Trafos monofásicos-Problemas resueltos

TRANSFORMADORES MONOFASICOS
Problema N°1 Un transformador de 50 [KVA], 2400 / 240 [V], 50 [Hz] monofásico dio los
siguientes resultados luego de su ensayo :
Ensayo en vacío (sobre el lado de B.T.) :
240 [V].....5,41 [A].....186 [W]
Ensayo en cto.cto. (sobre el lado de A.T.) : 48 [V]....20,8 [A].....617 [W]
a) Dibujar el diagrama del circuito equivalente y determinar los valores de los parámetros del
circuito.
b) Si el transformador provee salida a plena carga de 240 [V] y factor de potencia 0,8
inductivo, calcular la tensión de entrada, la corriente, el factor de potencia, la regulación y el
rendimiento.
Desarrollo
a) En vacío el circuito equivalente se reduce a :
I0v
I0x
I0
V
UN
R0
UN2 2402
=
= 310[ Ω ]
P0
186
U
240
= N =
= 0 ,775[ A]
R0 310
R0 =
I0
X0
I0x = I02 − I02v
I0x = 5 ,412 − 0 ,7752 = 5 ,35 [ A]
X0 =
UN 240
=
= 44,9[ Ω ]
I0x 5 ,35
Para referir los valores al primario se debe hacer : Z.kT2 = Z’ y kT = U1 / U2 = 10
R0' =102.310 = 31000[ Ω ].........
........
X0' =102.44,9 = 4490[ Ω ]
En corto circuito se dispone del circuito equivalente simplificado :
IN
RT = R 1+R' 2
x T = R 1+R' 2
UK
UK
48
=
= 2 ,31[ Ω ]
I N 20,8
P
617
RT = K2 =
= 1,42 [ Ω ]
I N 20,8 2
ZK =
XT = ZK2 − RT2 = 2 ,312 −1,422 =1,82 [ Ω ]
Estos valores fueron medidos y determinados por el lado de A.T., por lo que no necesitan ser
referidos para tener el circuito equivalente siguiente :
x' 0 = 4490 Ω
R'0 = 31000 Ω
RT = 1,42
Ω
x T = 1,82 Ω
I' 2.R T.sen ϕ
Diagrama de fasores
I' 2 .X T.cos ϕ
b)
I' 2.X T.sen ϕ
I' 2.R T.cos ϕ
U'2
I1 = I'2
ϕ
Del diagrama vemos que la tensión de entrada para una carga con factor de potencia 0,8,
estará dada por :
[
U12 = U'2 + I '2 .RT .cosϕ + I '2 .XT .senϕ
] + [I
2
'
2
.XT .cosϕ − I '2 .RT .senϕ
]
2
= [2400+ 20,8.1,42.0 ,8 + 20,8.1,82.0 ,6 ]2 + [20,8.1,82.0 ,8 − 20,8.1,42.0 ,6 ]2
U1 =
(2400+ 46,34)2 +12,562 = 2446,37
Lacorriente
primaria
será: ........
I1
0 ,8
=
PA
1
U1
U1 = 2447 [V]
..........
....PA = PW2 + Px2
1
2
 2446
PW = 50000
.0 ,8 + 617 +186.
 = 40000+ 617 +189 = 40806[ W]
 2400
2
 2446
Px = 50000
.0 ,6 + 20,8.1,82 + 
 = 30000+ 787 +1332= 32119[ VAr]
 4490
51930
PA = 408062 + 321192 = 51930[ VA] → I1 =
= 21,23[A]
1
2446
P
40806
40000
cosϕ1 = W =
= 0,786
η=
.100 = 98,02%
PA 51930
40806
1
Reg% =
U1 − U'2
2446− 2400
.100 =
= 1,92
'
U2
2400
Reg% = 1,92%
Problema N° 2 El circuito magnético de un transformador monofásico de 5000 [KVA] y 60000
/ 30000 [V] a 60 [c / s], tiene una longitud media de 350 [cm] y una sección
total transversal de 3200 [cm2], con factor de empaquetamiento de 0,9.Los
valores característicos de la chapa usada son :
Valores para f = 50 [Hz]
B [ KG ]
VA / KG
// a la veta
VA / KG
a la veta
13,7 13,8 13,9
14
14,1 14,2 14,3 14,4 14,5 14,6 14,7 14,8 14,9
15
1,33 1,35 1,37 1,40 1,42 1,44 1,48 1,52 1,55 1,60 1,64 1,70 1,75 1,80
14,5
16
18
20
22,5 25,5
28
32
36
41
46
51,5
58
65
Para f = 60 [Hz] : VA60 = 1,2 VA50 - Densidad : 7,65 Kg / dm3
Con tensión nominal aplicada al primario, el transformador toma de la red 50 [KVA].
Despreciando las pérdidas en vacío y en la hipótesis que no hay entrehierros en el núcleo,
calcular :
a) Máxima densidad de flujo en el núcleo.
b) N1 y N2.
Suponer para el cálculo que el camino del flujo se realiza en un 85 % en la dirección de
laminación y el 15 % restante en la dirección perpendicular a ella.
Desarrollo
G = l .ST .fe .δ = 35.32.0 ,9.7 ,65 = 7713[ Kg]
a)
Se tantea para distintos valores de B, determinando la potencia que se necesita en [VA] y se
compara con el valor que toma en vacío ( 50 [KVA] ).
VA
ParaB =14100[ G] : VA// =1,42  .1,2.0 ,85.7713[Kg] = 11171,5
 Kg
VA
VA⊥ = 22,5  .1,2.0 ,15.7713[Kg] = 31237,65
 Kg
∑VA =42409,15 < 50[ KVA]
VA
ParaB = 14300[ G] : VA// = 1,48  .1,2.0 ,85.7713[Kg] =11643,5
 Kg
VA
VA⊥ = 28  .1,2.0 ,15.7713[Kg] = 38873,65
 Kg
∑VA =50517≅ 50 [ KVA]
b)
U1
60000
=
= 546 espiras
4 ,44.f .B.S.0 ,9 4 ,44.60.1,43.0 ,32.0 ,9
1
1
N2 = .N1 = .546 = 273 espiras
kT
2
N1 =
Problema N° 3 La figura muestra las dimensiones del núcleo de un trafo acorazado
a)
b)
c)
monofásico de 60 [Hz], con una potencia de 3300 [KVA] y una
relación 33000 / 6600 [V]. El devanado de A.T. tiene 440 espiras. En la
hipótesis que E1 = 33000 [V], determinar :
Máxima densidad de flujo, suponiendo un factor de apilamiento 0,9 y que las uniones de
las chapas son equivalentes a un entrehierro de 0,1 [mm] en cada esquina.
La componente magnetizante de la corriente de vacío.
Las pérdidas en el núcleo y la componente de pérdidas de la corriente de vacío.
l mFe = 2.(24+16+50) + 3.16 - 4.0,01 = 227,96 [cm]
160
Datos de la chapa utilizada :
ARMCO TRANCOR 6 (pag.19 catálogo A)
Pérdidas50.1,32 = Pérdidas60
160
160
240
160
500
240
En pág.21 del catálogo se encuentra
B = f (H)
160
160
ALTURA NUCLEO = 710
Desarrollo
a)
E1 = 4 ,44.f .N.B.S.fe
B=
b)
S = (160+160).710 = 227200[ mm2 ]
33000
=1,377
4 ,44.60.440.0 ,2272.0 ,9
N.I0x = HFe.l Fe + Ha .l a
;
B =1,377 [Wb/ m2 ]
l a = 0 ,4 [ mm] ( 4 esquinas
)
B =1,377[ Wb/ m2 ] y 50[ Hz] → 8 ,5 [ Av/ cm] 50 .1,2 = 10,2 [ Av/ cm] 60
N.I0x =10,2.227,96 +
I0x =
c)
2600
= 6 ,18
440
1,377.0 ,9
.0 ,4.10−3 = 2325+ 394 ≅ 2719,87 [ Av]
−6
1,256.10
I 0x = 6,18[A]
G = l m.ST .δ .0 ,9 = 21,2 [ dm].22,72[ dm2 ].7 ,65[ Kg/ dm3 ].0 ,9 = 3316[ Kg]
Laspérdidas
resultanparaB = 1,377[ Wb/ m2 ] y 50[ Hz] → 1,85 [ W/ Kg]
para60[ Hz] : 1,85.1,37 = 2 ,44[ W/ Kg]
8091
PFe = 3316.2 ,44 = 8091[W] I0v =
= 0,245[A]
33000
Problema N°4 La reactancia de dispersión del primario del transformador cuyos datos son:
33000 / 6600 [V] , I0x = 6,18 [A] , I0V = 0,245 [A] es de 13,2 [Ω] y la
resistencia de 1,65 [Ω]. Calcular la tensión a aplicar en el primario para que
en el secundario se tenga 6600 [V]. Construir el diagrama de fasores.
Desarrollo
R1
X1
X' 2
I0
I 0v
R'2
I 0x
R0
X0
I0 = I02 + I02x = 0 ,2452 + 6 ,182 = 6 ,185
V
I0 = 6 ,185[ A]
∆U = I0 .Z1 = ( I0 − j .I0x ).( R1 + j X1 )
V
= ( 0 ,245− j 6 ,18).(1,65 + j 13,2 ) = 81,98 − j 6 ,963
U1 = 33000+ ∆U = 33081,98 − j 6 ,963
U1 = ( 33081,98) 2 + ( 6 ,963) 2 = 33081,98
U1
j I 0.X 1
U1 = 33081,98[V]
El diagrama no está en escala.
I0 .X1 = 6 ,18.13,2 = 81,6 [ V ]
I0 .R1 = 6 ,18.1.65 =10,2 [ V ]
I 0.R 1
E1 = U' 2
E1 = U'2 = 33000[ V ]
U1 = 33078[ V ]
En este caso se pide construir el diagrama de fasores
para notar la dificultad de hacerlo en forma precisa.
Es más adecuado hacerlo analíticamente.
I 0V
I0
I0x
-j
Problema N°5 Un transformador monofásico de 100 [KVA], relación 4400 / 220 [V]
tiene
los siguientes parámetros : R1 = 0,85 [Ω] , R2 = 0,002 [Ω] , X1 = 8 [Ω],
X2 = 0,02 [Ω].
La susceptancia de magnetización, referida a la parte de A.T. es de 0,00025 [mho] y la
conductancia de pérdidas en el núcleo es de 0,000045 [mho]. Si se carga el trafo con
corriente nominal y tensión de régimen en el secundario con cos ϕ = 0,707 en retraso,
calcular :
a)
b)
c)
d)
La f.e.m. inducida en el secundario.
La f.e.m. inducida en el primario.
La tensión aplicada en el primario y construir el diagrama fasorial completo.
Factor de potencia del primario.
R1
X1
X' 2
I1
I0
I 0v
U1
I 0x
R0
R'2
I´C
I´2
U'2
X0
E1 = E' 2
Desarrollo
a)
R1 = 0 ,85[ Ω ].........
..X1 = 8 [ Ω ]
R'2 = 0 ,8 [ Ω ].........
...X'2 = 8 [ Ω ]
R1 = 22222[ Ω ].......X0 = 4000[ Ω ]
100000
= 22,727[ A]
4400
'
'
E2 = U2 + I C .( R'2 + j X'2 ) = 4400+ 22,727.( cosϕ C − j senϕ C ).(0 ,8 + j 8 )
U'2 = 4400[ V ].........
..I '2 =
E2 = 4400+ ( 16,068− j 16,068).(0 ,8 + j 8 ) = 4541,4 + j 115,68
'
E2 = ( 4541,4 ) 2 + (115,68) 2 = 4542,87 [ V ]....E 2 = 4542,87.ej1,46
'
E2 = 4542,87.
b)
c)
'
220
= 227,14..........
..........
..........
..........
E 2 = 227,14[V]
4400
E1 = E 2 = 4542,87.ej1,46
'
U1 = E1 + I 1 .( R1 + j X1 )
I1 . = I C + I 0
4541,4 + j 115,68
I 0x =
= 0 ,029− j 1,135
j 4000
4541,4 + j 115,68
I 0V =
= 0 ,2044+ j 0 ,00520
2222,22
I 0 = 0 ,2335− j 1,130
I 1 = ( 16,068− j 16,068) + ( 0 ,2335− j 1,13) = 16,3 − j 17,2
U1 = ( 4541,4 + j 115,68) + (16,3 − j 17,2 ).(0 ,85 + j 8 )
U1 = 4692,85 + j 231,46..........
..........
..........
..........
..........
..........
....U1 = 4697,7.ej 2,82
4697,7 − 4400
Reg% =
.100 = 6 ,76..........
..........
..........
..........
....Reg= 6,76%
4400
+
U1
ϕ U1
d)
U'2
ϕ1 = ϕU − ϕ I = 2 ,824− ( −46,539)
1
1
ϕ1 = 49,363°
E1 = E' 2
ϕ1
ϕ
ϕC
+j
I1
I1
- I' 2
Problema N° 6 Un transformador de 1000 [KVA], 3330 / 66600 [V], tiene los siguientes
parámetros : R1 = 0,08 [Ω] ; X1 = 0,42 [Ω] ; R2 = 30 [Ω] y X1 = 150 [Ω].
Con 3330 [V] aplicados en el lado de baja, y el circuito de alta abierto, las componentes de
I0 son : I0V = 2,8 [A], e I0X = 14,5 [A].
El transformador se utiliza para elevar la tensión de un generador de 3330 a 66600 [V].
Determinar la tensión en bornes del generador cuando :
a) El transformador suministra IN con cosϕ = 1.
b) “ “
“
“ “
“ = 0 (inductivo)
c) “ “
“
“ “
“ = 0 (capacitivo)
d) “ “
“
0,75.IN con cosϕ = 0,8 (inductivo)
Desarrollo
R1
U1 = 3330 [V]
X1
R0
X' 2
R'2
X0
3330
kT =
= 0 ,05
66600
R'2 = 30.( 0 ,05) 2 = 0 ,075[ Ω ]
X'2 = 150.( 0 ,05) 2 = 0 ,375[ Ω ]
U'2
Para determinar los parámetros R0 y X0 se procede así :
En vacío :
E10 = U1 − I 10 ( R1 + j X1 ) = 3330− ( 2 ,8 − j 14,5 ).( 0 ,08 + j 0 ,42)
E10 = 3323,686 − j 0 ,016 = 3323,686.e j 0
R0 =
3323,686
= 1187,03[ Ω ]
2 ,8
X0 =
3323,686
= 229,22 [ Ω ]
14,5
Se considera que se mantienen constantes R0 y X0 para todos los casos considerados.
a) Trafo en carga
E1 = U2 + I C.( R'2 + j X'2 )
'
1000
= 300,3 [ A]
3 ,33
E1 = 3330+ 300,3 ( 0 ,075+ j 0 ,375) = 3352,5225+ j 112,6125
IC = I N =
E1 3352,5225+ j 112,6125
=
= 2 ,8243+ j 0 ,09487
R0
1187,03
3352,5225+ j 112,6125
E1
=
=
= 0 ,4913− j 14,6258
j X0
j 229,22
I 0V =
I 0X
I 0 = 3 ,3156− j 14,5309
U1 = E1 + I 1 .( R1 + j X1 )
I 1 = I 0 + I C = 3 ,3156− j 14,5309+ 300,3
I 1 = 303,6156− j 14,5309
U1 = ( 3352,5225+ j 112,6125) + ( 303,6156− j 14,5309)( 0 ,08 + j 0 ,42)
U1 = 3382,9147+ j 238,9685
%Reg. =
3391,34 − 3330
.100 = 1,842
3330
U1 = 3391,34.
e j4
Reg=1,842%
b)
I C = − j 300,3
E1 = 3330+ ( − j 300,3 )( 0 ,075 + j 0 ,375) = 3442,6125− j 22,5225
E1
= 2 ,9002− j 0 ,01897
1187,03
E1
=
= −0 ,09825− j 15,0188
j 229,22
I 0V =
I 0X
I 1 = 2 ,8019− j 315,3377
U1 = ( 3442,6125− j 22,5225) + ( 2 ,8019− j 315,3377)( 0 ,08 + j 0 ,42)
= 3575,2785− j 46,5727
3575,5818− 3330
%Reg. =
.100 = 7 ,3748
3330
c)
U1 = 3575,58.
e
j 0,75
Reg= 7,38%
I C = j 300,3
E1 = 3330+ ( j 300,3 )( 0 ,075 + j 0 ,375) = 3217,3875+ j 22,5225
E1
= 2 ,7104+ j 0 ,01897
1187,03
E1
=
= 0 ,09825− j 14,0632
j 229,22
I 0V =
I 0X
I 1 = 2 ,8086+ j 286,2828
U1 = ( 3217,3875+ j 22,5225) + ( 2 ,8086+ j 286,2828)( 0 ,08 + j 0 ,42)
= 3097,3734+ j 46,6047
%Reg. =
3097,724 − 3330
.100 = −6 ,975
3330
U1 = 3097,72.
e
j 0,86
Reg= −6,975%
e) Para IC = 0,75.IN y cosϕ = 0,8 ind., y procediendo de igual forma obtenemos :
U1 = 3473,9655.
e j2
Reg= 4,323%
Problema N° 7 Un transformador monofásico de 50 [Hz], tiene una relación de
transformación kT = 6, R1 = 0,9 [Ω], R2 = 0,03 [Ω], X1 = 5 [Ω] y X2 =
0,13 [Ω].
Despreciando la admitancia de excitación, encontrar :
a) La tensión que se debe aplicar al devanado de alta para que circule la IN = 200 [A] en el
secundario en cortocircuito.
b) cos ϕK
Desarrollo
a)
UK = I N . ( R1 + R2' ) 2 + ( X1 + X2' ) 2
=
b)
200
. ( 0 ,9 + 0 ,03.6 2 ) 2 + ( 5 + 0 ,13.6 2 ) 2 = 329,34
6
cosϕ K =
R1 + R'2 1,98
=
= 0 ,2
ZK
9 ,88
UK = 329,34[V]
cosϕ K = 0,2
Problema N° 8 Se precisa que un transformador monofásico no acorazado, a 50 [Hz],
proporcione 4 [V] y 700 [V] cuando se alimenta con 240 [V].
a)
b)
Calcular el número de espiras de cada arrollamiento si el flujo no excede de 0,3
[megalíneas].
Un transformador para un aparato de radio proporciona 1 [A] a 4 [V] al rectificador, 6 [A]
a 4 [V] a los filamentos y 120 [mA] a 700 [V] para fines de alta tensión.
Despreciando las pérdidas, calcular la corriente aproximada tomada de la red.
Desarrollo
a)
U = 4 ,44.f .N.φ
240 = 4 ,44.50.N1 .300000
.10−8
240.108
= 360
4 ,44.50.300000
4
N2 =
.360 = 6
240
700
N3 =
.360 = 1050
240
N1 =
N1 = 360 espiras
N2 = 6 espiras
N3 = 1050 espiras
c) Considerando cosϕ = 1
Potenciatomadade la red : P = 1.4 + 6.4 + 0 ,12.700
P = 4 + 24 + 84 = 112 [ W]
I1 =
112
= 0 ,466
240
I1 = 0,466[A]
Problema N° 9 Un transformador de 1000 [KVA] se conecta durante 12 [hs / día]. Las
pérdidas en el hierro son de 7000 [W] y las pérdidas en el cobre a IN son
18000 [W].
Durante 4 hs. suministra 700 [KW] con cosϕ = 0,7. Durante 5 hs. suministra 500 [KW] con
cosϕ = 0,85 y durante el periodo restante está en vacío.
¿Cuál es el rendimiento diario?
Desarrollo
WFe / día=12.7 = 84[ KWh
]
2
 500 
WCu / día= 18.4 +18.5.
]
 = 72 + 31,4 =103,14[ KWh
 0 ,85.1000
WCu / día+ WFe / día=103,14 + 84 =187,14[ KWh
]
Wsalida= 700.4 + 500.5 = 5300[ KWh
]
Wsalida
5300
η=
.100 =
.100 = 96,6
η = 96,6%
Wsalida+ Pérdidas
5300+187,14
Problema N° 9’ Un transformador de 5000 [KVA], se conecta durante 18 [hs / día]. Las
pérdidas en el hierro son de 25 [KW], y las pérdidas en el cobre a IN son
1000 [KW].
Durante 6 hs. suministra 3500 [KW] con cosϕ = 0,7. Durante 8hs suministra 3000 [KW] con
cosϕ = 0,85, y el periodo restante está en vacío.
Determinar el rendimiento diario.
Desarrollo
WFe / día= 18.25 = 450[ KWh
]
2
 3000 
WCu / día= 100.6 +100.8.
]
 = 600+ 398,61 = 998,61[ KWh
 0 ,85.5000
WCu / día+ WFe / día= 998,61 + 450 = 1448,61[ KWh
]
Wsalida = 3500.6 + 3000.8 = 45000[ KWh
]
η=
Wsalida
45000
.100 =
.100 = 96,88
Wsalida+ Pérdidas
45000+1448,61
η = 96,88%
Problema N° 10 Un transformador de 100 [KVA] – 10000 / 400 [V], toma 10000 [W] en
vacío. Se produce la IN cuando se aplican 500 [V] en el lado de alta y se
cortocircircuita el lado de baja. La correspondiente potencia de entrada
es 1200 [W].
Hallar :
a)
b)
Rendimiento a plena carga y a media carga con cosϕ = 1
Porcentaje de regulación de tensión a plena carga con cosϕ = 0,8 ind.
Despreciar I0.
Desarrollo
a)
100[ KVA
]
= 10[ A]
10[ KV]
pFe = 1000[ W]
uK = 500[ V ]
100
η plenac arga =
.100 = 97,8
100+1 +1,2
50
ηmediac arga =
= 97,4
2
 50 
50 +1 +1,2.

100
I1N =
pCu = 1200[ W]
η plena carga= 97,8%
η mediacarga= 97,4%
b)
RK
XK
U1
pCu = I N2 .RK
ZK =
⇒
U'2
RK =
1200
= 12 [ Ω ] ( refridaal ladode alta)
100
UK 500
=
= 50[ Ω ]
IN
10
XK = ZK2 − RK2 = 502 −122 = 48,54[ Ω ]
U1 = U2 + I 2 ( RK + j XK ) = 10000+ ( 8 − j 6 )(12 + j 48,54)
'
'
U1 = 10387,2 + j 316,3
Reg% =
10392−10000
.100 = 3 ,92
10000
U1 = 10392.e
Reg= 3,92%
j 0,17
Problema N° 11 Un transformador monofásico de 200 [KVA], tiene un η = 98 % a plena
carga. Si el ηmáx tiene lugar para 0,75 de plena carga, calcular :
a) Las pérdidas en el hierro pFe.
b) Las pérdidas en el cobre pCu a plena carga.
c) η a media carga.
Despreciar la corriente de magnetización y suponer cos ϕ = 0,8 para todas las cargas.
Desarrollo
Psal
Psal + pFe + pCu
P.cosϕ
η =
P.cosϕ + pFe + k.P2
η =
pFe = cte.
pCu = k.P2
 −1.(cosϕ + 2.k.P ) 
cosϕ
dη
=0 =
+ P.cosϕ 
2
2 2 
dP
P.cosϕ + pFe + k.P
( P.cosϕ + pFe + k.P ) 
cosϕ
P.cosϕ .(cosϕ + 2.k.P )
=
2
P.cosϕ + pFe + k.P
( P.cosϕ + pFe + k.P2 ) 2
P.(cosϕ + 2.k.P )
=1
P.cosϕ + pFe + k.P2
P.cosϕ + 2.k.P2 = P.cosϕ + pFe + k.P 2
pFe = k.P2 (1)
Entonces
comoηmáx tienelugarpara0 ,75 de plenac arga entonces
: pFe = k.1502
η plenac arga =
200.0 ,8
3 ,2 − 3 ,92.104.k
=
0
,
98
→
p
=
Fe
200.0 ,8 + pFe + k.2002
0 ,98
( 2)
Igualando
(1 ) y ( 2 ) :
k.1502 =
3 ,2 − 3 ,92.104.k
3 ,2
→ k=
= 0 ,522.10−4
0 ,98
61250
a) pFe = k.1502 = 0 ,522.10−4.1502 =1,1745
pFe =1,1745[KW]
2
−4
2
b) pCu = k.P = 0 ,522.10 .200 = 2 ,088
pCu = 2,088[KW]
c) ηmediac arga =
80.100
= 97,92
80 +1,1745+ 0 ,522.10−4.1002
ηmediacarga= 97,92%
Probema N° 12 Un transformador monofásico de 10 [KVA], cuyas tensiones son : U1 =
2000 [V], U2 = 400 [V] y sus parámetros : R1 = 5,5 [Ω], R2 = 0,2 [Ω],
X1 = 12 [Ω], X2 = 0,45 [Ω ] , se somete a plena carga con cos ϕ = 0,8i.
Calcular U2C cuando U1 = 2000 [V] en estas condiciones.
Desarrollo
kT =
2000
=5
400
R'2 = R2 .kT2 = 0 ,2 .25 = 5 [ Ω ]
X'2 = X2 .kT2 = 0 ,45.25 =11,25[ Ω ]
R1 + R'2 = 5 ,5 + 5 =10,5 [ Ω ]
RK =10,5 [ Ω ]
X1 + X'2 =12 +11,25 = 23,25[ Ω ]
I1 = I 2 =
'
XK = 23,25[ Ω ]
10000
= 5 [ A]
2000
U1 = U2 + I 2 .( RK + j XK )
'
RK
XK
'
U1 = ( 0 ,8 + j 0 ,6 ) U2 + 5(10,5 + j 23,25)
'
U1
U'2
U1 = ( 0 ,8.U2 + 52,5 ) + j ( 0 ,6.U2 +116,25)
'
U1
20002 = 0 ,64.U2
'
'
U2
2
2
2
'
= ( 0 ,8.U2 + 52,5 ) 2 + ( 0 ,6.U2 +116,25) 2
'
'
+ U2 .2.0 ,8.52,5 + 52,5 2 + 0 ,36.U2
'
'
2
+ 2.0 ,6.U2 .116,25 +116,252
'
+ 223,5.U2 − 3983730= 0
'
Tomando
sólamente
el signopositivo
( puessetratade módulo
) : U2 = 1887,3 [ V ]
'
'
U2 =
U2
kT
=
1887,3
= 377,46
5
U 2 = 377,46[V]
Problema N°13 Un transformador ensayado en vacío, toma 80 [W] y una corriente
de 1,4 [A] cuando se conecta el primario a una red de 120 [V], 50[Hz]. Los
datos del transformador son : N1 = 480 , N2 = 120 , R1 = 0,125 [Ω].
Determinar las pérdidas en el hierro, cosϕ0 , y φmáx en el núcleo, suponiendo despreciables las
caídas por resistencia y reactancia.
Desarrollo
R1
X1
pCu0 = I02 .R1
I0 = 1,4 [A]
U1 = 120 [V]
f = 50 [Hz]
cosϕ0 =
R0
X0
pFe = 80 − 0 ,49 = 79,51[W]
P0
80
=
= 0 ,476
U.I0 120.1,4
U1 ≅ E1 = 4 ,44.f .N1 .φmáx
φmáx =
=1,4 2.0 ,25 = 0 ,49[ W]
pFe = P0 − pCu0
cos
ϕ0 = 0,476
→ φmáx =
E1
4 ,44.f .N1
120
= 1,126.10−3 [ V.S]
4 ,44.50.480
φmáx =1,126.10−3 [Wb]
Problema N° 14 Determinar los seis parámetros del circuito equivalente para el
transformador de 90 [KVA] - 11000 / 2200 [V] – 50 [Hz] ,
ensayos en vacío y cortocircuito dieron por resultado :
V2,0 = 2200 [V] ; I0 = 1,70 [A] ;
VCC = 550 [V]
; ICC = 8,18 [A] ;
r1 = 8 [Ω] a 25 [°C]
P0 = 1010 [W] (del lado del secundario)
PCC = 995 [W] (del lado del primario)
Además verificar que P0 ≈ PFe y PCC ≈ PCu.
Desarrollo
La resistenci
a a 75 °C será: R1 = 8.
235 + 75
310
= 8.
= 9 ,54
235 + 25
260
R1 = 9,54[ Ω ]
PCu 995
=
= 14,87 [ Ω ] ; R'2 = RK − R1 = 14,87 − 9 ,54 = 5 ,33 R'2 = 5,33[ Ω ]
I N2 8 ,182
V
550
ZI = CC =
= 67,237[ Ω ] ; XK = 67,2372 −14,87 2 = 65,57[ Ω ]
I CC 8 ,18
RI =
XK = X1 + X'2
cuyos
Nosotros
vamosa tomar: X1 = X'2 Por lo tanto X1 = X'2 = 32,8[ Ω ]
PFe = P0 − I 02 .R2 = 1010−1,702 .
5 ,33
= 1009,38 [ W]
52
P0
1010
=
= 0 ,27
U2 ,0 .I0 2200.1,7
cosϕ 0 =
cosϕ 0 = 0 ,27
senϕ 0 = −0 ,96
32,8 
 5 ,33
E 2 = V 2 ,0 − I o .Z2 = 2200−1,70.(0 ,27 − j 0 ,96). 2 + j 2 
5 
 5
E 2 = 2200− (0 ,459 − j 1,632)(
. 0 ,2132+ j 1,312)
E 2 = 2200− 2 ,24 − j 0 ,254 = 2197,76 − j 0 ,254 ≅ 2197,7 [ V ]
2
2197,7 2
= 4785[ Ω ] R0' = 4785.5 2 = 119625[ Ω ]
PFe
1009,38
Dedespreciar
se las pérdidas
en el cobre:
R0 =
E2
R0 =
22002
= 4792[ Ω ]
1010
=
El errorquese cometees : e% =
I0V =
E2
I 0X =
I0
X0 =
R0
E2
I 0X
=
2
=
4792− 4785
.100 = 0 ,15%
4785
2197,7
= 0 ,459[ A]
4785
− I 0V
2
= 1,702 − 0 ,4592 = 1,6368[ A]
2197,7
= 1342,7 [ Ω ]
1,6368
X0' = 1342,7.5 2 = 33567,5[ Ω ]
Envacíolas pérdidas
en el cobreson:
5 ,33
PCu = I 02 .R2 = 1,702 . 2 = 0 ,6 [ W] << PFe = 1010[ W]
5
Encortocircu
ito las pérdidas
en el hierroson:
PFe =
2
VCC
5502
=
= 2 ,53[ W] << PCu = 995[ W]
R0' 119625
Vemosqueenvacíolas pérdidas
en el cobresonabsolutame
nte despreciab
les con
respecto
a las pérdidas
en el hierroy que en cortocircu
ito las pérdidasen el
hierrosontotalmente
despreciab
les conrespecto
a las del cobre
.
Problema N° 15 Determinar regulación y rendimiento del transformador del problema
anterior a corriente nominal (plena carga), cosϕ = 1 , cosϕ = 0,8i y cosϕ
= 0,8C.
Calcular el rendimiento para ¼ , ½ y ¾ de carga a cosϕ = 1 y 0,8i.
Graficar η = f (%PN) con cosϕ como parámetro.
Desarrollo
RI = 14,87 [Ω ]
XI = 65,57 [ Ω ]
U1
IN =
U'2
90000
= 8 ,182[ A]
11000
cosϕ = 1
U1 = U2 + I C .( RI + j XI ) = 11000+ 8 ,182.(14,87 + j 65,57 ) = 11121+ j 536,5
'
U1 = 11134,6[V]
Reg =
η =
11134,6 −11000
.100 = 1,22
11000
90000
11134,6 
90000+ 995 +1010.

 11000 
Reg= 1,22%
2
.100 = 97,79
η = 97,79%
cosϕ = 0,8i
U1 = U2 + I C .( RI + j XI ) = 11000+ 8 ,182.( 0 ,8 − j 0 ,6 ).(14,87 + j 65,57 )
'
= 11419,21 + j 356,2
Reg =
η =
U1 = 11424,76[V]
11424,76 −11000
.100 = 3 ,86
11000
90000
.0 ,8
11424,76 
90000
.0 ,8 + 995 +1010.

 11000 
Reg= 3,86%
2
.100 = 97,18
η = 97,18%
cosϕ = 0,8C
U1 = U2 + I C .( RI + j XI ) = 11000+ 8 ,182.( 0 ,8 + j 0 ,6 ).(14,87 + j 65,57 )
'
= 10774,12 + j 502,19
Reg =
η =
U1 = 10785,82[V]
10785,82 −11000
.100 = −1,94
11000
90000
.0 ,8
Reg= −1,94%
10785,82 
90000
.0 ,8 + 995 +1010.

 11000 
2
.100 = 97,3
η = 97,3%
¼ IN cosϕ = 1
I C = 2 ,045[ A]
U1 = U2 + I C .( RI + j XI ) = 11000+ 2 ,045.(14,87 + j 65,57 )
'
= 11030,42 + j 134,09
η =
U1 = 11031[V]
22500
11031
22500+ 995.0 ,25 +1010.

11000
2
.100 = 95,42
η = 95,42%
2
½ IN cosϕ = 1
I C = 4 ,091[ A]
U1 = U2 + I C .( RI + j XI ) = 11000+ 4 ,091.(14,87 + j 65,57 )
'
= 11060,83 + j 268,24
η =
U1 = 11064,1[V]
45000
11064,1 
45000+ 995.0 ,5 +1010.

 11000 
2
.100 = 97,25
η = 97,25%
2
¾ IN cosϕ = 1
I C = 6 ,137[ A]
U1 = U2 + I C .( RI + j XI ) = 11000+ 6 ,137.(14,87 + j 65,57 )
'
= 11091,26 + j 402,40
η =
U1 = 11098,56[V]
67500
11098,56 
67500+ 995.0 ,5625 +1010.

 11000 
2
2
.100 = 97,70
η = 97,70%
¼ IN cosj = 0,8i
I C = 1,636 − j 1,227
U1 = U2 + I C .( RI + j XI ) = 11000+ (1,636 − j 1,227).(14,87 + j 65,57 )
'
= 11104,78 + j 89,027
η =
U1 = 11105,14[V]
18000
11105,14 
18000+ 995.0 ,252 +1010.

 11000 
2
.100 = 94,28
η = 94,28%
½ IN cosj = 0,8i
I C = 3 ,273− j 2 ,454
U1 = U2 + I C .( RI + j XI ) = 11000+ ( 3 ,273− j 2 ,454).(14,87 + j 65,57 )
'
= 11209,58 + j 178,12
η =
U1 = 11211[V]
36000
11211
36000+ 995.0 ,25 +1010.

11000
2
.100 = 96,52
η = 96,52%
¾ IN cosj = 0,8i
I C = 4 ,91 − j 3 ,682
U1 = U2 + I C .( RI + j XI ) = 11000+ ( 4 ,91 − j 3 ,682).(14,87 + j 65,57 )
'
= 11314,44 + j 267,197
η =
U1 = 11317,6[V]
54000
11317,6 
54000+ 995.0 ,75 +1010.

 11000 
2
.100 = 97,07
η = 97,07%
2
η [%]
99
98
97
96
95
0
0.5
1
1.5
2
P / PN
Problema N° 16 Un transformador cuyos datos son : 500 [KVA] – 42000 / 2400 [V] R1 = 19,5 [Ω] – R2 = 0,055 [Ω] - X1 = 39,5 [Ω] – X2 = 0,120 [Ω], a plena
carga tiene PCu = PFe.
Determinar el rendimiento y la regulación para cosϕ = 1, cosϕ = 0,8i y cosϕ = 0,8c.
Desarrollo
R1 = 19,5 [Ω ]
X'2 =36,75 [ Ω ]
X1 = 39,5 [ Ω ]
R'2 = 16,84 [Ω ]
U'2
U1
cosϕ = 1
I C =I N =
500000
= 11,9 [ A]
42000
U1 = U2 + I C .[( R1 + R'2 ) + j ( X1 + X'2 )]
'
= 42000+11,9.( 36,34 + j 76,25)
= 42432,44 + j 907,35
Reg =
U1 = 42442,14[V]
42442,14 − 42000
.100 = 1,05
42000
Reg= 1,05%
PCuN = PFeN = 11,9 2 .36,34 = 5146[ W]
η =
500
 42442,14 
500 + 5 ,146 + 5 ,146

 42000 
2
.100 = 97,96
η = 97,96%
cosϕ = 0,8i
I C = I N .( 0 ,8 − j 0 ,6 ) = 11,9.( 0 ,8 − j 0 ,6 ) = 9 ,52 − j 7 ,14
U1 = U2 + I C .[( R1 + R'2 ) + j ( X1 + X'2 )]
'
= 42000+ ( 9 ,52 − j 7 ,14).( 36,34 + j 76,25)
= 42890,38 + j 466,33
42892,92 − 42000
.100 = 2 ,12
42000
Reg =
η =
U1 = 42892,92[V]
Reg= 2,12%
400
 42892,92 
400+ 5 ,146 + 5 ,146

 42000 
.100 = 97,44
2
η = 97,44%
cosϕ = 0,8c
I C = I N .( 0 ,8 + j 0 ,6 ) = 11,9.( 0 ,8 + j 0 ,6 ) = 9 ,52 + j 7 ,14
U1 = U2 + I C .[( R1 + R'2 ) + j ( X1 + X'2 )]
'
= 42000+ ( 9 ,52 + j 7 ,14).( 36,34 + j 76,25)
= 41801,53 + j 983,37
Reg =
η =
U1 = 41813,14[V]
41813,14 − 42000
.100 = −0 ,4
42000
400
 41813,14 
400+ 5 ,146 + 5 ,146

 42000 
2
Reg= −0,4%
.100 = 97,5
η = 97,5%
Problema N° 17
Los datos de prueba de cortocircuito para dos transformadores
monofásicos de 22000 / 440 [V] – 60 [Hz], están dados en p.u.
uK [p.u.]
IN [p.u.]
P [p.u.]
TRAFO I
100 [KVA]
0,025
1,0
0,01
TRAFO II
500 [KVA]
0,035
1,0
0,008
Tensión de referencia = 22000 [V]
Corriente de referencia = IN
Determínese para cada transformador :
a) Impedancia, resistencia y reactancia en ohmios y en p.u.
b) El rendimiento a plena carga con : cosϕ = 1, 0,8i y 0,8c (suponiendo que las pérdidas en el
hierro y en el cobre son iguales a plena carga)
c) La regulación a cosϕ = 1, 0,8i y 0,8c.
Desarrollo
a)
ZΙ p.u. = 0 ,025 ; RΙ p.u. = 0 ,01 ; XΙ p.u. = 0 ,0252 − 0 ,012 = 0 ,0229
ZΙ Ω = uKI p.u.
220002
= 0 ,025.4840= 121
100000
ZΙ Ω = 121[ Ω ]
RΙ Ω = 0 ,01.4840= 48,4
RΙ Ω = 48,4[ Ω ]
XΙ Ω = 0 ,0229.4840= 111
XΙ Ω = 111[ Ω ]
ZII p.u. = 0 ,035 ; RII p.u. = 0 ,008 ; XII p.u. = 0 ,0352 − 0 ,0082 = 0 ,0341
ZII Ω = uKII p.u.
220002
= 0 ,035.968 = 33,9
500000
ZII Ω = 33,9[ Ω ]
RII Ω = 0 ,008.968 = 7 ,74
RII Ω = 7,74[ Ω ]
XII Ω = 0 ,0341.968 = 33
XII Ω = 33 [ Ω ]
b)
η% =
PN .cosϕ
PN .cosϕ
.100 ; PFe = PCu ⇒ η % =
.100
PN .cosϕ + PFe + PCu
PN .cosϕ + 2.PCu
η TI
cosϕ =1
η TI
cosϕ =0 ,8
=
1
= 0,9804
1 + 2.0 ,01
=
η TII cosϕ =1 =
1.0 ,8
= 0,9756
1.0 ,8 + 2.0 ,01
1
= 0,9843
1 + 2.0 ,008
η TII cosϕ =0 ,8 =
1.0 ,8
= 0,9804
1.0 ,8 + 2.0 ,008
c)
Reg [ p.u.] = uR .cosϕ + uX . senϕ +
RegTI
RegTI
RegTI
cosϕ =1
= 0 ,01 +
cosϕ =0 ,8 +
cosϕ =0 ,8 −
(uX .cosϕ
− uR . senϕ )2
2
( 0 ,0229) 2
= 0,0103[p.u]
2
= 0 ,01.0 ,8 + 0 ,0229.0 ,6 +
( 0 ,0229.0 ,8 − 0 ,01.0 ,6 ) 2
= 0,0218[p.u]
2
( 0 ,0229.0 ,8 + 0 ,01.0 ,6 ) 2
= 0 ,01.0 ,8 − 0 ,0229.0 ,6 +
= −0,00544[p.u]
2
= 0 ,01.0 ,8 +
(0 ,0341)2
= 0,00858[p.u.]
RegTII
cosϕ =1
RegTII
cosϕ =0 ,8 +
= 0 ,008.0 ,8 + 0 ,0341.0 ,6 +
( 0 ,0341.0 ,8 − 0 ,008.0 ,6 ) 2
= 0,0271[p.u]
2
cosϕ =0 ,8 −
= 0 ,008.0 ,8 − 0 ,0341.0 ,6 +
( 0 ,0341.0 ,8 + 0 ,008.0 ,6 ) 2
= −0,0135[p.u]
2
RegTII
2
Problema N° 18 Se probó un transformador monofásico de 75 [KVA], 230 / 115 [V] , 60
[Hz] en vacío y en cortocircuito , y se tomaron las siguientes
lecturas en [p.u.]
V1 = 1,0
I0 = 0,025
P0 = 0,01
Vcc = 0,041
Icc = 1,0
Pcc = 0,016
a) Determinar la regulación y el rendimiento con cosϕ = 1 ; 0,8i y 0,8c
b) Calcular el rendimiento para : ¼, ½, ¾, y 1,25 de plena carga a cosϕ = 0,8i.
Desarrollo
a)
( uX%.cosϕ − uR%.senϕ ) 2
200
PCu
I .R I
⇒ uR p.u. = N . N = N = pCup.u.
UN I N
PN
Reg% = uR%.cosϕ + uX%.senϕ +
UR
; UBase = UN
UBase
U
uR% = R .100 = uR p.u.100 = 0 ,016.100 = 1,6 %
UN
U
uK % = K .100 = uK p.u.100 = 0 ,041.100 = 4 ,1%
UN
uR p.u. =
uX% = ( uK %)2 − ( uR%)2 = ( 4 ,1) 2 − (1,6 ) 2 = 3,775%
Reg% cosϕ =1 = 1,6 +
Reg% cosϕ =0 ,8i
( 3 ,775) 2
= 1,67
200
Regcosϕ =1 = 1,67%
( 3 ,775.0 ,8 −1,6.0 ,6 ) 2
= 1,6.0 ,8 + 3 ,775.0 ,6 +
= 3 ,566
200
Regcosϕ =0,8i = 3,566%
Reg% cosϕ =0 ,8i = 1,6.0 ,8 − 3,775.0 ,6 +
( 3 ,775.0 ,8 +1,6.0 ,6 ) 2
= −0 ,90
200
Regcosϕ =0,8i = −0,90%
Reg [ p.u.] =
U[ p.u.] − UN [ p.u.]
; UBase = UN ⇒ UN [ p.u.] = 1
UN [ p.u.]
Reg [ p.u.] =
U[ p.u.] −1
1
η =
η
η
η
⇒ U[ p.u.] = 1 + Reg[ p.u.] = 1 +
Psal
 U [ p.u.] 

Psal + PCu + PFe. 1'
 U2 [ p.u.] 
cosϕ =1
=
2
.100 =
1
 1,67 
1 + 0 ,016 + 0 ,01.1 +

 100 
=
cosϕ =0 ,8i
cosϕ =0 ,8c
2
Psal
 Reg% 
Psal + PCu + PFe.1 +

100 

.100 = 97,43 η
0 ,8
 0 ,03566
0 ,8 + 0 ,016 + 0 ,01.1 +

100 

0 ,8
=
Reg%
100
 0 ,90 
0 ,8 + 0 ,016 + 0 ,01.1 −

 100 
2
2
cosϕ =1
.100
= 97,43%
.100 = 96,76 η
.100 = 96,87 η
2
cosϕ =1
cosϕ =1
= 96,76%
= 96,87%
b)
I = 1/4 I N
uR % =
1/ 4
1
1,6
uR % =
= 0 ,4
N
4
4
Reg% = 0 ,4.0 ,8 + 0 ,944.0 ,6 +
η1 / 4 =
;
uX % =
1/ 4
1
3,775
uX % =
= 0 ,944
N
4
4
( 0 ,944.0 ,8 − 0 ,4.0 ,6 ) 2
= 0 ,8877
200
0 ,25.0 ,8
2
 reg% 
1 
0 ,25.0 ,8 + 0 ,016.  + 0 ,01.1 +

100 
4 

2
.100 = 94,7
η 1/4 = 94,7%
I = 1/2 I N
1
1,6
= 0 ,8
uRN % =
2
2
uR1 / 2 % =
Reg% = 0 ,8.0 ,8 +1,888.0 ,6 +
η1 / 2 =
uX1/ 2 % =
;
1
3 ,775
= 1,888
uXN % =
2
2
(1,888.0 ,8 − 0 ,8.0 ,6 ) 2
= 1,778
200
0 ,5.0 ,8
2
1 
 1,778
0 ,5.0 ,8 + 0 ,016.  + 0 ,01.1 +

100 
2 

2
.100 = 96,53
η1/2 = 96,53%
I = 3/4 I N
uR3 / 4 % =
3
3.1,6
uRN % =
= 1,2
4
4
;
uX1/ 4 % =
3
3.3 ,775
uXN % =
= 2 ,832
4
4
( 2 ,832.0 ,8 −1,2.0 ,6 ) 2
= 2 ,67
Reg% = 1,2.0 ,8 + 2 ,832.0 ,6 +
200
η3 / 4 =
0 ,75.0 ,8
2
3 
 2 ,67 
0 ,75.0 ,8 + 0 ,016.  + 0 ,01.1 +

100 
4 

2
.100 = 96,84
η3/4 = 96,84%
I = 1,25. I N
5
5.1,6
5
5.3 ,775
uRN % =
= 2 ; uX1/ 4 % = uXN % =
= 4 ,72
4
4
4
4
( 4 ,72.0 ,8 − 2.0 ,6 ) 2
Reg% = 2.0 ,8 + 4 ,72.0 ,6 +
= 4 ,46
200
uR5 / 4 % =
η5 / 4 =
1,25.0 ,8
2
5 
 4 ,46 
1,25.0 ,8 + 0 ,016.  + 0 ,01.1 +

100 
4 

2
.100 = 96,53
η5/4 = 96,53%
Problema N°19 El núcleo de un transformador tiene montado un arrollamiento
primario,
compuesto por cuatro bobinas iguales.
Determinar como varían I0X, I0V, I0, y cosϕ0 tomando como punto de partida el caso en que se
aplica la tensión U1 a las cuatro bobinas en serie para los siguientes casos.
Desarrollo
Punto de partida
a)
b)
U/ 4
φ
U
I0
φa
I 0a
I 0b
U/ 2
I 0T
a)
U = 4,44. f .N .φ (del punto de partida)
U a = 4,44. f .N a .φ a
U
N
= 4,44. f . .φ a
2
2
I Xa =
→
ℜ m .φ a
ℜ .φ
; IX = m
Na
N
[
PFe ∝ (B. f ) + B 2 . f
2
P = Pa
]
→
I 0 = I V2 + I X2
cos ϕ 0 =
IV
I0
;
I Xa = 2.IX
y como B y f son ctes. ⇒ PFe = cte
U .I V = U a .I Va
⇒
φa = φ
cos ϕ 0a =
I Va
I 0a
→
IVa = 2.IV
→
I 0a = 2.I0
→
ϕ 0 = ϕ 0a
φb
b)
U = 4,44. f .N .φ (del punto de partida )
U b = 4,44. f .N b .φ b
U
N
= 4,44. f . .φ b
4
4
I Xb =
→
ℜ m .φ b
ℜ .φ
; IX = m
Nb
N
P = Pb
→
U .I V = U b .I Vb
⇒
I 0 = I V2 + I X2
cos ϕ 0 =
IV
I0
→
→
;
cos ϕ b =
I Vb
I 0b
En la línea : I 0T = 16.I0 : PbT =
→
U
.16.I0 = 4.P
4
φb = φ
I Xb = 4.IX ( x bobina)
IVb = 4.IV ( x bobina)
I 0b = 4.I0 ( x bobina)
ϕ0 = ϕ
0b
Problema N°20 Dado un transformador : PN = 75 [KVA]-Dy – 13200 / 400 / 231 [V] con
pCu75° = 900 [W] – NBT = 53 [espiras].
Se pide calcular uK% , uR % y uX % aplicando la ley de Ohm magnética con las dimensiones
de los arrollamientos indicadas en la figura.
Las medidas están dadas en [mm]
δr
33 16 16
236
Dm = 190
lS
La corriente primaria : I BT =
75000
3.400
= 108,253 [ A]
2 .I BT .N BT = 2 .108,253.53 = 8114 [ Av]
δr =
3,3
1,6
+ 1,6 +
= 3,233 [cm]
3
3
b 

Dm = 19 [cm] = 0,19 [m]................K R = 1 −
 ; b = a1 + a2 + δ
 l.π 
l
236
 33 + 16 + 16 
K R = 1 −
=
= 258,77 [mm] = 0,25877 [m]
 = 0,912 l S =
236.π 
K R 0,912

−7
 V .s  π .Dm [m].δ r [m] 4.π .10 .π .0,19.0,03233
V .s 
Λ =µ 
.
=
= 9,3723  

l S [ m]
0,25877
 A.m 
 A
φ S = θ .Λ = 8114.9,3723.10 − 8 = 7,6046.10 − 4 [V .s ]
u X [V ] = 4,44. f .N .φ S = 4,44.50.53.7,6046.10 − 4 = 8,9475 [V ]
8,9475. 3
.100 = 3,874
400
900
uR % =
.100 = 1,2
75000
uX % =
u K % = (3,8745) 2 + (1,2) 2 = 4,05
u X = 3,874 %
u R = 1,2 %
u K = 4,05 %