio de 150 kW, presentando un
factor de potencia de 0,6 inductivo. La red de alimentación es de 400 V, 50 Hz.
Se desea compensar el factor de potencia hasta la unidad instalando un motor síncrono que a su vez
impulse una nueva central de aire acondicionado, cuya potencia necesaria prevista sea del orden de
21150 W. El motor síncrono a utilizar se le asigna un rendimiento 0,94.
Se pide:
a) Potencia aparente del motor a instalar
b) Factor de potencia que presenta el motor
Si el motor elegido es de 4 polos y presenta una impedancia síncrona por fase de (0 + j.1) Ω, calcular:
c) Corriente consumida por el motor
d) Velocidad de giro del motor
e) Ángulo de potencia del motor
f) Par útil desarrollado por el motor.
Resolución:
a) El diagrama vectorial de potencia es el siguiente:
Q
Q1
ϕ1
P
ϕ2 '
Q2
Figura 6.8.1
cos ϕ1 = 0,6 (i)
→
ϕ1 = 53,13º
→
tgϕ1 = 1,3333
Q1 = P1 ⋅ tgϕ1 = 150000 ⋅ 1,3333 = 200000 VA
El motor síncrono debe proporcionar una potencia útil de 21150 W, según el enunciado, con un
rendimiento de 0,94:
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251
Máquinas síncronas
Pm =
21150
= 22500 W
0,94
Por otra parte, para conseguir un factor de potencia unidad, la potencia reactiva del motor debe ser:
Qm = −Q1 = −200000 VA
Luego
S m = 22500 − j 200000 = 201261,64∠ − 83,58º VA
S m = 201261,64 VA
b)
cos ϕ m = 0,11 (c)
→
ϕ m = −83,58º
c)
Im =
Sm
=
3 ⋅Ul
201261,64
= 290,496 A
3 ⋅ 400
→
I m = 290,46∠ + 83,58º A
d)
→
2⋅ p = 4
p=2
n=
60 ⋅ f 60 ⋅ 50
=
= 1500 rpm
p
2
U
= E Of + I m .( R + j. X s )
e)
f
E Of = U bf − j. X S ⋅ I m =
400
∠0º − j ⋅ 1 ⋅ 290,496 ∠83,58º = 520,628∠ − 3,57 º V
3
Resultando
δ m = −3,57º
f)
Mu =
Pu
ω
=
Pu
2π ⋅
n
60
=
21150
= 134,64 N ⋅ m
1500
2π ⋅
60
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252
Problemas de electrotecnia
6.9 Problema 9
El motor síncrono de la figura está conectado en triángulo a la red eléctrica de la figura. El motor está
sobreexcitado.
A
V
W1
M
˜
W2
Figura 6.9.1
Las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes:
W1 = 20697,6 W, W2 = 22909,2 W, A = 66,52 A, V = 380 V
La frecuencia de la red es de 50 Hz, y se sabe que el motor gira a 600 rpm.
La medición de la resistencia del inducido por fase ha dado una lectura por fase de 0,1 Ω y la
reactancia síncrona, en las condiciones de funcionamiento, es de 3 Ω por fase.
Se pide:
a) Número de polos del motor
b) Potencia absorbida de la red
c) Factor de potencia del motor
d) Lectura del amperímetro A
e) Rendimiento del motor en el supuesto de que las pérdidas rotaciones sean del orden de 3600 W
f) Par útil desarrollado
Se sabe además que el nivel de excitación con el que funciona el motor, en la característica de vacío, le
corresponde una tensión por fase de 400 V.
g) Calcular el ángulo de potencia.
Resolución:
a)
n=
60 ⋅ f
p
Número de polos:
→
p=
60 ⋅ 50
=5
600
5 × 2 = 10 polos
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253
Máquinas síncronas
b) Al estar los vatímetros conectados según la conexión Aron:
P = (W1 + W2 ) = 20697,6 + 22902,2 = 43599,8 W
Q = 3 ⋅ (W1 − W2 ) = 3 ⋅ (20697,6 − 22902,2) = −3818,45 VAr
c)
tgϕ =
Q −3818,45
=
= −0,08373
P
43599,8
→
ϕ = −4,7867 º
cos ϕ = 0,9965 (c)
d)
P = 3 ⋅ U l ⋅ I l ⋅ cos ϕ
P
43599,8
=
= 66,475 A
3 ⋅ U l ⋅ cos ϕ
3 ⋅ 380 ⋅ 0,9965
Il =
e)
Pu = Pabs − Prot − 3 ⋅ R ⋅ I f 2
2
⎛ 66,475 ⎞
Pu = 43599,8 − 3600 − 3 ⋅ 0,1 ⋅ ⎜
⎟ = 39557,90 W
3 ⎠
⎝
η=
Pu 39557,9
=
= 0,907
P
43599,8
→
η % = 90,7%
f)
Mu =
Pu
n
2π ⋅
60
=
39557 ,9
= 629 ,58 N ⋅ m
600
2π ⋅
60
g)
E of = U
f
− ( R + j .X S ) ⋅ I
f
400∠δ m = U f ∠0º −(0,1 + j.3).
66,475
∠4,7867 º
3
Separando las partes real e imaginaria de la expresión anterior, resulta:
400.cosδm = U + 5,78
400. sinδm = -115,07
Resultando
δm = -16,72º, U = 377,31 V
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254
Problemas de electrotecnia
6.10 Problema 10
El generador trifásico síncrono de la figura conectado en estrella alimenta a través de una línea, cuya
impedancia se desprecia, dos cargas conectadas en paralelo según la figura adjunta.
G
A2
A1
W1
V
W2
˜
M
˜
Figura 6.10.1
El voltímetro V indica 380 V. Los vatímetros W1 y W2 indican respectivamente 12950,69 W y
5124,91 W. La carga en triángulo está formada por una impedancia por fase de valor 6 + j.8 Ω. El
motor asíncrono gira a una velocidad de 1440 rpm, con un rendimiento del 80 %. Se sabe que la
reactancia síncrona por fase del generador es de 0,1 Ω, siendo la resistencia despreciable.
Se pide:
a) Potencia útil del motor asíncrono
b) Par útil del motor asíncrono
c) Número de polos del motor
d) Factor de potencia del motor
e) Lectura del amperímetro A2
f) Lectura del amperímetro A1
g) Factor de potencia del conjunto carga – motor
h) Valor de la tensión inducida en el generador
i) Ángulo de potencia del generador
Resolución:
a)
Pmotor = (W1 + W2 ) = 12950,69 + 5124,91 = 18075,6 W
Q motor = 3 ⋅ (W1 − W 2 ) = 3 ⋅ (12950 ,69 − 5124 ,91) = 13554 ,64 VAr
Pu = Pmotor ⋅η = 18075,6 ⋅ 0,8 = 14460,48 W
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255
Máquinas síncronas
b)
Mu =
Pu
n
2π ⋅
60
=
14400,48
= 95,894 N ⋅ m
1440
2π ⋅
60
c) Al ser la velocidad de 1440 rpm, se tiene:
1440 ≅
60 ⋅ f
p
→
p=
60 ⋅ 50
= 2,08
1440
→
4 polos
d)
tgϕ motor =
Qmotor 13554,64
=
= 0,7498
Pmotor
18075,6
→
ϕ motor = 36,865º
Resultando
cos ϕ motor = 0,8 (i)
e)
Pmotor = 3 ⋅ U l ⋅ I l ,motor ⋅ cos ϕ motor
I l ,motor =
Pmotor
3 ⋅ U l ⋅ cos ϕ motor
=
18075,6
= 34,328 A
3 ⋅ 380 ⋅ 0,8
Resultando
→
I l ,motor = 34,328∠ − 36,87 º A
A2 = 34,328 A
f) La carga en triángulo consume por fase una intensidad:
I f ,c arg a =
380∠0º
= 38∠ − 53,13º A
6 + j.8
La corriente de línea en la carga en triángulo será:
I l ,c arg a = 3 ⋅ 38∠ − 53,13º = 65,8179∠ − 53,13º A
La lectura del amperímetro vendrá como resultado de la suma vectorial de las dos corrientes:
I TOTAL = I l , motor + I l ,c arg a = 34,328∠ − 36,87º +65,8179∠ − 53,13º = 99,239∠ − 47,57º A
Por lo tanto, resulta A1 = 99,239 A.
g) Ya que I TOTAL = 99,239∠ − 47,57º A , resulta:
ϕTOTAL = +47,57º
→
cosϕTOTAL = 0,6746 (i)
También se podía haber calculado a partir de las potencias:
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256
Problemas de electrotecnia
PTOTAL = Pmotor + Pc arg a = 18075 ,6 + 3 ⋅ 6 ⋅ 38 2 = 44067 ,6 W
QTOTAL = Q motor + Qc arg a = 13554,64 + 3 ⋅ 8 ⋅ 38 2 = 48210,64 VAr
tgϕTOTAL =
QTOTAL
= 1,094
PTOTAL
→
ϕ TOTAL = +47,57º
Resultando
cos ϕTOTAL = 0,6746 (i)
Que coincide con el hallado anteriormente.
h)
E of
Uf
X S .I TOTAL
ϕTOTAL
.I TOTAL
Figura 6.10.2
E of = U f + ( R + j. X s ) ⋅ I TOTAL =
380
∠0º +0,1∠90 º⋅99,239∠ − 47,57 º = 226,81∠1,69º V
3
E o = 3.E of = 392,848 V
i) El ángulo de potencia del generador vale δ g = 1,69º
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257
Máquinas síncronas
6.11 Problema 11
Se dispone de una instalación formada por un generador trifásico síncrono conectado en estrella que
alimenta a través de una línea de impedancia despreciable un motor asíncrono. Para compensar el
factor de potencia hasta la unidad, se ha colocado un motor síncrono según el esquema adjunto. El
voltímetro indica una lectura de 380 V. La frecuencia de la red es de 50 Hz.
G
V
˜
M1
ASÍNCRONO
M2
SÍNCRONO
Figura 6.11.1
El motor M1 asíncrono es de potencia nominal 35 kW y trabaja con un rendimiento del 80%, sobre un
par resistente de 175,3 N.m a una velocidad de 1415 rpm, absorbiendo una corriente de 57 A.
El motor M2 síncrono es de 6 polos y absorbe la potencia de 32475 W, siendo su resistencia de
inducido despreciable.
Calcular:
a) Potencia absorbida por el motor síncrono
b) Factor de potencia que presenta el motor asíncrono
c) Deslizamiento del motor asíncrono
d) Potencia reactiva absorbida por el motor síncrono
e) Factor de potencia del motor síncrono
f) Corriente absorbida por el motor síncrono
g) Valor de la reactancia síncrona del motor síncrono si el ángulo de potencia es de -25º
h) Valor de la reactancia síncrona del generador síncrono si el ángulo de potencia es de +20º
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258
Problemas de electrotecnia
Resolución:
a)
Pu , M1 = M u ⋅ ω = 175,3 ⋅
PM1 =
Pu , M1
=
η
2π ⋅1415
= 25975,68 W
60
25975,68
= 32469,6 W
0,8
b)
PM1 = 3 ⋅ U l ⋅ I M1 ⋅ cos ϕ M1
cos ϕ M1 =
32469,6
= 0,865
3 ⋅ 380 ⋅ 57
→
ϕ M1 = 30º
c)
nS =
s=
60 ⋅ f
60 ⋅ 50
=
≅ 1500
p
p
→
p=2
1500 − 1415
= 0,056 = 5,6%
1500
d)
tgϕ M1 =
Q M1
PM1
QM1 = PM1 ⋅ tgϕ M1 = 32469,6 ⋅ tg 30º = 18746,23 VAr
(inductiva)
e) Al estar el factor del conjunto compensado hasta la unidad:
Q M 2 = −QM 1 = −18746,23 VAr (capacitiva)
PM2 = 32475, según el enunciado.
tgϕ M 1 =
QM 2
PM 2
=
− 18746,23
= 0,577
32475
→
ϕ M 2 = −30º
cos ϕ M 2 = 0,866 (c)
f)
PM 2 = 3 ⋅ U l ⋅ I M 2 ⋅ cos ϕ M 2
IM2 =
32475
= 56,97 A
3 ⋅ 380 ⋅ 0,866
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Máquinas síncronas
g)
U
f
= E Of , M 2 + ( R + j. X S ) ⋅ I f , M 2
380
∠0º = E of , M 2 ∠ − 25º + 56,97 ∠30 º. X s , M 2 ∠90 º
3
Separando partes real e imaginaria, resulta:
380
3
= Eof .cos( −25º ) − 28,485.X s ,M 2
0 = Eof .sin( −25º ) + 49 ,337.X s ,M 2
Del sistema anterior, resulta
Xs,M2 = 2,85 Ω, Eof,M2 = 332,82 V
h) Al estar compensado el factor de potencia total, la tensión y la corriente están en fase:
I
X smM 2 ⋅ I
δG
Uf
I = I M1 + I M 2 = 57∠ − 30º + 56,97∠30º = 98,72∠0º A
tgδ G =
X s ,M 2 ⋅ I
Uf
→
X s ,M 2 =
U bf ⋅ tgδ G
It
380
=
⋅ tg 20º
3
= 0,81 Ω
98,72
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260
Problemas de electrotecnia
6.12 Problema 12
Un motor asíncrono, trifásico, conexión estrella, acciona una carga resistente cuyo par obedece la
siguiente expresión: 94,744 · M = w2, siendo w su velocidad de giro en rad/s. El rendimiento del motor
es del 70%. La potencia nominal del motor es 75 CV, 50 Hz, y está alimentado a 500 V a través de
una línea de impedancia despreciable por un generador de las siguientes características:
-
Potencia: 100 CV
-
Número de polos: 8
-
Frecuencia: 50 Hz
-
Ángulo de potencia en que trabaja: 11º
-
Corriente de excitación: 1,5 A
-
Reactancia síncrona por fase: 1,1 Ω
-
Resistencia inducido despreciable
La curva de magnetización del generador responde a los siguientes datos:
Eo ( V )
273,6
362
450,3
515,3
571,5
621,9
666,5
Iex ( V )
0,6
0,8
1
1,2
1,4
1,6
1,8
Calcular:
a) Corriente absorbida por el motor
b) Factor de potencia que presenta el motor
c) potencia absorbida por el motor
d) Potencia útil desarrollada por el motor
e) Par desarrollado por el motor
f) Velocidad de giro del motor
g) Número de polos del motor
Resolución:
a) Para una corriente de excitación de 1,5 A, se puede encontrar la tensión inducida de la curva de
magnetización:
E o = 571,5 + (621,9 − 571,5) ⋅
(1,5 − 1,4)
= 596,7 V
(1,6 − 1,4)
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261
Máquinas síncronas
El diagrama vectorial por fase del generador es el siguiente:
E of =
596,7
3
B
= 344,5
XS ⋅I
δ = 11º
O
A
ϕ
I
U bf =
500
3
= 288,67
Figura 6.12.1
Aplicando el teorema del coseno al triángulo OAB se puede calcular el valor de XsI:
( X s I ) 2 = 344,5 2 + 288,67 2 − 2 ⋅ 344,5 ⋅ 288,67 ⋅ cos 11º
X s I = 82,287 V
I=
82 ,287
= 74 ,81 A
1,1
b) Del triángulo anterior:
Aplicando el teorema del seno:
344,5 82,285
=
sin α sin 11º
α = 53,02º
sin α = 0,7988
α = 180º −53,02º = 126,98º
El ángulo correcto es α = 126,98º , dado que es superior a 90º.
β = 180º −126,98º = 53,02º
Por otra parte:
β + ϕ + 90º = 180º
ϕ = 180º −90º − β = 180 − 90 − 53,02 = 36,98º
→
cos ϕ = 0,798
c)
P = 3 ⋅ U ⋅ I ⋅ cos ϕ = 3 ⋅ 500 ⋅ 74,81 ⋅ 0,798
P = 5170 W
d)
Putil = P ⋅η = 51700 ⋅ 0,7 = 36190,2 W
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262
Problemas de electrotecnia
e)
Putil = M u ⋅ ω
94,744 ⋅ M u = ω 2
Siendo Putil = 36190,2 W :
⎛ 36190,2 ⎞
⎟
94,744 ⋅ M u = ⎜⎜
⎟
⎝ Mu ⎠
2
M u = 240 N·m
f)
w=
Putil 36190,2
=
= 150,79 rad/s
240
Mu
n = 150 ,79 ⋅
60
= 1439,96 rpm
2π
g)
n≅
60 f
p
p=
Número de polos:
60 f 60 ⋅ 50
=
n
n
p=2
2p = 4
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