MONOFASICOS: Problema 1:

MONOFASICOS:
Problema 1:
Un transformador monofásico tiene 400 espiras en el primario y 800 espiras en
el secundario. El área transversal del núcleo es de 40cm2. Si el devanado
primario se conecta a una red de 600V – 60Hz, calcular:
a. El valor máximo de la densidad de flujo
b. La tensión secundaria inducida
Solución:
a.
V1
V2
Aplicamos la ecuación de Bucherot:
ΦM =
b.
600
= 5,63mWb
4.44 ⋅ 60 ⋅ 400
N1 V1
800
=
= rT ⇒ V2 = 600 ⋅
= 1200 V
N2 V2
400
Problema 2:
Determinar los valores nominales primario y secundario de la corriente en un
transformador monofásico de 20KVA – 1200/120V. Si este transformador
alimenta a una carga de 12KW con f.d.p. = 0,8 . Hallar las corrientes primaria y
secundaria:
Solución:
I1 nominal =
KVA ⋅ 1000 20000
=
= 16,7A
V1
1200
I2 nominal = rT ⋅ I1 =
1200
⋅ 16,7 = 167A
120
Cuando PL = 12KW con f.d.p. = 0,8
I2 =
12000
= 125A
120 ⋅ 0,8
I1 = 12,5A ⇒ rT = 10
1
Problema 3:
Un transformador monofásico tiene 180 espiras primarias y 45 espiras
secundarias. Sus correspondientes resistencias valen 0,242Ω y 0,076Ω
respectivamente. Calcular la resistencia equivalente:
a. En términos de primario
b. En términos del secundario
Solución:
rT =
180
= 4 ∴ R1 = 0,242Ω ∴ R2 = 0,076Ω
45
a. REQPrimario = 0,242 + 42 ⋅ 0,076 = 1,458Ω
b. REQ Secundario = 0,076 +
0,242
= 0, 041Ω
42
Problema 4:
A 60Hz un transformador monofásico tiene una relación de transformación en
espiras de 8. La resistencia es de 0,90Ω y 0,05Ω y las reactancias son de 5Ω y
0,14Ω para los devanados de AT y BT respectivamente. Determinar:
La tensión a aplicar en el lado de AT para obtener la corriente de plena
carga de 180A en el de BT, cuando este devanado esté cortocircuitado
a. El f.d.p. bajo las condiciones del apartado a.
Solución:
REQP
XEQP
IS ' = IP
a. IP = IS ' =
Rp = 0,4Ω Xp = 5Ω
Rs = 0,05Ω Xs = 0,14Ω
180
= 22,5A
8
REQP = 0,9 + 82 ⋅ 0,05 = 4,1Ω 
2
2
 ⇒ ZEQP = 4,1 + 13,46 = 14,55Ω
2
XEQP = 5 + 8 ⋅ 0,14 = 13,96Ω
VP = Vaplicada = ZEQP ⋅ IP = 22,5 ⋅ 14,55 = 327V
 13,96 
b. φ = arctg 
 = 73,63º ⇒ cosφ = 0,28
 4,1 
2
Problema 5:
Un transformador monofásico de 50KVA, 4400/220V – 60Hz, absorbe 10,8A y
544W a 120V en un ensayo de cortocircuito realizado sobre el lado de AT.
Calcular la tensión que se debe aplicar en el lado de AT en el régimen de plena
carga con un f.d.p.=0,8 en retraso para que la tensión secundaria sea de 220V.
Solución:
544

= 4,66Ω
10,82

2
2
 ⇒ XEQ AT = 11,1 − 4,66 = 10,1Ω
120
=
= 11,1Ω 

10,8
REQ AT =
ZEQ AT
rT =
4400
50000
= 20 ∴ IP nominal =
= 11,4A
220
4400
VS ' = 220 ⋅ 20 = 4400V ∴ cosφ = 0,8ind
El circuito equivalente y el diagrama fasorial son:
4,66Ω
j10,1Ω
V 'S = 4400V
VP
IP
VP
V 'S
φ
IP
IP ⋅ ZEq
β
IP ⋅ REq
IP ⋅ REq
JJG JJJG JJJJJJG
VP = VS ' + IP ·ZEQ
VP = 4400 0º + 11,4 −32º ⋅ 11,165º ⇒ VP = 4512V
3
Problema 6:
Un transformador monofásico de 50KVA, 2400/240V, tiene unos PFe = 680W y
unos PCu = 760W . Calcular el µcos φ =1 a :
a. Plena carga
b. ½ plena carga
c. Hallar la carga para µmax
Solución:
Perdidas en el núcleo: 680 + 760 = 1440W
a. cosφ = 1 a plena carga:
µ=
50000 ⋅ 1
⋅ 100 ≅ 97,2%
5000 ⋅ 1 + 1440
b. ½ plena carga y cosφ = 1 :
2
1
I 
PCu =  nom  ⋅ REQ = ⋅ PCuN
4
 2 
PCu a esta carga:
µ=
760
= 190W
4
50000 ⋅ 1⋅ ½
⋅ 100 ≅ 96,6%
50000 ⋅ 1⋅ ½+180+190
c. µmax : PCu = PFe = 680W < 760W
I=
680
⋅ IPC = 0,946 ⋅ IN = 0,946 ⋅ 50 = 47,3KW
760
µmax =
47300
⋅ 100 ≅ 97,21%
147300+680+680
4
Problema 7:
Un transformador monofásico de 25KVA – 60Hz tiene unas perdidas de 480W
a tensión y frecuencia nominales. Realizado el ensayo en cortocircuito al 125%
de la corriente nominal resulta que consume 1240W. Calcular el µ de este
transformador cuando desarrolla la plena carga con f.d.p.=0,78 en retraso.
Solución:
125% ⇔
5
⋅ PC
4
PCu al 125% ⇒ 1240W
2
PCuPC
µ=
4
=   ⋅ 1240 = 794W
5
25000 ⋅ 0,78
⋅ 100 ≅ 98,87%
25000 ⋅ 0,78 + 480 + 794
Problema 8:
Se realiza un ensayo en corriente continua sobre un transformador monofásico
de 10KVA, 2400/240V – 60Hz. Habiéndose recogido los siguientes datos:
VCC = 138 V
PCC = 202W
ICC = 4,17 A
Calcular en términos de primario:
a. REQ , ZEQ y XEQ
b. La regulación de tensión cuando trabaja a la plena carga con f.d.p.=0,866
en retraso.
Solución:
a.
1
138

= 33,1Ω  X = 33,12 − 11,622  2 ≅ 31,01Ω

4,17
 EQ 

31,01
202
= 69,5º
=
= 11,62Ω β = arctg
2
11,62

4,17
ZEQ =
REQ
La corriente primaria vale:
10000
= 4,17A ≡ Ensayo
2400
5
JJG JJJG JJJJJJJJG
b. VP = VS ' + IP ·ZEQ P
11,62Ω
j31Ω
V 'S = 2400V
VP
IP
VP = 2400 0º + 4,17 −30º ⋅ 33,169,5º
VP = 2400 + 138 39,5º = 2508V
εRe g =
2508 − 2400
⋅ 100 = 4,5%
2400
Problema 9:
Un transformador monofásico de 2300/208V, 500KVA, 60Hz es ensayado en
vacío (lado de BT) y en cortocircuito (lado de AT). Obteniendo los datos
siguientes:
Circuito abierto
VOC = 208V
IOC = 52,5 A
POC = 3800 W
Cortocircuito
VCC = 95V
ICC = 217 A
PCC = 6200W
Calcular:
a. El rendimiento del transformador a plena carga y a la ½ PC cuando el
f.d.p.=0,866 en retraso
b. La regulación de tensión a la plena carga y f.d.p.=0,866 inductivo
c. El rendimiento máximo cuando el f.d.p.=0,866 inductivo
Solución:
a. El circuito equivalente en el ensayo de vacío por el lado de BT:
I0 = IFe + IM
V
IFe
IM
RFe
XM
RFe =
IFE =
V2
2082
=
= 11,39Ω
PFe 3800
208
= 18,26A
11,39
6
1
IM = 52,52 − 16,262  2 ≅ 49,22A
XM =
208
= 4,23Ω
49,22
En el ensayo de cortocircuito hecho en lado de AT:
ZEQ AT =
95
6200
= 0,437Ω ∴ REQ AT =
= 0,131Ω
217,4
217,42
1
XEQ AT = 0,4372 − 0,1312  2 = 0,417Ω
 0,417 
β = arctg 
 = 73º
 0,131 
rT =
2300
= 11,06
208
2
Estos valores se pueden referir al lado de BT, rT = 122, 3
ZEQBT =
0,437
= 3,574mΩ
122,3
REQBT = 1,071mΩ
XEQBT = 3,410mΩ
µPC y el f.d.p. = 0,866 inductivo vale:
µPC =
500000 ⋅ 0,866
⋅ 100 ≅ 97,74%
500000 ⋅ 0,866 + 3800 + 6200
µ½PC =
500000 ⋅ 0,866 ⋅ ½
500000 ⋅ 0,866 ⋅ ½ + 3800 + ( ½ ) ⋅ 6200
2
⋅ 100 ≅ 97,59%
b.
0,131Ω j0,417Ω
V 'S = 2300V
VP
217,4A
L / A.T.
7
ZEQBT = 0,437 73º
IP plena carga =
500000
= 217,4A
2300
φ = arccos0,866 = 36º
VP = 2300 0º + 217,4 −30º ⋅ 0,437 73º
VP = 2300 + 69,5 + j64,8 = 2370,4V
ε=
2370,4 − 2300
⋅ 100 = 3,06%
2300
c. Para µmax ⇒ PCu = PFe = 3800W
Relación de PC ⇒
µmax =
3800
= 0,783 ∴ 78,3%
6200
0,783 ⋅ 500000 ⋅ 0,866
⋅ 100 ≅ 97,81%
0,783 ⋅ 500000 ⋅ 0,866 + 3800 + 3800
Problema 10:
Las perdidas magnéticas de un transformador monofásico de 24KVA,
2400/120V – 60Hz. Son de 400W. Las perdidas en el cobre a la plena carga
son de 900W. El transformador absorbe 80A con f.d.p. = 0,8 en retraso. Hallar
el rendimiento a esta carga.
Solución:
IP nominal =
24000
24000
= 10A ∴ rT =
= 20
2400
120
IS nominal = 20 ⋅ 10 = 200A
80A secundario representan:
η=
80
= 0,4 ⇒ 40%PC
200
0,4 ⋅ 24000 ⋅ 0,8
⋅ 100 = 93,4%
0,4 ⋅ 24000 ⋅ 0,8 + 400 + 0,4 2 ⋅ 900
8
Problema 11:
Determinar el rendimiento diario del transformador del problema 9, en el
siguiente ciclo de carga suministrado a 208V
85% de la PC para 8h con f.d.p. = 0,866 inductivo
65% de la PC para 12h con f.d.p. = 0,8 inductivo
15% de la PC para 4h con f.d.p. = 0,75 inductivo 15 ⋅ 500 ⋅ 0
Solución:
Energía de salida en 24h:
( 0,85 ⋅ 500 ⋅ 0,866 ⋅ 8 ) + ( 0,65 ⋅ 500 ⋅ 0,8 ⋅ 12 ) + ( 0,75 ⋅ 4 ) = 6289.4KW
Perdidas de energía: 91,2 + 67,83 = 159KWh
6289,4
η=
⋅ 100 = 97,53%
6289,4 +159
Problema 12:
Un transformador que puede considerarse ideal tiene 200 espiras en el
devanado primario y 500 espiras en el secundario. El primario se conecta a
220V – 60Hz. y el secundario suministra 10KVA.
a. Hallar las corrientes en ambos devanados
b. Hallar la impedancia de carga vista desde la entrada
Solución:
a. rT =
200
= 0,4
500
VS =
220
= 550V
0,4
IS =
10000
= 18,18A
550
IP =
IS
= 45,45A
rT
b. ZS =
550
= 30,25Ω
18,18
ZP = 30,25 ⋅ 0,42 = 4,84Ω
O también: Zentrada =
220
= 4,84Ω
45,45
9
Problema 13:
Un transformador de corriente de 20:5 es conectado como amperímetro a 5A
que indica 4,45A. ¿Cuál es la corriente de línea?
Solución:
ILínea
A
4,45A
O también:
rT =
IS
5
=
= 0,25
IP 20
ILínea =
4,45
⋅ 20 = 17,8A
5
IS 4,45
=
= 17,8A
rT 0,25
Problema 14:
Un transformador monofásico de 25KVA 440/220V – 60Hz. de distribución tiene
unas perdidas en el núcleo de 740W. El µmax ocurre cuando la carga es de
15KVA. Hallar el rendimiento a la plena carga cuando el f.d.p. = 1
Solución:
Para µmax ⇒ PCu = PFe = 740 W y PCarga = 15KVA con f.d.p. = 1
IPC =
25000
= 113,64A
220
Al punto µmax ⇒ PCarga = V ⋅ I ⇒ ICarga =
15000
= 68,18 A
220
Entonces a PC:
2
 113,64 
PCu = 
 ⋅ 740 = 2056W
 68,18 
ηPC f.d.p.=1 =
25000 ⋅ 1
⋅ 100 ≅ 89,54%
25000 ⋅ 1 + 740 + 2056
Problema 15:
Un transformador monofásico de 75KVA, 6600/230V – 60Hz. requiere 310V en
el primario para circular en cortocircuito la plena carga; la potencia obtenida es
de 1,6KW. Hallar la regulación de tensión con f.d.p. = 1
10
Solución:
Ensayo de cortocircuito: V = 310V ⇒ ICC = IPC =
RE AT =
75000
= 11,36A
6600
1600
310
= 12,4Ω ∴ ZE AT =
= 27,3Ω
2
11,36
11,36
1
= 27,32 − 12,4 2  2 = 24,3Ω
XE AT
 24,3 
β = arctg 
 = 65º
 12,4 
El circuito equivalente sobre el lado de AT es:
217,4A 12,4Ω j24,3Ω
VP
V 'S = 2300V
R 'L
Aplicamos la expresión:
VP = 6600 0º + 11,36 0º ⋅ 27,3 65º = 6740,8 + j276,3 = 6746,5V
La regulación es:
εC =
6746,5 − 6600
⋅ 100 = 2,22%
6600
Problema 16:
Las perdidas magnéticas de un transformador monofásico de 24KVA,
2400/120V – 60Hz. son 400W. Las PCu a PC son de 900W. Este transformador
suministrara 85ª con un f.d.p. = 0,82 capacitivo. Hallar el µ a esta carga.
Solución:
ISPC =
24000
= 200A
120
Con ICarga = 85 A la carga es:
85
= 0,425 ⇒ 42,5%
200
PCu = 0,4252 ⋅ 900 = 163W
PCarga = 0,425 ⋅ 24000 ⋅ 0,82 = 8364W
11
η=
8364
⋅ 100 = 98,2%
8364 + 400 +163
Problema 17:
Un transformador monofásico de 10KVA, 2200/460V – 60Hz. se conecta como
autotransformador elevador. Determinar los KVA como autotransformador.
Solución:
21,74A
a
26,29A
b
4,55A
2660V
2200V
c
Las corrientes nominales en los devanados valen:
IAB =
10000
= 21,74A
460
IBC =
10000
= 4,55A
2200
IAT = 21,74 A
IB T = 21,74 + 4,55 = 26,29A
(KVA )BT =
2200 ⋅ 26,29
= 57,83KVA
1000
O también: (KVA ) A T =
2660 ⋅ 21,74
= 57,83KVA
1000
Alternativamente:
rT =
2200
= 0,829
2660
(1 − rT ) ⋅ Pauto = Ptrafo ∴ Pauto =
Ptrafo
10
=
≅ 57,83KVA
1 − rT 1 − 0,829
12
Problema 18:
Un transformador monofásico de 125KVA, 240/240V – 60Hz, tiene sus
devanados conectados en serie, formando un autotransformador, reductor.
Hallar los KVA del autotransformador.
Solución:
a
2640V
b
2400V
c
Las corrientes nominales en los devanados se hallan:
IAB =
125 ⋅ 103
= 520,83A
240
IBC = 52, 8
AT ⇒ IAT = 520,83A
B T ⇒ IB T = 520,83 + 52,08 = 572,9A
(KVA )A T =
2640 ⋅ 520,83
= 1375KVA
1000
(KVA )B T =
2400 ⋅ 572,9
= 1375KVA
1000
Alternativamente:
rT =
2640
= 1,1
2400
 r 
1,1
Pauto =  T  Ptrafo =
⋅ 125 = 1375KVA
1,1 − 1
 rT − 1
13
Problema 19:
Un transformador monofásico de 10KVA, 440/110V se convierte en
autotransformador reductor: 550/440V. Comparar el rango de VA del
autotransformador con el transformador original de dos arroyamientos. Hallar
también las potencias inductiva y conductiva del auto
Solución:
I1
a
I2
b
V1
I3
V2
c
I1 =
10000
= 90,91A
110
La corriente en el devanado de 440V (BC) es:
I3 = I2 − I1 =
10000
= 22,73A
440
I2 = I1 + I3 = 90,91 + 22,73 = 113,64A
O también:
rT =
550
= 1,25
440
I2 = rT ⋅ I1 = 1,25 ⋅
10000
= 113,64A
10
Pauto = V1 ⋅ I1 = 550 ⋅
10000
= 50KVA
110
Inductivamente la potencia suministrada es:
Pi = V2 ⋅ (I2 − I1 ) =
rT − 1
1,25 − 1
⋅P =
⋅ 50 = 10KVA
rT
1,25
14
Que son los KVA nominales del transformador de dos devanados.
La potencia conductiva suministrada es:
PC =
P
50
=
= 40KVA
rT 1,25
Problema 20:
Repetir el ejercicio 19 pero para un autotransformador conexión elevadora de
450/550V
Solución:
El esquema de conexión es:
I2
a
I1
b
I1 − I2
V2
V1
c
I2 recorre el devanado AB:
I2 =
10000
= 90,91A
110
V2 = 550 V de salida
V2 ⋅ I2 = 550 ⋅
10000
= 50KVA
110
Igual que en el problema anterior.
Potencia transferida conductivamente:
V1 ⋅ I2 = 440 ⋅ 90,91 = 40KVA
Potencia transferida inductivamente:
50 − 40 = 10KVA
15
Problema 21:
Un transformador monofásico de 150KVA, 2400/240V – 60Hz. tiene los
siguientes parámetros:
R1 = 0,2Ω , R2 = 0,002Ω , X1 = 0,45Ω , X2 = 0,0045Ω , RFe = 10000Ω y
Xm = 1550Ω . Referir el circuito equivalente al primario. A partir de este circuito,
calcular la regulación de la tensión a plena carga, con f.d.p. = 0,8 inductivo.
Solución:
El circuito equivalente referido al primario es:
I0
V1
rT =
IFe
IM
RFe
XM
rT ⋅ V2
2400
= 10 y φ̂2 = arccos0,8 = −36,8º
240
150 ⋅ 103
I2 =
= 625A
240
I2 I2
= φ2 = 62,5 −36,8º = 50 − j37,5
rT rT
rT ⋅ V2 = 2400 0º
2
2
rT ⋅ R2 = 0,2Ω ∴ rT ⋅ X2 = 0,45Ω
Aplicamos:
E1 = ( 2400 + j0 ) + ( 50 − j37,5 ) ⋅ ( 0,2 + j0,45 ) = 2427 + j15 = 2427 0,35º V
Im =
IFe =
2427 0,35º
1550 90º
= 1,56 −89,65º = 0,0095 − j1,56A
247 + j15
≅ 0,2427 + j0
10000
JG JJG JG
I0 = IFe + Im = 0,25 − j1,56
16
JG
G JG I
I1 = I0 + 2 = 50,25 − j39,06 = 63,65 −37,85º
rT
V1 = ( 2427 + j15 ) + ( 50,25 − j39,06 ) ⋅ ( 0,2 + j0,4 ) = 2455 + j30 = 2455 0,7º V
εC =
V1 − rT ⋅ V2
2455 − 2400
⋅ 100 =
⋅ 100 = 2,3%
rT ⋅ V2
2400
Problema 22:
Hallar el rendimiento del transformador del problema anterior, trabajando a
plena carga y f.d.p. = 0,8 en retraso.
Solución:
Salida: 150 ⋅ 0,8 = 120KW
2
2
2
Perdidas: I1 ⋅ R1 + IFe ⋅ RFe + I2 ⋅ R2 =
= 63,652 ⋅ 0,2 + 0,24272 ⋅ 10000 + 6252 ⋅ 0,002 = 2,18KW
Entrada: 120 + 2,18 = 122,18KW
η=
120
⋅ 100 ≅ 98, 2%
122,18
Problema 23:
El transformador del problema número 21 trabaja a plena carga con f.d.p. = 0,8
inductivo durante 12 horas, en vacío durante 44 horas y a ½ PC con f.d.p. = 1
durante 8 horas. Calcular el µ diario.
Solución:
1 

Salida para 24h = (150 ⋅ 0,8 ⋅ 12 ) + ( 0 ⋅ 4 ) +  150 ⋅ ⋅ 8  = 2040KWh
2 

Pérdidas en 24h:
Pérdidas del núcleo: 0,24272 ⋅ 10000 ⋅ 24 = 14,14KWh
Pérdidas del cobre:
17
(
)
A plena carga durante 12 horas: 12 ⋅ 63,652 ⋅ 0,2 + 6252 ⋅ 0,002 = 19,1KWh
2
 63,65 2

 625 
A ½ PC durante 8 horas: 8 ⋅ 
⋅ 0,2 + 
⋅ 0,002 = 3,18KWh


 2 
 2 

El total de perdidas para 24 horas: 14,14 + 19,1 + 3,18 = 36,42KWh
Entrada para 24 horas: 2040 + 36,42 = 2076,42KWh
ηdiario =
2040
⋅ 100 = 98,2%
2076,42
Problema 24:
Dados dos transformadores monofásicos de 1150/115V empleando la polaridad
adecuada realizar las conexiones
a. 2300/230V
b. 1150/230V
Solución:
Partimos de dos transformadores:
H2
X2
A.T.
B.T.
T1
H1
X1
a. 2300/230V
H2
A.T.
B.T.
T2
H1
X2
b. 1150/230V
X2
(+)
X1
H2
(+)
(+)
H2
X2
(+)
H1
X1
H1
X1
H2
X2
H2
X2
( −)
( −)
H1
X1
( −)
( −)
H1
X1
18
Problema 25:
Un transformador monofásico de 2300/230V – 50Hz. tiene una impedancia
serie equivalente de 1,84 84,2º Ω referida al primario. Otro transformador de
2300/230V – 50Hz. tiene una impedancia equivalente 0,77 82,5º Ω . Ambos
transformadores se conectan en paralelo y suministran a 230V, 400KVA con
f.d.p. = 0,8 inductivo. Hallar la potencia que suministra cada uno expresada en
kilowatios.
Solución:
Ze2 ' =
Ze2 '' =
I2 =
1,84 84,2º
10
2
= (1,86 + j18,3 ) ⋅ 10 −3 = 0,0184 84,2º Ω
0,77 82,5º
10
2
= (1,07 + j7,63 ) ⋅ 10−3 = 0,0077 82,5º Ω
400000
= 1739 −36,8º A
230
Vb = 230 0º V
El esquema de conexiones es:
H2
X2
H1
X1
H2
X2
(+ )
I'1
Z 'E
I''1
Z ''E
I1
V1
(−)
H1
I2 ' =
I2 '' =
(+ )
Vt
(−)
X1
10 ⋅ 1739 −36,8º ⋅ 0,0077 82,5º
10 ⋅ ( 2,93 + j25,93 ) ⋅ 10 −3
10 ⋅ 1739 −36,8º ⋅ 0,0184 84,2º
10 ⋅ ( 2,86 + j25,93 ) ⋅ 10 −3
= 513 −38,1º A
= 1226 −36,3º A
P1 = 230 ⋅ 513 ⋅ cos38,1 = 92,7KW
P2 = 230 ⋅ 1226 ⋅ cos36,3 = 227,3KW
19
Problema 26:
Un transformador de 100 KVA, 42000/2400V – 60Hz. monofásico se acopla en
paralelo con otro de 75KVA, 42000/2400V – 60Hz. ambas impedancias referido
al secundario son: ( 0,5 + j4 ) Ω y ( 0,8 + j6 ) Ω . La carga total que deben
alimentar es de 120KVA, con f.d.p. = 0,8 inductivo. Calcular la carga que
aportan cada uno y las corrientes primaria y secundaria de cada transformador.
Solución:
JJG
Z A = 0,5 + j4 = 4,03 82,87º Ω
JJG
ZB = 0,8 + j6 = 6,05 82,40º Ω
JJG JJG
Z A + ZB = 1,3 + j10 = 10,08 82,59º Ω
(KVA )totales = 120 −36,87º
que se dividen así:
JJG
JJJG JG
6,05 82,40º
ZB
S A = S ⋅ JJG JJG = 120 −36,87º ⋅
= 72,02 −37,06ºKVA
10,08 82,59º
Z A + ZB
JJG
JJG JG
4,03 82,87º
ZA
SB = S ⋅ JJG JJG = 120 −36,87º ⋅
= 47,98 −36,59ºKVA
10,08 82,59º
Z A + ZB
Comprobación:
PA = 72 ⋅ cos37,06º = 57,47KW

 ⇒ PA + PB = 96KW
PB = 47,98 ⋅ cos36,59º = 38,53KW 
P = 120 ⋅ 0,8 = 96KW
20
TRIFÁSICOS
Problema 27:
Se conectan tres transformadores monofásicos para formar un banco triángulo
- estrella. Dibujar la conexión y el diagrama vectorial de tensiones y corrientes
Solución:
I1Línea
(+)
C
c
N
I1Fase
A
B
a
b
( −)
( −)
(+)
Problema 28:
Tres transformadores de 10KVA monofásicos se conectan en estrella –
triángulo para suministrar una carga trifásica equilibrada de 18KW a 460V con
f.d.p. = 0,8 inductivo. Hallar:
a. La corriente en cada devanado primario y secundario de cada
transformador.
b. La corriente de línea primaria y secundaria
Solución:
3980V
6894V
ILS =
IFS =
18000
3 ⋅ 460 ⋅ 0,8
28,24
3
IFP = ILP =
460V
18KW
460V
Cosφ = 0,8
inductivo
= 28,24A
= 16,3A
IFS
16,3
=
= 1,88 A
rT 8,652
VLP = 3980 ⋅ 3 = 6984V
21
Comprobación:
Pentrada = 3 ⋅ 6894 ⋅ 1,884 ⋅ 0,8 = 18000W
Problema 28:
Tres transformadores monofásicos se conectan en triángulo – estrella,
formando un banco reductor 12600/460V y alimentando a una carga trifásica de
55KVA con f.d.p. = 0,85 en retraso. Calcular:
a. La rT de cada transformador
b. Los KVA y los KW de carga de cada transformador
c. La corriente de carga
d. La corriente en cada devanado en cada transformador
Solución:
266V
12600V
VFS =
a. rT =
460
3
460V
55KW
Cosφ = 0,85
en
retraso
≅ 266V
12600
= 47,4
266
b. KVA carga trafo =
55
= 18,3
3
KW de carga: 18,3 ⋅ 0,85 = 15,58 por transformador
c. ILS = IFS =
d. IFP =
55000
3 ⋅ 460
= 69 A
69
= 1, 46A
47,4
ILP = 1,46 ⋅ 3 = 2,52A
Comprobación:
KVA P = 3 ⋅ 12600 ⋅ 2,52 = 55KVA
22
Problema 29:
Una conexión en triangulo invertido conectado a una red de 380V – 50Hz.
alimenta a una tensión de 200V a un circuito receptor monofásico de 15KW con
f.d.p. = 0,85 inductivo. El núcleo de columnas tiene una sección neta de
100cm2 y una β = 1,4 Teslas. Despreciando las c.d.t. y las I0 vacío hallar:
a. El numero de espiras de cada devanado
b. Las intensidades en los bornes primarios con sus desfases respectivos
Solución:
a. Para evitar los desequilibrios magnéticos en el núcleo, el numero de espiras
del devanado C, ha de ser el doble que el de los otros devanados
secundarios. Según el diagrama vectorial en vacío, se tiene:
2
2
⋅ V2 = ⋅ 200 = 133,33V
3
3
1
1
Ea = Eb = ⋅ V2 = ⋅ 200 = 66,67V
3
3
Ec =
El número de espiras se halla:
Ea
66,67
=
= 22 = Nb
4,44 ⋅ f ⋅ β ⋅ A 4,44 ⋅ 50 ⋅ 1,4 ⋅ 100 ⋅ 10 −4
Nc = 2 ⋅ Na = 44
Na =
El numero de espiras de los devanados primarios es:
380
NA = NB = NC =
3 ⋅ 4,44 ⋅ 50 ⋅ 1,4 ⋅ 100 ⋅ 10 −4
≅ 71
El esquema es:
R
S
T
UR
U
V
W
A
B
C
a
u
b
Z
I2
IT
φ2
c
v
IR ≡ IS
US
UT
I2
23
b. Para calcular las intensidades primarias aplicamos Ampere:
JJJJJJG JJJJJJG JJJJJJG JJJJJJG
NA ⋅ IR + Na ⋅ I2 − Nb ⋅ I2 − NB ⋅ IS = 0
JJJJJJG JJJJJJG JJJJJJG JJJJJJG
NA ⋅ IR + Na ⋅ I2 − Nc ⋅ I2 − NC ⋅ IT = 0
JG JG JG
IR + IS + IT = 0
Y teniendo en cuenta que:
NA = NB = NC = 71
Na = Nb = 22
Nc = 44
Y que la corriente en el circuito secundario vale:
I2 =
15000
= 88,24A
200 ⋅ 0,85
Resulta de resolver el sistema de ecuaciones:
JG JG
JG
IR = IS = −0,31⋅ I2 = 27,35A opuestos a I2
JG
JG
IT = −2 ⋅ IR = −2 ⋅ ( −0,31⋅ I2 ) = 54,70 en fase con I2
Los desfases de las corrientes respecto de sus respectivas tensiones son:
φR = φ2 + 60º = arccos0,85 + 60º = 91,79º
φS = 120º −φR = 120º −91,79º = 28,21º
φT = φS = arccos0,85 = 31,79º
Problema 30:
Un transformador trifásico de 2000KVA 6600/33000V – 50Hz. tiene el primario
en triangulo y el secundario en estrella. La Z f primario = ( −0,5 + j2, 6 ) Ω y la del
secundario Z f secundario = ( −4,3 + j21,7 ) Ω . Calcular la tensión en bornes del
secundario a P.C. con f.d.p. = 0,8 inductivo, cuando el primario se conecta a
una red de tensión nominal.
24
Solución:
rT = 3 ⋅
V1L
6600
= 3⋅
= 0,346
V2L
33000
Z1 = R1 + jX1 = 0,5 + j2, 6
Z2 = R2 + jX2 = 4,3 + j21, 7
Reducidos al primario:
RCC(1) = 0,5 + 0,3462 ⋅ 4,4 = 1,016Ω
XCC(1) = 2,6 + 0,3462 ⋅ 21,7 = 5,19Ω
ZCC(1) = 5,28 78,92º Ω fase
El circuito equivalente sin rama paralelo es:
I1 ≡ I2
1,016Ω j5,19Ω
V1
V '2
La corriente de fase secundaria vale a la plena carga:
I2f =
200 ⋅ 103
3 ⋅ 33000
= 35A
Que referido al primario:
I2 ' =
35
= 101,1A
0,346
I2 ' = 101,1 −36,86º A
La ecuación fasorial de tensiones es:
6600 θº = V2 ' 0º + 101,1 −36,86 ⋅ 5,28 78,92º
25
Que resolviendo da:
V2 ' = 6193,97V
En valor real:
V2 =
V2 '
= 17901,7V
rT
V2L = 3 ⋅ V2f = 31006V
Problema 31:
Se han realizado unos ensayos en un transformador trifásico de Sn = 100KVA
400/6600V – 50Hz. conexión estrella-triángulo, obteniéndose los siguientes
resultados:
Vacío: 400V; 1250W (Medidas lado B.T.)
Corto: 314V; IPC; 1600W (Medidas lado A.T.)
Se pide calcular:
a. Rendimiento a P.C. con f.d.p. = 0,8 en retraso
b. Rendimiento a ½ P.C. con f.d.p. = 1
c. Potencia aparente de mediano rendimiento y rendimiento máximo con
f.d.p. = 1
d. Tensión primaria necesaria en a. si la tensión secundaria ha de ser de
6600V.
Solución:
a. µ =
1⋅ 100 ⋅ 103 ⋅ 0,8
⋅ 100 ≅ 96,56%
1⋅ 100 ⋅ 103 ⋅ 0,8 + 1250 + 12 ⋅ 1600
b. µ =
0,5 ⋅ 100 ⋅ 103 ⋅ 1
⋅ 100 ≅ 96,8%
0,5 ⋅ 100 ⋅ 103 ⋅ 1 + 1250 + 0,52 ⋅ 1600
c. Cµmax =
PFe
1250
=
= 0,88
PCu
1600
Snmax = Cµmax ⋅ Sn = 0,88 ⋅ 100 = 88KVA
µmax
cosφ =1
=
0,88 ⋅ 100 ⋅ 103
⋅ 100 = 97.23%
0,88 ⋅ 100 ⋅ 103 + 2 ⋅ 1250
26
d. Los parámetros, los referimos al secundario:
I2nL =
Sn
3 ⋅ V2L
=
100 ⋅ 103
3 ⋅ 6600
Conexión triangulo: I2n fase =
RCC( 2) =
PCC
= 21,3Ω
2
3 ⋅ I2n
ZCC( 2) =
V2CC
= 25,12Ω
I2n
= 8,747
I2nL
3
≅ 5A
1
XCC( 2) = 25,122 − 21,32  2 = 13,3Ω
Aplicamos la ecuación fasorial:
JJJG JJG
JJG
V1 ' = V2 + RCC( 2) + jXCC( 2) ⋅ I2n
(
)
V1 ' θº = 6600 0º + ( 21,3 + j13,3 ) ⋅ 5 ⋅ ( 0,8 − j0,6 ) = 6725,1 −0,09º
En valor real:
V1 = rT ⋅ V1' =
1
400
= 235,3V
3 6600
⋅
En valores de línea:
V1L = 3 ⋅ V1f = 407,5 V
Problema 32:
Un autotransformador trifásico conectado en estrella de 400KVA 380/220V –
50Hz. funciona con un f.d.p. = 0,8 inductivo. El µmax se produce con un índice
de carga de 4/5 y vale 97,5%, siendo la variación porcentual de tensión del
3,5%. Si la rT = 1,46 . Hallar:
a. La tensión ε CC en tanto por ciento del auto y del transformador equivalente.
b. El µ y la variación porcentual de tensión a la P.C.
27
Solución:
a. Cµmax =
4
= 0,8
5
µmax = 97,5 =
0,8 ⋅ 400 ⋅ 103 ⋅ 0,8
⋅ 100
0,8 ⋅ 400 ⋅ 103 ⋅ 0,8 + 2 ⋅ P0
P0 = 3282,05W
PFe
= 5128,2W
2
Cµmax
PCC =
La intensidad de fase a P.C. es:
Sn auto
I1auto =
3 ⋅ V1auto n
RCC(1) =
εRCC =
=
400 ⋅ 103
3 ⋅ 380
= 607,73A
PCC
5128,2
=
= 4,63 ⋅ 10−3 Ω
2
2
3
⋅
607,73
3 ⋅ I1auto n
RCC(1) ⋅ I1auto n
V1auto n
⋅ 100 =
4,63 ⋅ 10−3 ⋅ 607,73
⋅ 100 = 1,28%
380
3
Aplicamos: ε Cauto = C ⋅ εRCCauto ⋅ cosφ2 + C ⋅ ε XCCauto ⋅ senφ2
ε XCC auto =
3,5 − 0,8 ⋅ 1,28 ⋅ 0,8
= 5,58%
0,8 ⋅ 0,6
1
2
ε CC auto = 1,28 + 5,58  = 5,73%
2
ε CCt =
b. µPC =
2
5,73
= 18,2%
1
1−
1,46
1400 ⋅ 103 ⋅ 0,8
⋅ 100 ≅ 97,4%
1400 ⋅ 103 ⋅ 0,8 + 3282,05 + 5128,2
ε C auto = 1⋅ 1,28 ⋅ 0,8 + 1⋅ 5,58 ⋅ 0,6 = 4,375%
28
Problema 33:
Un transformador en conexión Scott es alimentado desde un red monofásica de
6,6KW y suministra carga trifásica equilibrada a 380V entre fases. Si hay 500
espiras por fase en el lado de las dos fases, calcular el numero de espiras en el
bobinado de B.T.
Solución:
A
a1
B
6600V
D
a2
C
b1
b2
6600V
NAC = Na1a2 ⋅
VAC
380
= 500 ⋅
≅ 29 espiras
Va1a2
6600
El diagrama de tensiones en B.T. es:
A
380V
B
60º
D
380V
380V
C
VBC = 380 ⋅ sen60º = 329,09V
VBD
N
= BD
Vb1b2 Nb1b2
NBD = 500 ⋅
329,09
≅ 25 espiras
6600
29
Problema 34:
En vacío un transformador Υ/Υ/∆ – 6600/600/220V absorbe 50KVA con
f.d.p. = 0,15 . ¿Cual es la potencia primaria absorbida para un consumo de
carga equilibrada de 870A con un f.d.p. = 0,8 inductivo en el secundario, y de
260A con f.d.p. = 1 en el terciario. Despreciar los efectos de dispersión
Solución:
I0 =
50
3 ⋅ 6,6
⋅ ( cosφ + jsenφ ) = 4,374 ⋅ ( 0,15 − j0,9887 ) = 0,656 − j4,324
I2 ' = 870 ⋅ ( 0,8 − j0,6 ) =
I3 ' =
260
3
⋅ (1 + j0 ) ⋅
660
3
6600
3
220
6600
3
= 69,6 − j52,2
= 8,667 + j0
1
G JG JG JG
I1 = I0 + I2 + I3 = 78,922 + 56,522  2 = 97,07A
Con f.d.p.: cosφ =
(KVA )entrada =
78,92
= 0,813 de retraso
97,07
3 ⋅ 6,6 ⋅ 97,07 ≅ 1109,6KVA
Problema 35:
Un transformador trifásico de tres arrollamientos de 50Hz. tiene las siguientes
especificaciones: Primario: 6600V y conexión triángulo. Secundario: 1000V y
conexión triángulo. Y terciario 440V y conexión estrella. Hallar el numero de
espiras en cada devanado de tal forma que el flujo no exceda de 0,03Wb.
Si en el secundario se coloca un carga de 100KVA con f.d.p. = 0,8 inductivo y
en el terciario 50KW con f.d.p. = 1 , hallar la corriente primaria y el f.d.p. en estas
condiciones de carga.
Solución:
6600V
1000V
Primario
Secundario
440V
Terciario
30
Aplicamos la ecuación de Bucherot:
400
3
= 4,44 ⋅ 0,03 ⋅ 50 ⋅ NS ⇒ Ns ≅ 39 espiras fase
Para el secundario:
N2
1000
=
⇒ N2 = 124 espiras fase
N3 440 3
Para el primario le corresponden:
N1
6600
=
⇒ N1 = 1013 espiras fase
N3 440 3
En condiciones de carga:
I3f =
50000 3
4400
3
= 65,6A
Que referido al primario:
I3 ' = 65,5 ⋅
39
= 2,525A
1013
I3 ' = 2,525 + j0
I2 ' =
100000 3
⋅ ( 0,8 − j0,6 ) con f.d.p. = 0,8 inductivo ⇒ I2 ' = 4,04 − j3,03
6600
I1 = I2 '+ I3 '+ I0 = I2 '+ I3 '+ 0 = 6,565 − j3,03
1
Primario en triangulo, su corriente de línea es:
I1 = 12,52A;cosφ =
3 ⋅ 6,5652 + 3,032  2
6,565
= 0,908
7,23
31
Problema 36:
La conexión de un transformador trifásico en su caja de bornes es:
A’
A
a
a’
B’
B
b
b’
C’
C
c
c’
Su placa de características tiene las siguientes inscripciones 50KVA 1000/100V
– 50Hz. Este transformador ha sido ensayado obteniéndose los resultados
siguientes:
Vacío:
1000V
3A
1KW
Corto:
100V
1,5KW
ICC =IPC
Ambos ensayos se han medido en el lado de A.T.
a. Hallar los parámetros del circuito equivalente aproximado, reducido al
primario
b. Ángulo horario mediante un sistema directo de tensiones
c. Tensión primaria de línea y µ del transformador cuando alimenta una carga
en el secundario que absorbe 25KW con f.d.p. = 0,8 inductivo. Admitir la
tensión secundaria en 100V constante
d. Hallar la potencia aparente de máximo rendimiento del transformador y el
µmax con un f.d.p. = 1
e. Se aumenta la carga hasta 800KW con f.d.p. = 0,8 inductivo, por lo que se
acopla en paralelo otro transformador ∆-Υ de igual índice de carga de
75KVA 1000/100V – 50Hz. εRCC = 6,5% , ε XCC = 5% . Hallar el reparto de
potencia y decir si es adecuado
Solución:
a. Del ensayo en vacío:
IFe =
P0
1000
=
= 0,3333A
3 ⋅ V1n 3 ⋅ 1000
RFe =
V1n
1000
=
= 3000Ω
IFe 0,3333
cosφ0 =
IFe 0,3333
=
= 0,1924 ⇒ φ = 78,9º
I0
3 3
Im = I0 ⋅ senφ0 = 1,6996A
32
Del ensayo en cortocircuito obtenemos estos otros parámetros:
I1n =
Sn
≅ 16,66A
3 ⋅ V1n
ZCC1 =
V1CC
100
=
= 6Ω
I1n
16,66
RCC1 =
PCC
1500
=
= 1,8Ω
2
3 ⋅ 16,662
3 ⋅ I1n
1
XCC1 = 62 − 1,82  2 = 5,72Ω
b. El diagrama de tensiones primarias de fase con secuencia directa es:
C’ A
C
B’
B
A’
El diagrama fasorial de estas tensiones primarias respecto al neutro ficticio es:
C’ A
C
B’
B
A’
El diagrama de tensiones de fase secundarias será:
a
c
b
Suprimiendo ambos diagramas:
A
a
33
c. Empleamos valores reducidos al secundario:
rT = 3 ⋅
1000
= 17,32
100
JJJJJG
ZCC2 =
1
⋅ (1,8 + j5,72 ) = 0,0199 72,47º Ω
17,322
JG
I2 =
25 ⋅ 103
V1 ' =
3 ⋅ 100 ⋅ 0,8
100
3
= 180,42 −36,86º A
0º + 180,42 −36,86º ⋅ 0,0199 72,47º = 60,6849 1,97º V
V1 = rT ⋅ V1 ' = 1051,09V
Fase ≡ Línea por que la conexión es triangulo
d. Cµmax
P0
1⋅ 103
=
=
= 0,8165
PCC
1,5 ⋅ 103
Sµmax = 0,8165 ⋅ 50 = 40,825KVA
=
µmax
maximorum
40,825 ⋅ 103
⋅ 100 = 95,33%
40,825 ⋅ 103 + 2 ⋅ 103
e. Hallemos los parámetros de la rama seria del T2 referidos al primario:
Aplicamos las expresiones:
RCC(1) =
XCC(1) =
εRCC ⋅ 3 ⋅ V1n
2
= 0,065 ⋅
100 ⋅ SIIn
ε XCC ⋅ 3 ⋅ V1n
100 ⋅ SIIn
2
= 0,05 ⋅
3 ⋅ 10002
= 2,6Ω
75 ⋅ 103
3 ⋅ 10002
= 2Ω
75 ⋅ 103
ZCC(1) = 2,6 + j2 = 3,28 37,57º Ω
Que referido al secundario:
ZCC( 2) = 8,66 ⋅ 10 −3 + j6,66 ⋅ 10 −3 = 0,019 37,56º Ω
34
El acoplamiento en paralelo nos da:
JJG
I2II =
0,0199 72,47º ⋅ 577,35 −36,86º
0,006 + j0,019 + 8,66 ⋅ 10 −3 + j6,66 ⋅ 10 −3
= 388,79 −24,64º A
JG
I2I = 577,35 36,86º − 388,79 −24,64º = 213,68 −59,51º A
S2II = 3 ⋅
100
3
⋅ 388,79 = 67371,58KVA
S2I = 3 ⋅ 100 ⋅ 213,88 = 37045,1KVA
I 
C1 =  2  = 0,741
 I2n I
I 
C2 =  2  = 0,897
 I2n II
El reparto no es optimo pues los índices de carga no lo son ya que las
tensiones de cortocircuito son también distintas.
Problema 37:
Se tiene una maquina herramienta trifásica de tensión nominal 3 x 500V y se le
acopla para su alimentación un autotransformador variable con posibilidad de
regulación ±50V entre fases (compuestos). Suponiendo que el rendimiento del
autotransformador en conjunto es de 1 y que la maquina absorbe 20KW con
f.d.p. = 0,8 inductivo, determinar la potencia de los devanados.
Solución:
a. En caso de que la salida se haga en la toma superior, se tiene una tensión
máxima de salida y una corriente mínima:
En la posición AB’, tenemos una potencia absorbida:
PAB ' = 3 ⋅ I1auto ⋅ VAB ' = 3 ⋅
P2 auto
⋅ VB ' A
3 ⋅ VAC ⋅ cosφ2
En la función B’C:


P2 auto
P2 auto
PB ' C = 3 ⋅ (I2 auto − I1auto ) ⋅ VB ' C = 3 ⋅ 
−
 ⋅ VB ' C
 3 ⋅ VB ' C ⋅ cosφ2 3 ⋅ VAC ⋅ cosφ2 
35
b. En el caso de que la toma variable sea en B es:
PAB = 3 ⋅ I2 auto ⋅ VAB = 3 ⋅
P2 auto
⋅ VAB
3 ⋅ VBC ⋅ cosφ2
PA ' C = 3 ⋅ (I2 auto − I1auto ) ⋅ VAC


P2 auto
P2 auto
PB ' C = 3 ⋅ 
−
 ⋅ VAC
 3 ⋅ VAC ⋅ cosφ2 3 ⋅ VBC ⋅ cosφ2 
Sustituyendo valores:
a. En la parte AB’:
PAB '
20000 ⋅ 50
3
=
= 2500VA = 2,5KVA
500 ⋅ 0,8
3
En la parte B’C:
PB ' C



 450
1
1
⋅
= 20000 ⋅ 
−
= 2500VA = 2,5KVA
 450 ⋅ 0,8 500 ⋅ 0,8  3


3
 3

b. En la zona AB:
PAB =
3 ⋅ 20000 ⋅ 50
= 2273 = 2,273KVA
3 ⋅ 550 ⋅ 0,8
En la parte AC:



 500
1
1
⋅
PAC = 20000 ⋅ 
−
= 2273VA = 2,273KVA
 500 ⋅ 0,8 550 ⋅ 0,8  3


3
 3

Problema 38:
Se tiene un transformador ideal Yy6 con devanado terciario, con una relación
de tensiones 220/73,3/6KV – 50Hz. Hallar las intensidades que han de circular
por cada devanado primario, con sus dos fases y por el terciario cuando se
conecta entre dos fases y neutro del secundario receptor monofásico que
consumen 15 y 20A con f.d.p. inductivos de 0,8 y 0,9.
36
Solución:
El cálculo de las intensidades primarias se hace por medio del teorema de
Ampere y la primera ley de Kirchhoff al centro de la estrella primaria del
esquema de la figura.
Aplicando Ampere de las ecuaciones que siguen sobre el circuito magnético
formado por la primera y segunda columna cuyo resultado es la primera
ecuación, mientras que si se aplica a la primera y tercera columna se tiene la
segunda ecuación. Se desprecian los AVterciarios y las f.m.m. se anulan en un
circuito cerrado.
37
JJJJJJG JJJJJG JJJJJJG JJJJJG
N1 ⋅ IR + N2 ⋅ I1 − N2 ⋅ I2 − N1 ⋅ IS = 0
JJJJJJG JJJJJG JJJJJG
N1 ⋅ IR + N2 ⋅ I1 − N1 ⋅ I1 = 0
La primera ley de Kirchhoff al centro de la estrella da:
JG JG JG
IR + IS + IT = 0
La solución del sistema junto con la relación:
N1 220
=
=3
N2 73,3
Se tienen las expresiones:
JG
G
JG I − 2 ⋅ I
1
IR = 2
9
G
JG
JG I − 2 ⋅ I
2
IS = 1
9
G JG
JG I + I
IT = 1 2
9
Según el diagrama fasorial:
JG
IR = 4,56 ∴ φR = 10º
JG
IS = 5,22 ∴ φS = 43º
JG
IT = 2,3 ∴ φT = 43º
JJJJJJG JJJJJJG JJJJJG
N1 ⋅ IR + N3 ⋅ I3 + N2 ⋅ I1 = 0
JJJJJG JJJJJJG JJJJJJG
N1 ⋅ IS + N3 ⋅ I3 + N2 ⋅ I2 = 0
JJJJJG JJJJJJG
N1 ⋅ IT + N3 ⋅ I3 = 0
N1
220
=
= 21,17
N3
3 ⋅6
La solución del sistema es: I3 = 48,69 A
Con desfase de 77º en adelanto de Ur
38