máquinas eléctricas

Transformadores. Problema 11. Máquinas eléctricas.

Problema. Tres transformadores de distribución de 20 (kVA) y 24000/277 (V) se conectan en Δ-Y. Se realizó una prueba de circuito abierto en el lado de bajo voltaje del banco de transformadores y se obtuvieron los siguientes datos:

V_{linea,CAb} = 480 \ (V), I_{linea,CAb} = 4.10 \ (A), P_{3\phi, CAb} = 945 \ (W)

Se realizó la prueba de cortocircuito en el lado de alto voltaje del banco del transformador y se obtuvieron los siguientes datos:

V_{linea,CC} = 1400 \ (V)I_{linea,CC} = 1.80 \ (A), P_{3\phi,CC} = 912 \ (W)

a) Encuentre el circuito equivalente por unidad del banco del transformador.

b) Determine la regulación de voltaje del banco de transformadores con la carga nominal y un FP = 0.90 en retraso.

c) ¿Cuál es la eficiencia del banco de transformadores en estas circunstancias?

Solución a). Los datos de la prueba de circuito abierto en el lado de bajo voltaje pueden utilizarse para encontrar la impedancia de la rama de excitación referido al lado secundario del banco de transformadores. Desde el lado de bajo voltaje del transformador es conectado en «Y», así que los valores por fase del circuito abierto son:

V_{\phi, CAb} = 277 \ (V)

I_{\phi,CAb} = 4.10 \ (A)

\displaystyle P_{\phi,CAb} = \frac{P_{3\phi, CAb}}{3} = \frac{945}{3} = 315 \ (W)

La magnitud de la admitancia de excitación es

\displaystyle |Y_{EX}|= \frac{I_{\phi, CAb}}{V_{\phi,CAb}} = \frac{4.10 \ (A)}{277 \ (V)}

\displaystyle |Y_{EX}|= 0.0148 \ (S)

El ángulo de admitancia es

\displaystyle \theta = cos^{-1}{\left(\frac{P_{\phi,CAb}}{V_{\phi,CAb} \cdot I_{\phi, CAb}} \right)}

\displaystyle \theta = cos^{-1}{\left(\frac{315}{(277)(4.10)} \right)}

\displaystyle \theta = 73.9

El fasor de la admitancia de excitación es

\displaystyle \boldsymbol{Y_{EX}} = 0.0148 \angle (-73.9) \ (S)

\displaystyle \boldsymbol{Y_{EX}} = 0.0041- j0.0142 \ (S)

Y sus elementos son

\displaystyle G_C = \frac{1}{R_C} \rightarrow R_C = \frac{1}{G_C}

\displaystyle R_C = \frac{1}{0.0041} = 243.902 \ (\Omega)

\displaystyle B_M = \frac{1}{X_M} \rightarrow X_M = \frac{1}{B_M}

\displaystyle X_M = \frac{1}{0.0142} = 70.423 \ (\Omega)

Ahora, se calcula la impedancia base del transformador simple referido al lado de bajo voltaje

\displaystyle Z_{base,S} = \frac{(V_{\phi, S})^2}{S_{\phi}} = \frac{(V_{\phi, CAb})^2}{S_{\phi}}

\displaystyle Z_{base,S} = \frac{(277)^2}{20 \times 10^3}

\displaystyle Z_{base,S} = 3.836 \ (\Omega)

Así que, los elementos de la rama de excitación por unidad son

\displaystyle R_{C,pu} = \frac{R_C}{Z_{base}}

\displaystyle R_{C,pu} = \frac{243.902}{3.836}

\displaystyle R_{C,pu} = 63.582 \ (pu)

\displaystyle X_{M,pu} = \frac{X_M}{Z_{base}}

\displaystyle X_{M,pu} = \frac{70.423}{3.836}

\displaystyle X_{M,pu} = 18.358 \ (pu)

Los datos de la prueba en cortocircuito cerrado pueden utilizarse para encontrar las impedancias en serie referidas al lado de alto voltaje. Como el lado de alto voltaje está conectado en Δ, los datos son los siguiente

V_{\phi,CC} = V_{linea,CC} = 1400 \ (V)

\displaystyle I_{\phi,CC} = \frac{I_{linea,CC}}{\sqrt{3}} = \frac{1.80}{\sqrt{3}} = 1.039 \ (A)

\displaystyle P_{\phi,CC} = \frac{P_{3\phi,CC}}{3} = \frac{912}{3} = 304 \ (W)

La magnitud de la impedancia en serie equivalente es

\displaystyle |Z_{SE}| = \frac{V_{\phi,CC}}{I_{\phi,CC}}

\displaystyle |Z_{SE}| = \frac{1400 \ (V)}{1.039 \ (A)}

\displaystyle |Z_{SE}| = 1347.449 \ (\Omega)

El ángulo de la impedancia en serie es

\displaystyle \theta = \cos^{-1}{\left(\frac{P_{\phi,CC}}{V_{\phi,CC} \cdot I_{\phi,CC}} \right)}

\displaystyle \theta = \cos^{-1}{\left(\frac{304}{(1400) \cdot (1.039)} \right)}

\displaystyle \theta = 77.94

Y el fasor de impedancia es

\displaystyle Z_{SE,P} = 1347.449 \angle 77.94 = 281.53+j1317.710 \ (\Omega)

Sus elementos son

R_{eq,P} = 281.53 \ (\Omega) y X_{eq,P} = 1317.710 \ (\Omega)

La impedancia base referida al lado de alto voltaje es

\displaystyle Z_{base,P} = \frac{(V_{\phi,P})^2}{S_{\phi}}

\displaystyle Z_{base,P} = \frac{(V_{\phi,CC})^2}{S_{\phi}} = \frac{(24000)^2}{20 \times 10^3}

\displaystyle Z_{base,P} = 28800 \ (\Omega)

Los elementos de la impedancia base por unidad son

\displaystyle R_{eq,pu} = \frac{R_{eq,P}}{Z_{base,P}}

\displaystyle R_{eq,pu} = \frac{281.53}{28800}

\displaystyle R_{eq,pu} = 0.0098 \ (pu)

\displaystyle X_{eq,pu} = \frac{X_{eq,P}}{Z_{base,P}}

\displaystyle X_{eq,pu} = \frac{1317.710}{28800}

\displaystyle X_{eq,pu} = 0.0458 \ (pu)

Teniendo estos datos, el circuito equivalente por fase del banco de transformadores por unidad se muestra a continuación

Figura 2.11.1 Circuito equivalente por fase del banco de transformadores por unidad.
Figura 2.11.1 Circuito equivalente por fase del banco de transformadores por unidad.

Solución b). Si este transformador esta trabajando con una carga nominal y un factor de potencia de 0.90 en retraso, entonces, el flujo de corriente tendrá un ángulo de

FP = \cos{\theta}

0.90 = \cos{\theta}

\theta = 25.84

La magnitud de la corriente en el lado secundario por unidad es

I_S = 1\ (A)

El fasor es

\boldsymbol{I_S} = I_S \angle (-\theta)

\boldsymbol{I_S} = 1 \angle (-25.84) \ (pu)

El voltaje en el lado primario por unidad es

\displaystyle \boldsymbol{V_P} = \boldsymbol{V_S} + R_{eq,pu} \cdot \boldsymbol{I_S} + j X_{eq,pu} \cdot \boldsymbol{I_S}

\displaystyle \boldsymbol{V_P} = 1 \angle 0 + (0.0098)(1 \angle (-25.84)) + j0.0458 (1 \angle (-25.84))

\displaystyle \boldsymbol{V_P} = 1 \angle 0 + (0.0098 \angle 0)(1 \angle (-25.84)) + (0.0458 \angle 90)(1 \angle (-25.84))

\displaystyle \boldsymbol{V_P} = 1 \angle 0 + (0.0098 \angle (-25.84)) + (0.0458 \angle 64.16)

\displaystyle \boldsymbol{V_P} = 1 + j0 + 0.0088 - j0.0043 + 0.02 + j0.0412 = 1.0288 + j0.0369

\displaystyle \boldsymbol{V_P} = 1.0295 \angle 2.05 \ (V)

Por tanto, la regulación de voltaje es

\displaystyle RV = \frac{V_P - V_S}{V_S} \times 100%

\displaystyle RV = \frac{1.0295 - 1}{1} \times 100%

\displaystyle \therefore RV = 2.95%

Solución c). Para determinar la eficiencia, se deben tener la potencia de salida por unidad

\displaystyle P_{sal} = V_S I_S \cos{\theta}

\displaystyle P_{sal} = (1)(1)(0.9)

\displaystyle P_{sal} = 0.9 \ (pu)

la potencia perdida en el cobre

\displaystyle P_{Cu} = I_S^2 R_{eq}

\displaystyle P_{Cu} = (1)^2 (0.0098)

\displaystyle P_{Cu} = 0.0098 \ (pu)

y la potencia perdida en el núcleo del transformador

\displaystyle P_{nucleo} = \frac{V_P^2}{R_C}

\displaystyle P_{nucleo} = \frac{(1.0295)^2}{63.516}

\displaystyle P_{nucleo} = 0.0167 \ (pu)

Finalmente

\displaystyle \eta = \frac{P_{sal}}{P_{sal} + P_{Cu} + P_{nucleo}} \times 100%

\displaystyle \eta = \frac{0.9}{0.9 + 0.0098 + 0.0167} \times 100%

\displaystyle \therefore \eta = 97.14%

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