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G1 G3
G2
6.9 11.5115
115
6.9
j100Ω j80 Ω
75√3/7.5√3
115
6.9
6.9 115
A B C FE
D
Circuito 1
KVA= 30000 KV= 6.9KV
Voltajes Seccion del generador 1 KV = 6.9KV Seccion de linea BCSeccion de linea CD KV = 115KVSeccion de linea CE Seccion del generador 2 KV = 6.9KVSeccion del generador 3 KV = 115*(7.5√3/75√3)= 11.5 KV
• •
•Impedancias • Seccion de lgenerador1 ZB= (6.9)^2/30 =1.59 Seccion de linea BC Seccion de linea CD ZB= 115^2/30= 440.83Seccion de linea CE Seccion del generador2 ZB= 6.9^2/30= 1.59 Seccion del generador3 ZB= 11.5^2/30= 4.41
Bases
Corriente
Seccion del generador1
IB=30000/(√3*6.9)= 2510.22
Seccion de linea BC
Seccion de linea CD
Seccion de linea CE
IB= 30000/(√3*115)= 150.61
Seccion del generador2
IB= 30000/(√3*6.9)= 2510.22
Seccion del generador 3
IB= 30000/(√3*11.5)= 1506.1
Potencia
Para todo el sistema 30000 KVA
Resumen
Componentes Potencia
(KVA) Voltaje
(KV)Corriente
(A) Impedancia
(OHM)
Seccion del generador 1
30000 6.9 2510.22 1.59
Seccion de linea BC Seccion de linea CD Seccion de linea CE
30000 115 150.61 440.23
Seccion del generador 2
30000 6,9 2510.22 1.59
Seccion del generador 3
30000 11.5 1506.1 4.41
Impedancias Cambios de Base
Generador 1
(ZN) = 0.15*(6.9/6.9)^2*(30000/20000) = 0.225
Generador 2
(ZN) = 0.15*(6.9/6.9)^2*(30000/10000) = 0.450
Generador 3
(ZN) = 0.15*(13.8/11.5)^2*(30000/30000) = 0.216
Transformadores
Transformador 1
(ZN)= 0.10*(6.9/6.9)^2*(30000/25000)= 0.120
Transformador 2
(ZN) = 0.10*(6.9/6.9)^2*(30000/12000) = 0.250
Transformador3
(ZN)=0.10*(6.9/6.9)^2*(√3*75/115)^2*(30000/30000) =0.128
Lineas
Seccion de linea BC (Z)= 100/440.83= 0.227
Seccion de linea CD (Z)= 80/440.83 = 0.181
Detreminar la f.e.m. inducida en las maquinas 1, 2, 3.
Condiciones : I G2 = 0.75 ; Fp = 0.8 atrazo
Vd = 1 |_00 Va = 1 |_00
j0.128
1 32
j 0.250
j0.450
j0.225
j0.227j0.120 j0.181
j0.216
A B C D E
Solucion :
Vc = (1∠0° - 0.75∠-36.87°)*(0.25 ∠90°) = 0.9∠9.598°
I1 = ( 1∠0°- 0.9∠9.58° ) / (0.347∠90° ) = 0.541 ∠-36.992°
I3 =I1 + IG2 ; I3 = 0.541∠-96.39° +0.75∠-36.87 = 1.291∠-36.94o
Ef1 = 0.541∠-36.992° 0.572∠90° + 0.887- j0.150
Ef1 = 0.309∠53.008° + 0.887-j0.150 = 0.186+j0.247+0.887-j0.150
Ef1 = 1.073 – j0.057 = 1.077∠5.155°
Ef2 = 1∠0° + 0.75∠-36.87° 0.45∠90° = 1+0.338∠53.13°
Ef2 = 1+0.203 + j0.270 = 1.203+j0.270 = 1.233∠12.668°
Ef1 = 1.077∠5.155°
Ef2 = 1.233∠12.668°
Ef3 = 0.735∠-49.25
240
a
b
120
n4160
B
A
El trasformador de distribución de la figura anterior:
Entrega:
30 Amp a 120v Fp=1 Entre a y n
40 Amp a 120v Fp=0.707 Atrasado entre b y n
25 Amp a 240v Fp= 0.9 atrasado entre a y b
Desprecie la impedancia y admitancia del transformador .
Calcular la corriente y el factor de potencia en el primario del transformador.
Solución:
San = VI* = 120∠0° 30∠0°
Sbn = VI* = 120∠0° 40∠45° I = 40∠-45°
Sa.b = VI* = 240∠0° 25∠25034°
San = 3600 + j0
Sbn = 3394.11 + j3394.11
Sa.b = 5400.09 + j2615.16
St = 12394.23 + j6009.27 13774∠14.7°
Si St = VI*=13774∠25.87° = 4160∠0° * I*
I* =13774∠25.87° / 4160∠0° = 3.31∠25.87°
I = 3.31∠-25.87° Fp = cos 25.87 = 0.9
PROBLEMA 1• Un transformador trifásico de 600
KVA estrella - estrella con una impedancia por fase expresada en porcentaje de Za=1,2+j4, funciona en paralelo con un transformador trifásico estrella – estrella de 900 KVA con una impedancia por fase expresada en porcentaje de Zb =0,6 +j9. Calcular los KVA de carga de cada transformador y su factor de potencia, cuando ellos alimentan una carga de 1.000 Kilovatios a un factor de potencia 0,8 en atraso. Los transformadores tienen igual relación de vueltas. (Utilizar potencia base de 900 KVA).
SOLUCION:Ia.Za = Ib.Zb = I(Za.Zb / Za+Zb)Ia = I ( Zb / Za+Zb ) V.Ib =V.I ( Za / Za+Z )Sa = S ( Zb / Za+Zb ) Sb = S ( Za / Za+Zb ) P=Sfp S= 1.000Kw/0.8 = 1250 KVAfp = Cos θ = 0.8 θ = 36.87˚ ( atraso )S = 1250 ∠ 36.87˚ KVA Cambio de base para el transformador de 600KVA a 900KVA.Za = ( 1.2+j4 ) (900/600) = 1.8 j6 = 6.26 ∠ 73.3˚Zb = ( 0.6+j9 ) = 9.02 ∠ 86.19˚Za+Zb = ( 2.4 +j15 ) = 15.19 ∠ 80.91˚Sa* = S* ( Zb / Za+Zb ) Fpa = Cos 31.59 = 0.85
Tiene una potencia aparente de 742.26KVA , con un factor de potencia de 0.85
Sb* = S* ( Za / Za+Zb ) Sb* = 1250∠-36.87 (6.26∠73.3˚ / 15.19∠80.91˚)Sb* = 515.14∠-44.48˚ KVASb = 515.14∠44.48˚ KVAFpb = Cos 44.48 = 0.71
Tiene una potencia aparente de 515.14KVA , con un factor de potencia de 0.71
PROBLEMA 2• El trasformador de distribución monofásicos de 50
Kva,2400/240 V, 60 Hz ,con las sigientes constantes : impedancia de dispersión 0,72+j0.92 ohmios en el lado de alta tension , impedancia de dispersión 0.007+j0.0090 ohmios en el lado de baja tensión. A voltaje nominal y frecuencia nominal el ramal de la admitancia de magnetización del ramal derivación que toma en consideración la corriente de exitacion es 0.00324-j0.0224 mhos vista desde el lado de baja tensión .Es usado para reducir el voltaje en el terminal de carga de una alimentadora , cuya impedancia es 0.3+j1.6 ,el voltaje en terminal de alimentacion de la alimentadora es 2400V.Encontrar el voltaje en el terminal secundario del transformador cuando la carga conectada al secundario toma la corriente nominal del trasformador a factor de potencia 0.8 en adelanto. Despréciese la caida de voltaje en el transformador y en la alimentadora causada por la corriente de exitacion.
SOLUCION:50KVA , 2400 / 240 a = 10ZAT= 0.72+j0.92
ZBT= 0.007+j0.009
ZAT = α2 ZBT
ZBT = (0.0072+j0.0092) (referido)
Zeq = (0.007 + 0.0072) +j (0.009 +j 0.0092 )Zeq = ( 0.0142+ j 0.0182 ) IN = (S / Vs) = ( 50KVA / 240 ) = 208.333 A.
Fp = Cos θ = 0.8 ( adelanto )θ = - 36.87°∠ I = ∠ V - ∠ θ∠ I = 36.87°IN = 208.333∠ 36.87° A
Vs = Ztotal INZtotal=(Zeq+Zalim)=(0.0142+j0.0182)+ (0.3+j1.6)
Ztotal = 0.3142+j1.6182
Ztotal = 1.6484 ∠ 79.012° Vs = (1.6484 ∠ 79.012°) (208.333∠ 36.87°)Vs = 343.42 ∠ 115.82° v
PROBLEMA 3
El trasformador de distribución de la figura anterior: Entrega: 30 Amp a 120v Fp=1 Entre a y n 40 Amp a 120v Fp=0.707 Atrasado entre b y n 25 Amp a 240v Fp= 0.9 atrasado entre a y bDesprecie la impedancia y admitancia del transformador . Calcular la corriente y el factor de potencia en el primario del transformador.
240
a
b
120
n4160
B
A
SOLUCIONFp1 = cos θ = 1 θ = 0°
Fp2 = cos θ = 0.707 θ = 45°
Fp3 = cos θ = 0.9 θ = 25.842° ∠ I = ∠ V - ∠ θ
I = 40∠0° I = 30∠-45° I = 25∠-25.842° San = VI* = ( 120∠0° ) ( 30∠0° ) Sbn = VI* = ( 120∠0° ) ( 40∠45° ) Sab = VI* = ( 240∠0° ) ( 25∠25.842° ) San = 3600 + j0 Sbn = 3394.11 + j3394.11 Sa.b = 5399.99 + j2615.35
ST = 12394.1 + j6009.46 = 13774 ∠ 25.867°
S = VI* = 13774 ∠ 25.867° = 4160∠0° * I*
I* = (13774 ∠ 25.867°) / (4160∠0°) = 3.311 ∠ 25.867°
I = 3.311 ∠ -25.867° (A) Fp = cos 25.867° = 0.9
Problema No 1:Dos transformadores monofasicos de 200KVA de identica relación de transformación operan en paralelo para repartir una carga de 320 KW a fp=0.8 en atraso. Las impedancias de los transformadores son :ZA= 0.5 + j8 ZB= 0.75 +j4respectivamente:.
Calcular la potencia aparente que entrega cada transformador
Solución del Problema 1:Datos:
ZA=0.5+j8
ZB=0.75+j4
Calculando la suma de las impedancias:
ZA+ZB= (0.5+j8)+(0.75+j4)=1.25+j12
Como estan conectados en paralelo el voltaje se deduce:
Vc=IAZA=IBZB
Por divisor de corriente:
(1)
Entonces:
(2)
Multiplicando las ecuaciones (1) por V tenemos:
ZBZA
ZBIIA
+=
ZBZA
ZB.ZAIVc
+=
ZBZA
ZAIIB
+=
ZBZA
ZBIVV.IA
+=
ZBZA
ZAV.IV.IB
+=
Sabiendo que Q=VISenθ tenemos:
θ=Cos-1 (fp)=36.87o
ZBZA
ZAQQA
+=
ZBZA
ZAQQB
+=
87.364008.0
87.36320Q <=<=
KVAR54.414.13412j06.12
4j75.087.36400QA −<=
++−<=
5.3426612j25.1
8j5.0.87.36400QB −<=
++−<=
La potencia aparente del transformador A es de 134KVAR y un factor de´potencia de 0.75 en atraso.
La potencia del transformador es de 266 KVAR co un factor de potencia de 0.82 en atraso
Problema No 2:
Se tiene el siguiente sistema de potencia elemental.
Determinar: Voltaje de linea a lineaen el lado de alta tensión
del transformador B.
Calculando el voltaje de linea en el trasformador B tenemos:
voltios71.73424VB
: linea a linea de voltajeel hallaremos Ahora
34.478.423913
6900087.3667.83).
3
59.491532.028.00(
LL =
<=
+−<+++=
VB
jjjVB
Solución del Problema No 2: Calculando el factor de potencia tenemos que:
KAx
xI
MVA
MWCosQfp
l 67.83693
3^1010
8.010
8
==
====
KV 13.8 Delta -Estrella KV 69 1
KV 2.4 Delta- Estrella 13.8KV 2
T
T
Mediante las leyes de voltaje de kirchoff
tenemos:
Voltios 73424.71 VB
3205.66 j42270.40 VB3
069000 )87.3667.83)(
3
49.59j j16.25j15j032(0.28 VB
LL =+=
<+−<++++=
Problema No 3:
Desde una linea de 13.8 KV se desea
energizar la siguiente carga:
Carga : 240 V. 3φ 450 KVA fp=0.85 atraso
Se dispone :
+=
+=
+=
+=
ohm j90 27 Zcc
240/120V / KV 13.8
100KVA
smonofasico doresTransforma Series)(
j78ohm 27 Zcc
240/120V / KV 13.8
100KVA
smonofasico doresTransforma Series )(
51ohm j19 Zcc
/138V7.98KV
50KVA
smonofasico doresTransforma 8 )(
48ohm j16 Zcc
/138V7.98KV
50KVA
smonofasico doresTransforma 6 )(
D
C
B
A
Determinar : Diagrama de conexiones para los transformadores operen con un minimo de sobrecarga
1
2
2
1
Z
Z
KVA
KVA =
Solucion del problema No3:Relacionando las potencias con las inpedancias tenemos:ZA= 16+j48 ZB= 19+j51ZC= (27+j78)/3=9+j26ZD= (27+j90)/3=9+j30Se escoge KVAB = 51
58KVAB 51 KVAB 62 KVAB 54 KVAB
0.5854.42
31.32
KVAD
KVAB 51.0
42.54
51.27
KVA
KVA
0.6250.60
31.32
KVA
KVA 54.0
60.50
51.27
C
B
D
A
====
====
====C
A
KVA
KVA
Problema No 4:
Detrmine el voltaje de la carga
Condiciones de operación :
a): Generador A en servicio
b) Voltaje de la bobina de tensión de los instrumentos de medida 117 V
c) Amperaje de las bobinas de corriente de los instrumentos de medida 4.4 amp
d) Potencia del Vatimetro trifasico 7.7 MW
Solución del problema No 4:
26.2353)13800/240()5/1(13.39051arg
28.2|13,39051'2
76.82|37.2791.36|20.79'20|40530
76.82|37.2715.2745.3
68.070.080.175.267.24
80.0)5/4504.4()120/4400(1173
7700000cos
3
3coscos33
20.795
1
5
4504.4
99.405295120
14400
3
117
==
−=
−+==+=
++++=
==
=→=
==
==
xxxaVc
oV
ooxVo
ojZT
jjjZT
xxxx
xVLLxIL
PxVLLxILXP
AxxIL
VxxVLN
θ
φθθυ
Problema #1 En la figura se ha presentado el diagrama unifilar de un
sistema eléctrico de potencia sin carga. Las reactancias de las dos secciones de la línea de transporte figuran en el diagrama. Las características de los generadores y de los transformadores son las presentadas a continuación.
Dibujar el diagrama de impedancias, poniendo todas las reactancias por unidad y con letras para indicar los puntos correspondientes al diagrama unifilar. Elegir una base de 30 MVA y 6.9 kV en el circuito del generador 1.
Datos:
G1: 20 MVA; 69 KV; X”=0,15 pu
G2: 10 MVA; 69 KV; X”= 0,15 pu
G3: 30 MVA; 13,8 KV; X”= 0,15 pu
T1: 25 MVA; 6,9 Δ / 115 Y KV; X=10 %
T2: 12 MVA; 6,9 Δ / 115 Y KV; X=10 %
T3: 3 unidades 1Ø de 10 MVA; 7,5/75 KV; X=10 %
Diagrama unifilar del problema 1.
Solución al problema #1
G1: X”= 0,15 (30/20)= 0,225 pu
G2: X”= 0,15 (30/10)= 0,450 pu
G3: X”= 0,15 (13,8/17,5)² = 0,216 pu
T1: X= 0,10 (30/25)= 0,12
T2: X= 0,10 (30/12)= 0,25
T3: X= 0,10 ( √3 *75/115)² *(30/30)= 0,128
Diagrama de impedancias para el problema 1.
Problema #2
Dibujar el diagrama de impedancias para el sistema representado en la figura presentada a continuación. Poner las impedancias por unidad. Despreciar la resistencia y utilizar como base 50 MVA y 138 kV en la línea de 40Ω.
Las características de los generadores de los motores y de los transformadores son:
G1: 20 MVA; 13.2 kV; X”= 15%G2: 20 MVA; 13.2 kV; X”= 15%Motor síncrono 3: 30 MVA; 6.9 kV; X”= 20%Transformador 3Ø Y-Y:
20 MVA; 13.8Y-138Y kV; X”= 10%Transformador 3Ø Y-Δ:
15 MVA; 6.9Δ-138Y kV; X= 10%Todos los transformadores están conectados de
forma que eleven la tensión de los generadores a la tensión de la línea de transporte.
Diagrama unifilar del problema 2
Resolución:
G1: X”= 0.15(13.2/13.8)² (50/20)= 0.343
G2: X”= 0.343
Motor S3: X”= 0.20(6.9/6.9)² (50/30)= 0.333
T (Y-Y): X= 0.10 (50/20)= 0.25
T (Y-Δ): X= 0.10 (50/15)= 0.333
Líneas: Z(base)= (138)²/50 = 380.88 Ω
Z(pu)= 40/380.88 = 0.105 Ω
Z(pu)= 20/380.88 = 0.053 Ω
Diagrama de impedancias para el problema 2
Problema #3:Si la tensión de la barra C en el problema 2 es de 6.6 kV, cuando el motor toma 24 MVA con 0.8 de factor de potencia en adelanto, calcular las tensiones en las barras A y B. Suponer que los dos generadores contribuyen igualmente a la carga. Dar el resultado en voltios y por unidad según la base adoptada en el problema anterior.
Determinar: la tensión en A y B si el interruptor de circuito que une el generador 1 a la barra A está abierto, mientras el motor está tomando 12 MW a 6.6 kV con 0.8 de factor de potencia en adelanto. Todos los demás interruptores permanecen cerrados.
Resolución al problema 3:
I = 24x10exp(6)/ √3 * 6.6*10³*0.8 = 2624.3(36,87º
El voltaje 6.6kV: 6.6/6.9 = 0.957 pu
P(pu) = 24 MW/ 50 = 0.48 pu
I / pu = P(pu)/ [V(pu)*Fp] = 0.48 / [0.957*0.8]
I / pu = 0.627 pu
Ibase = MVAbase*10³ / √3 * kVbase
Ibase = 50*10³/ √3 * 6.9 = 4183.69 A
Ipu = Ired / Ibase = 2624,3 / 4183,69 = 0.627 pu
Continuación...
Va = I ΣjX + Vc
Va = [(0.627/2)<36,87º][(0.25 + 0.053 + 0.333)<90º] + 0.957<0º
Va = [0.199<126,87º] + [0.957<0º]
Va = 0.853<10,76 pu
Va red = 0.853*13.8 = 11.77 kV = Vb
UN TRANSFORMADOR DE 3 KVA TIENE UNA PERDIDA DE 300 w Y UNA PERDIDA DE COBRE DE 75 w .CALCULAR LA DEFICIENCIA DIARIA DE LA SIGUIENTE CARGA.2 HORAS 1 ½* 3 0.85 at5 HORAS 1*3 0.9 at6 HORAS ¾*3 0.95at7HORAS ½*3 1.00
SOLUCION KVA FP HORAS E0 Ecu Ehte Ei 4500 0.85 2 7650 0.338 0.06 8.048 3000 0.90 5 13500 0.375 0.15 14.025 2250 0.95 6 12825 0.253 0.18 13.258 1500 1.00 7 10500 0.131 0.21 10.841 _ _ 4 _ _ 0.12 0.16 Σ 44475 1.097 0.72 46.602
75 1e2 X= (1.5)e2 * 75*2 = 0.3
X (1 ½)e2 1000
% n diaria = 44475 * 100 = 96.015 %
46292 +0.72+1.097
12
3
6.9 Kv
138 Kv
J 20 J 20
138 / 13.8 Kv13.8 / 138 Kv
J 40
138 Kv
CONECCIONY
CONECCIONY Y
CONECCIONY Y
CONECCIONY
CONECCION Y , DELTA
31 2
J 0.343
J 0.250
J 0.333
J 0.053
J 0.250
AB
J 0.343
C
J 0.250 J 0.105 J 0.250
J 0.053
RESUMENCOMPONETES POTENCIA VOLTAJE CORRIENTE IMPEDANCIASOLUCION DE LOS GERENADORES 1 y 2 50000 KVA 13.8 KV 2091.85 3.81SOLUCION DE LA LINEA J 40 Y J 20 50000 KVA 138 KV 209.18 380.88SECCIONES DE LOS MOTORES 3 50000 KVA 6.90 KV 4183.7 0.95 • IMPEDANCIAS CAMBIOS DE BASE
GENERADORES 1 y 2 ( Zg1) = (Zg2) = 0.15 (13.2/13.8)e2 (50000/20000) =0.343
TRANSFORMADORES Y Y (Zt) =0.1(13.8/13.8)e2 ( 50000/20000) = 0.250
TRASNFORMADORES Y A ( Zt) = 0.1 (6.9/6.9)e2 (50000/15000) =0.333
LINEA J 40 (Zl) = j40 = 0.105
380.88
LINEA J20 (Zl) = J20 = 0.053
380.88
MOTOR 3 (Zm) = 0.20 ( 6.9 / 6.9)e2 (50000/ 30000) = 0.333
BASES
KVA ( a) = 50000 KVA KV(b) = 138 KV ( LINEA DE J 40)
VOLTAJES
SECCION DEL GENERADOR 1 KV(b) = 13.80 KV
SECCION LINEA J 40 KV(b) = 138 KV
SECCION LINEA J 20 KV(b) = 138 KV
SECCION DEL GENERADOR 2 KV(b) = 13.8KV
SECCION DEL MOTOR 3 KV(b) = 6.9 KV
IMPEDANCIAS
SECCION DEL GENERADOR 1 Z(b) = 13.8e2 = 3.81
50
SECCION DE LINEA J 4O Y J 2O Z (b) = 138 e2 = 380.88 50
SECCION DEL GENERADOR 2 Z(b) = 13.8e2 = 3.81
50
SECCION DEL MOTOR 3 Z(b) = 6.9e2 = 0.95
50
CORRIENTES
SECCION DEL GENERADOR 1 I(b) = 50000 = 2091.85
3e1/2 * 13.8
SECCION DE LINEAS J 40 Y J 20 I(b) = 50000 = 209.18
3e1/2 *138
SECCION DEL GENERADOR 2 I(b) = 50000 = 2091.85
3e1/2 * 13.80
SECCION DEL MOTOR 3 I(b) = 50000 = 4183.10
3e1/2 *6.9
PROBLEMA # 1.
Determinar la carga adicional que se puede conectar para las siguientes condiciones de operación:
La línea tiene 138 V el factor de potencia de la carga trifásica adicional es 0.75 en atraso, la protección en el primario de cada banco opera al 115% de su corriente nominal.
Datos:
Zb = 18 + j52 ohm = 55.02 70.9
Zc = 27 + j78 ohm = 82.64 70.9
KVAc = 100 KVA
Desarrollo:
KVAb / KVAc = 82.64 / 55.02
KVAb / KVAc = 1.5
KVAb = 1.5 KVAc
KVAt = KVAb + KVAc
KVAt = 1.5KVAc + KVAc
KVAt = 2.5 KVAc
KVAc = 100 KVA
KVAt = 2.5 (100 KVA)
KVAt = 250 KVA
PROBLEMA # 2.
Determinar la corriente en la carga debido a los transformadores de 100 KVA
Datos:
Serie de transformadores monofásicos de 100 KVA, 138 KV / 240 / 480 V
Z = 9 + j25 ohm
Desarrollo:S = VI
I = S / V
I = 100KVA / 13.8V
I = 7.25 Amp
Determinar regulación de tensión de los transformadores de 50 KVA
Datos:
Serie de transformadores monofásicos de 50 KVA, 7.98 KV / 138 V
Z = 18 + j50
Desarrollo:
V2' = aV2
a = 13.8 /240 fp = cos 0 = 0.8
V2' = 57.5 (240) a = 57.5
0 = - 36.87
V2' = 13.8 KV
V1 = ZI +V2'
S=VI*
V1 = (18 + j50)(2.89-j2.17)+13800
I*=S/V
V1 = -j39.13+108.69+52.02+j144.5+13800 I*=50KVA/13.8KV
V1=13960,71+j105.37
I*=3.623Amp
V1=13961,1
I*=2.89-j2.17
%R=(13961.1-13800)/13800
%R=0.0117*100
%R=1.17%
PROBLEMA # 3.
Dos transformadores monofásicos operan en paralelos:
Transformador A: 1000KVA
Ea=520V
%IaRa=1%
%IaXa=4%
Transformador B: 600KVA
Eb=520V
%IbRb=0.8%
%IaXa=5%
Carga: 1200KVA
Fp=0.8 atraso
Desarrollo:
IaRa=0.01(500)=5V Ra=5/2000=0.0025 ohm Ta: 1000000/500=2000
IaXa=0.04(500)=20V Xa=20/2000=0.01ohm Tb: 600000/500=1200
IbRb=0.08(500)=4V Rb=4/1200=0.0033 ohm
IbXb=0.05(500)=25V Xb=25/1200=0.2083ohm
Za=0.0025+j0.01 Zt=Za+Zb
Zb=0.0033+j0.02083 Zt=0.0058+j0.0308
S=1084.9-j512.83=VV/Z
Z=0.1875+j0.9076
Ia=520(0.0033+j0.0208)+10(0.1875+j0.9076)
(0.0025+j0.01)(0.0033+j0.0208)+(0.1875+j0.09076)(0.0058+j0.0308)
Ia=1835 Amp fp=0837 atraso
Ib=510(0.0025+j0.01)+10(0.1875+j0.9076)
(0.0025+j0.01)(0.0033+j0.0208)+(0.1875+j0.09076)(0.0058+j0.0308)
Ib=633.2 Amp fp=0.989 atraso
PROBLEMA #1.
Se tiene el siguiente sistema de potencia elemental:
CA
B
Y
Y
Y
Y
Y
Determinar:El voltaje de la carga
Consideraciones de Operación:
a) Generador A en servicio.b) Voltaje de las bobinas de tensión de los instrumentos de medida: 117V.c) Amperaje de las bobinas de corriente de los instrumentos de medida: 4.4A.d) Potencia del Vatímetro 3Φ: 7.7MW.
AM
WM
VM
10MVA
TC450/5
10MVA13,8/69KVj14Ω/FASE
10MVA
10MVATP14,4KV/120
10MVA13,8/69KVj14Ω/FASE
5KM 5KM
2KM
,55+j,36Ω/Km/fase 1,36+j,4Ω/Km/fase
,35+j,34Ω/Km/fase
30MVA69/13,8KVj7Ω/FASE
30MVA13,8KV/240Vj7Ω/FASE
10MVA69/13,8KVj14Ω/FASE
X
RESOLUCIÓN: En el presente ejercicio, debemos tener en cuenta , que tanto los voltajes, corriente e impedancias debemos reflejarlas hacia un solo lado del circuito, preferiblemente al de mayor tensión, con las respectivas relaciones de transformación de los distintos transformadores trifásicos. En este caso reflejaremos al lado de alta que es el punto X del esquema inicial. El voltaje primario del transformador de potencia, es un voltaje RMS por cuya razón el valor leído por los instrumentos de medida en las bobinas de tensión se divide para raíz de tres, en el circuito equivalente lo representaremos por V1. Cuando reflejamos impedancias desde una conexión en Y a ∆, la dividimos para tres. Las impedancias existentes en las líneas de transmisión deben multiplicarse por sus distancias respectivas al punto de reflejo. En una conexión ∆-Y, debemos tener en cuenta que la corriente se atrasa al voltaje. A continuación presentamos el circuito equivalente
J14 5(,55+j,36) 2(,35+j,34) j7 j(,44/3)(69/13,8)2
V1 V’
IL
N
L
VV
V
aabobVolt
V
4053013
5*120*1171
2*13
..1
=
=
∗=
8,13
692
120
144001
=
=
a
a
AIL
IL
aabobIIL
2.79
2.0*90*4.4
4*3*
===
69
8.134
5
4503
=
=
a
a
818.36801.0396*14040*3
7700000
***3 ''3
=⇒=
=
=Φ
θθ
θ
θ
COS
COS
COSIVPot LL
3*4.4
1*117'
'
aI
aV
L
L
=
=
°∠=°∠−°∠=
+=
28.26.391012ˆ
9.4521670405302ˆ
~2ˆ1ˆ
V
V
zVVV
°∠=+°−∠=
=
9.457.2167
)15.2745.3)(818.362,79(~*~
jzV
ZILzV eequivalent
°∠=
=
28.257.235
2ˆ*6
1*
5
1*3
CARGA
CARGA
V
Vaa
V
240
138006
8.13
695
=
=
a
a
PROBLEMA #2.
Desde una línea de 13.8 KV se desea energizar la siguiente carga:
CARGA:
Φ
=−
3
85.0450240
atrasofpKV
Se dispone:
Φ
Ω+=1
)(4816
138/98,7
50
.6
jZcc
VKV
KVA
transf
Φ
Ω+=1
)(5119
138/98,7
50
.8
jZcc
VKV
KVA
transf
Φ
Ω+=1
)(7827
240/120/8,13
100
.
jZcc
VKV
KVA
transfSerie
Φ
Ω+=1
)(9027
240/120/8,13
100
.
jZcc
VKV
KVA
transfSerie
Determinar:
Diagrama de conexiones para que los transformadores operen conun mínimo de sobrecarga, y la capacidad instalada debe ser aproximadamenteigual a la capacidad de la carga.
RESOLUCIÓN:Como la capacidad de carga es de 450 KVA, conectamos
tres transformadores de 100KVA en delta-delta, obteniendo 300KVA depotencia, y un voltaje en el secundario de 240V, a ellos se unen en paralelotres transformadores de 50KVA, conectados en Y-Y, para cumplir con lascaracterísticas de carga.
Su esquema es el siguiente:
3 x 100 KVA
∆ ∆
450KVA
Y Y
3 x 50 KVA
Para conectar en paralelo transformadores debemos cumplir la siguienterelación:
'
''
''
'
Zcc
Zcc
KVA
KVA =
Por lo tanto elegimos los transformadores con impedancias que cumplan dicharelación.
Su circuito equivalente es:
19+j51
9+j26 150KVA
L
N
PROBLEMA #3 Desde una linea de 13.8 KVA se desea energizar la siguiente carga:
Se dispone:
Determinar: Diagrama fasorial de las corrientes de línea de 13,8 KV. Condición de operación: La capacidad instalada debe ser aproximadamente igual a la capacidad de la carga
RESOLUCIÓN: Para cumplir con la exigencia de carga debemos conectar dos transformadores de 100 KVA en delta abierto ya que su potencia es el 86.6% de la carga, en este caso 173KVA. Para las dos cargas adicionales utilizamos 3 transformadores de 50 KVA, conectados en Y-Y, para cumplir con los requerimientos de las cargas
173 KVA IA
150 KVA Y Y 13,8 KV A continuación presentamos los diagramas fasoriales de las corrientes de línea que atrasan a sus respectivos voltajes.
13,8 KV.
VBC VC VCA
VB VA
VAB
∠∠ : Vca
Vab
θ
Vbc ( Iab )carga
Y Y:
Vc
Vb Va
Ia θ
PROBLEMA # 4. Desde una línea de 13,8 KV se desea energizar la siguiente carga:
Se dispone de:
Determinar: El porcentaje de regulación de tensión de los transformadores RESOLUCIÓN: A continuación presentamos el circuito equivalente:
100KVAA
V1
L
N
V'2222
2
IL
)(015935
3
1*
120
13800*240
3/1**
'2
'2
'2
VV
V
aVV CATGA
°∠=
=
=
78.318.1815935
300000
'2
∠=
=
=
L
L
CARGAL
I
I
V
PI
3.2893
8527
jZ
jZ
T
T
+=
+=
)(96.19.15807
015935)3.289(*78.318.18
*
1
1
'21
VV
jV
VZIV TL
°∠=°∠++∠=
+=
%47.3Re%
100*96.19.15807
01593596.19.15807Re%
100*Re%1
'21
=°∠
°∠−°∠=
−=
g
g
V
VVg
PROBLEMA #1.
Se tiene el siguiente sistema de potencia elemental:
CA
B
Y
Y
Y
Y
Y
Determinar:El voltaje de la carga
Consideraciones de Operación:
a) Generador A en servicio.b) Voltaje de las bobinas de tensión de los instrumentos de medida: 117V.c) Amperaje de las bobinas de corriente de los instrumentos de medida: 4.4A.d) Potencia del Vatímetro 3Φ: 7.7MW.
AM
WM
VM
10MVA
TC450/5
10MVA13,8/69KVj14Ω/FASE
10MVA
10MVATP14,4KV/120
10MVA13,8/69KVj14Ω/FASE
5KM 5KM
2KM
,55+j,36Ω/Km/fase 1,36+j,4Ω/Km/fase
,35+j,34Ω/Km/fase
30MVA69/13,8KVj7Ω/FASE
30MVA13,8KV/240Vj7Ω/FASE
10MVA69/13,8KVj14Ω/FASE
X
J14 5(,55+j,36) 2(,35+j,34) j7 j(,44/3)(69/13,8)2
V1 V’
IL
N
L
VV
V
aabobVolt
V
4053013
5*120*1171
2*13
..1
=
=
∗=
8,13
692
120
144001
=
=
a
a
AIL
IL
aabobIIL
2.79
2.0*90*4.4
4*3*
===
69
8.134
5
4503
=
=
a
a
818.36801.0396*14040*3
7700000
***3 ''3
=⇒=
=
=Φ
θθ
θ
θ
COS
COS
COSIVPot LL
3*4.4
1*117'
'
aI
aV
L
L
=
=
RESOLUCIÓN: En el presente ejercicio, debemos tener en cuenta , que tanto los voltajes, corriente e impedancias debemos reflejarlas hacia un solo lado del circuito, preferiblemente al de mayor tensión, con las respectivas relaciones de transformación de los distintos transformadores trifásicos. En este caso reflejaremos al lado de alta que es el punto X del esquema inicial. El voltaje primario del transformador de potencia, es un voltaje RMS por cuya razón el valor leído por los instrumentos de medida en las bobinas de tensión se divide para raíz de tres, en el circuito equivalente lo representaremos por V1. Cuando reflejamos impedancias desde una conexión en Y a ∆, la dividimos para tres. Las impedancias existentes en las líneas de transmisión deben multiplicarse por sus distancias respectivas al punto de reflejo. En una conexión ∆-Y, debemos tener en cuenta que la corriente se atrasa al voltaje. A continuación presentamos el circuito equivalente
°∠=°∠−°∠=
+=
28.26.391012ˆ
9.4521670405302ˆ
~2ˆ1ˆ
V
V
zVVV
°∠=+°−∠=
=
9.457.2167
)15.2745.3)(818.362,79(~*~
jzV
ZILzV eequivalent
°∠=
=
28.257.235
2ˆ*6
1*
5
1*3
CARGA
CARGA
V
Vaa
V
240
138006
8.13
695
=
=
a
a
PROBLEMA #2.
Desde una línea de 13.8 KV se desea energizar la siguiente carga:
CARGA:
Φ
=−
3
85.0450240
atrasofpKV
Se dispone:
Φ
Ω+=1
)(4816
138/98,7
50
.6
jZcc
VKV
KVA
transf
Φ
Ω+=1
)(5119
138/98,7
50
.8
jZcc
VKV
KVA
transf
Φ
Ω+=1
)(7827
240/120/8,13
100
.
jZcc
VKV
KVA
transfSerie
Φ
Ω+=1
)(9027
240/120/8,13
100
.
jZcc
VKV
KVA
transfSerie
Determinar:
Diagrama de conexiones para que los transformadores operen conun mínimo de sobrecarga, y la capacidad instalada debe ser aproximadamenteigual a la capacidad de la carga.
RESOLUCIÓN:Como la capacidad de carga es de 450 KVA, conectamos
tres transformadores de 100KVA en delta-delta, obteniendo 300KVA depotencia, y un voltaje en el secundario de 240V, a ellos se unen en paralelotres transformadores de 50KVA, conectados en Y-Y, para cumplir con lascaracterísticas de carga.
Su esquema es el siguiente:
3 x 100 KVA
∆ ∆
450KVA
Y Y
3 x 50 KVA
Para conectar en paralelo transformadores debemos cumplir la siguienterelación:
'
''
''
'
Zcc
Zcc
KVA
KVA =
Por lo tanto elegimos los transformadores con impedancias que cumplan dicharelación.
Su circuito equivalente es:
19+j51
9+j26 150KVA
L
N
PROBLEMA #3
Desde una linea de 13.8 KVA se desea energizar la siguiente carga:
Φ =−
3
)(83.0173240
atrasofpKVA
Φ =−
3
)(8.080120
atrasofpKVA
Φ =−
3
)(81.070208
atrasofpKVA
Se dispone:
Φ
1
240/120/98,7
50.
VKV
KVATransfSerie
Φ
1
480/240/8,13
100.
VKV
KVATransfSerie
Determinar:Diagrama fasorial de las corrientes de línea de 13,8 KV.
Condición de operación:
La capacidad instalada debe ser aproximadamente igual a la capacidad de lacarga
RESOLUCIÓN:
Para cumplir con la exigencia de carga debemos conectardos transformadores de 100 KVA en delta abierto ya que su potencia es el86.6% de la carga, en este caso 173KVA.
Para las dos cargas adicionales utilizamos 3transformadores de 50 KVA, conectados en Y-Y, para cumplir con losrequerimientos de las cargas
173 KVA
∠∠
IA
150 KVA
Y Y 13,8 KV
A continuación presentamos los diagramas fasoriales de las corrientes de líneaque atrasan a sus respectivos voltajes.
13,8 KV.
VBC VC VCA
VB VA
VAB
∠∠ : Vca
Vab
θ
Vbc ( Iab )carga
Y Y:
Vc
Vb Va
Ia θ
PROBLEMA # 4.
Desde una línea de 13,8 KV se desea energizar la siguiente carga:
Φ =−
3
)(85.0300240
adelantofpKVA
Se dispone de:
Φ
Ω+=1
)(8527
240/120/8,13
100
.
jZcc
VKV
KVA
transfSerie
Determinar:El porcentaje de regulación de tensión de los transformadores
RESOLUCIÓN:A continuación presentamos el circuito equivalente:
3
85
3
27j+
100KVAA
V1
L
N
V'2222
2
IL
)(015935
3
1*
120
13800*240
3/1**
'2
'2
'2
VV
V
aVV CATGA
°∠=
=
=
78.318.1815935
300000
'2
∠=
=
=
L
L
CARGAL
I
I
V
PI
3.2893
8527
jZ
jZ
T
T
+=
+=
)(96.19.15807
015935)3.289(*78.318.18
*
1
1
'21
VV
jV
VZIV TL
°∠=°∠++∠=
+=
%47.3Re%
100*96.19.15807
01593596.19.15807Re%
100*Re%1
'21
=°∠
°∠−°∠=
−=
g
g
V
VVg