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%