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Pruebas en transformadores trifasicos con algunos ejercicios explciativos
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PRUEBAS EN LOS TRANSFORMADORES
Para hacer análisis de regulación de voltaje y eficiencia
a) Circuito Abierto.
Ilustración 1 Circuito abierto Obtenido de Maquinas Eléctricas de Guru
Pca :Potencia deentrada
Pca=Pn≈0+P c⇒Pca=Pc
Pn :Perdidasenel cobre
Pc :Perdidas enel nucleo
Potencia de entrada: mediante el vatímetro Para obtener las pérdidas del núcleo
Primario: se excita con el voltaje nominal Inomial baja=Ica
Secundario: en circuito abierto
B) CORTO CIRCUITO
Ilustración 2 Corto circuito
Para obtener las pérdidas en los bobinados. Voltaje de excitación ≈ 10% del voltaje nominal Circulación de corriente nominal Se desprecian las perdidas en el núcleo
Se calcula: Pcc: potencia de corto circuito
Rep= Pcc
Ip2 Rep: Resistencia equivalente del primario
Zep=VccIp
Vcc: Voltaje de corto circuito
Ip: corriente del primario
Xep=√Zep2−Rep2 Xep: reactancia equivalente del primario
Para circuito abierto:
El vatímetro mide las perdidas en el núcleo del transformador.
El circuito equivalente:
Sca=Vac Iac
∅ ca=cos−1( PcaSca
)Ic=Ica cos (∅ ca)
ℑ=Icasin (∅ ca)
Rc=VcaIc
=Vca2
Pca
X L=Vcaℑ =Vca2
QcaQca=√ Sca2−Pca2
Prueba de C.C
El vatimetro registra la predida en el cobre a plena carga
Circuito Equivalente
Ilustración 4 Prueba de cc circuito equivalente
RCH=Psc
Icc2
XCH=√XCH2−RCH
2
Ilustración 3 Prueba de circuito abierto _Circuito equivalente
ZCH=VccIcc
Con respecto al primario:
RCH=R1+a2R2
XCH=X 1+a2X 2
Criterio de Diseño Óptimo:
I 12R1=I 2
2R2
R1=a2R2=0,5RCH
X 1=a2 X2=0,5 XCH
Regulación de Voltaje.- Ideal: RUC(%)=0%
Rv%=Vsc−VpcVpc
∗100%
Vsc: Voltaje sin carga
Vpc: Voltaje a plena carga
Desde el primario:
Rv%=V 1−aV 2aV 2
∗100%
Desde el secundario:
Rv%=
V 1a
−V 2
V 2∗100%
V1; V2 voltajes efectivos (módulos)
Ejercicios
1. Un transformador reductor de 2,2 KVA, 440/220 V y 50 Hz, tiene los parámetros siguientes, referido al lado primario: ℜ1=3Ω; Xe1=4Ω, Rc1=2,5KΩ y Xm1=2KΩ. El transformador opera a plena carga con un factor de potencia de 0,707 en atraso. Determine la eficiencia y la regulación de voltaje del transformador.
a=440220
=2 ~V 2=220V S=2200VA → I 2=
2200220
=10 A
θ=−45 °→
~I 2=10∠−45 °
~I p=~I 2a
=5∠−45 ° (A)
V 2'=a~V 2=440∠0 ° (V )
→ ~V 1=V 2
' +~I p (ℜ1+ j Xe1 )=440+(5∠−45 °)(3+ j 4)
¿464,762∠0,44 ° (V )
Corrientes de perdida núcleo y magnetización.
~IC=464,762500
∠0,44 °=0,18∠0,44 ° (A )
~Im=~V 1
j 2000=0,232∠−89,56 °(A ) ~
I∅=~IC+
~Im
~I 1=
~I p+
~I∅=5,296∠−45,33 ° (A )
Po=1555.63W η=90,6%
P¿=1716,91W
RV (% )=V 1−aV 2
aV 2
=464,762−440440
×100=5,63%
Los datos siguientes se obtuvieron de la prueba de un transformador reductor de 28KVA y 4800/240 y son:
Voltaje Corriente (A) Potencia
Pca 240 2 120
Pcc 150 10 600
Determine el circuito equivalente del transformador como se observa desde:
a) El lado de alto voltajeb) El lado de bajo voltaje
RcL=2402
120=480Ω
Sca=V ca I ca=240×2=480VA
Qca=√4802−1202=464,76VAR
XmL=2402
464,76=123,94Ω
Prueba de c.c. en lado de alto voltaje
a=4800240
=20
→ RcH=a2RcL=192KΩ
XmH=a2 XmL=49,58KΩ
→ ℜH=Pcc
I cc2=600102
=6Ω
ZeH=V cc
Icc=15010
=15Ω
→ XeH=√152−62=13,75Ω
→ ℜL=ℜH
a2=15mΩ
XcL=XeHa2
=34mΩ
RH=0,5 RcH=3Ω RL=0,5ℜH
a2=7,5mΩ
X H=0,5 Xc H=6,88Ω X L=0,5 XeHa2
=17mΩ
2. Al probar un transformador de 1000-VA, 230/115Vpara determinar su circuito equivalente, los resultados obtenidos son los siguientes:
Prueba de circuito abierto Prueba de cortocircuitoV oc=230 [V ] V sc=13.2[V ]I oc=0.45[A ] I sc=6[ A]Poc=30[W ] Psc=20.1[W ]
Todos los datos fueron tomados en el lado primario del transformador.a) Encuentre el circuito equivalente del transformador referido a su lado de bajo
voltaje.b) Encuentre la relación de regulación de voltajes del transformador en condiciones
nominales y (1) PF 0.8 en atraso, (2) PF 1 y (3) PF 0.8 en adelanto.c) Determine la eficiencia del transformador en condiciones nominales y PF 0.8 en
atraso.
|Y ex|=|GC− jBM|=0.43230
=0.001957Ω−1
θ=cos−1Poc
V oc I oc=cos−1 30
230∗0.45=73.15°
Y ex=0.001957∠73.15°=0.0056− j0.00187Ω−1
Rc=1Gc
=1763Ω
XM= 1BM
=534Ω
|Zeq|=|Req+ jX eq|=13.26
=2.2Ω
θ=cos−1P sc
V sc I sc=cos−1 20.1
13.2∗6=75.3°
Zeq=Req+ jX eq=2.2∠75.3°=0.558+ j2.123Ω
Req=0.558ΩX eq=2.128Ω
a)
REQX=0.5584
=0.140Ω
RC , S=17634
=441Ω
REQS=2.1284
= j 0.532Ω
RM ,S=5344
=134Ω
b) PARA FP=0.8 atraso
I S=1000115
=8.7 A
θ=cos−10.8=36.87°
V P'=V S+Zeq I S=115∠0
°+(0.14+ j 0.532 ) (8.7∠−36.87° )V P
'=118.8∠−36.87°
VR=118.8−115115
∗100=3.3%
PARA FP=1V P
'=V S+Zeq I S=115∠0°+(0.14+ j0.532)(8.7∠−36.87°)
V P'=116.3∠2.28°
VR=116.3−115115
∗100=1.1%
PARA FP=0.8 adelantoV P
'=V S+Zeq I S=115∠0°+(0.14+ j0.532)(8.7∠36.87°)
V P'=113.3∠2.24°
VR=113.3−115115
∗100=−1.5%
c) Pout=V S I S cosθ=115∗8.7∗0.8=800WPerdidas en el cobre y en el núcleo
Pcobre=I S2∗REQ,S=(8.7 )2 (0.14 )=10.6W
Pnucleo=(V ¿¿P¿¿' )2
Rc
=118.82
441=32W ¿¿
n= PoutPout+Pcobre+Pnúcleo
∗100%= 300800+10.6+32
∗100%=94.9%
3. Un transformador monofásico de 5000Kva, 230/13.8Kv tiene una resistencia de 1% por unidad y una reactancia de 5% por unidad (Datos tomados de la placa de características del transformador). La prueba de circuito abierto efectuada en el lado de bajo voltaje del transformador dio los siguientes datos:
V oc=13.8 [kV ] I oc=15.1[A ] Poc=44.9[kW ]a) Encuentre el circuito equivalente referido al lado de bajo voltaje del
transformador.b) Si el voltaje en el lado del secundario del transformador es 13.8kv y la potencia
suministrada es 4000kw con pf 0.8 en atraso, encuentre la regulación de voltaje del transformador. encuentre su eficiencia.
a) Como la prueba de circuito abierto se hizo en el lado de bajo voltaje, podemos usar los datos para encontrar los componentes de la rama de excitación relacionada al lado de bajo voltaje.
|Y ex|=|GC− jBM|=15.113.8 kV
=0.0010942Ω−1
θ=cos−1Poc
V oc I oc=cos−1 44.9
13.8kV∗15.1 A=77.56°
Y ex=0.0010942∠−77.56°=0.0002358− j0.0010685Ω−1
Rc=1Gc
=4240Ω
XM= 1BM
=936Ω
La impedancia de base del transformador referida al lado secundario es:
Zbase=V base
2
Sbase=
(13800kV )2
5000kVA=38.09Ω
Req=0.01∗38.09=0.38ΩX eq=0.05∗38.09=1.9Ω
El circuito equivalente es:
REQs=0.38ΩRcs=4240ΩX EQs= j1.9ΩXMS=936Ω
b) Potencia en la carga=4000kW, FP=0.8 atrasado, voltaje en el secundario=13.8kVLa corriente en el lado del secundario es:
is=4000kW
13.8kV∗(0.8 )=362.3 A
I s=362.3∠−36.87°
El voltaje en el lado primario del transformador (referido al lado secundario) es:
V P'=V S+Zeq I S=13800+ (362.3∠−36.87° )∗(0.38+ j1.9 )
V P'=14.330∠1.9°
Hay una caída de voltaje de 14V bajo las condiciones dadas.
Por lo tanto el voltaje de regulación es:
VR=14330−1380013800
∗100=3.81%
Las pérdidas en el núcleo y el cobre son: Pcobre=I S
2∗REQ,S=(362.3 )2 (0.38 )=49.9kW
Pnucleo=(V ¿¿P¿¿' )2
Rc
=143302
4240=48.1kW ¿¿
Por lo tanto la eficiencia en el transformador bajo estas condiciones es:
n= PoutPout+Pcobre+Pnúcleo
∗100%= 40004000+49.9+48.4
∗100%=97.6 %
4. La figura muestra un sistema de potencia monofásico. La fuente de potencia alimenta un transformador de 100Kva, 14/2.4Kv a través de un alimentador cuya impedancia es 38.3+j140Ω. La impedancia serie equivalente del transformador referida a su lado de bajo voltaje es 0.12+j0.5Ω. La carga sobre el transformador es de 90Kw con PF 0.85 en atraso y2300V.a) Cuál es el voltaje en la fuente de potencia del sistema?b) Cuál es la regulación de voltaje del transformador?c) Que tan eficiente es el sistema de potencia completo?
Bajo voltaje
Zlinea=(2,4 kV14 kV )2
(40+ j150 )=1,18+4,41Ω
Corriente del secuandario
cos−1(0,85)=31,78 °
I s=90kW
(2300)(0,85)=46,03[A ]
I s=46,03∠−31,78 ° [ A]
a)
V fuente' =V s+ I sZ linea
' + I sZ EQ
V fu' =2300∠0 °+(46,03∠−31,8 ° ) (1,18+ j 4,41 ° )+(46,03∠−31,8 ° ) (0,12+ j 0,5 )
V fuente' =2467∠3,5° [V ]
V fuente=2467∠3,5°( 14 kW24 kW )=14,4∠3,5 ° [kV ]
b)
V p' =V s+ I sZEQ
V p' =2300∠ 0°+(46,03∠−31,8 ° ) (0,12+ j 0,5 )=2317∠0,41°
V .R=2317−23002300
×100%=0,74%
c)
Pout=90kW
P¿=V fuente' I scosθ
P¿=(2467)(46,03)cos (35,2 )=92,68 kW
ɳ=PoutP¿
×100%= 90kW92,68kW
×100%=97,19%
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