Trabajo Práctico de Resolución de Problemas N° 3 Trafos Trifásicos Problemas propuestos Problema N°1 Dibujar los esquemas de conexiones de los siguientes transformadores: Dy11, Dy5, Dy1, y Dy7.

Problema N° 2 Indicar a que grupo de conexión corresponden los siguientes esquemas.

a) U

u

b) V

c)

W

v

U

V

W

u

v

w

U

V

W

u

v

w

w

Problema N° 3 Dado el núcleo trifásico de la figura, con un arrollamiento sobre cada columna, se pide:

a) si en bornes 1-2 y 3 se aplica tensión 1

2

3

1'

2'

3'

trifásica simétrica de 100 [V] de línea. ¿Qué se mide entre bornes 1’ y 2’?

100 [V]

1

2

3

b) Si los tres arrollamientos se conectan como se indica en la figura, ¿qué tensión se mide entre 2 y 2’?

c) ¿Qué tensión se mediría en la conexión 1'

2'

1

2

1'

2'

anterior si el arrolla- miento 1-1’ fuera izquierdo?

3'

d) Suponiendo que el núcleo trifásico, está recorrido por flujo trifásico (producido por otro arrollamiento no mostrado en la figura), indicar que tensión mediría entre 1’ y 3, si la tensión inducida en cada arrollamiento es 100 [V].

3

e) ¿Qué tensión se mediría en el caso

3'

anterior si el arrollamiento 2-2’ fuera izquierdo?

Problema N° 4 Un generador trifásico de 1 MVA, 13,2 [kV], proporciona potencia a una carga trifásica de 380 [V] por medio de tres transformadores monofásicos conectados en banco trifásico. Determinar la tensión, corriente, los [KVA] nominales y relación de transformación para cada transformador monofásico del banco, para cada tipo de conexión posible.

Problema N° 5 a) Indicar el grupo de conexión que corresponde a la figura y los distintos grupos posibles sin modificar las conexiones indicadas en la misma. b) ¿Justificaría la elección de un grupo Dz? Explicar por qué.

U

u

V

v

W

w

Problema Adicional Un transformador trifásico de 10 MVA, 50 Hz, 132/66 kV y conexión Dy dio en los ensayos de vacío y cortocircuito los siguientes resultados: Ensayo de vacío lado de BT: U = 66 kV, I = 4 A, P = 50 kW Ensayo de cto cto lado de AT: U = 5500 V, I = 22 A, P = 30 kW Determinar: 1.- Flujo máximo sabiendo que el número de espiras del primario es N1= 450. 2.- Parámetros del circuito equivalente referido al primario R0, X0, Rk,Xk. 3.- Tensión en bornes del secundario cuando el transformador alimenta a una carga trifásica equilibrada conectada en estrella de valor 400 +j200 ohms por fase. 4.- Rendimiento en el caso anterior. 5.- Índice de carga con el que se obtiene el rendimiento máximo.

Problemas resueltos Problema N° 1 Dado un transformador con secundario en estrella y neutro accesible, se lo carga según el siguiente esquema:

S

R

T

Z1

Z2

I1 = 0,2.IN cos ϕ = 1

I2 = 0,5.IN cos ϕ = 1

Se pide calcular las componentes simétricas de las corrientes de línea secundaria.

Desarrollo 1) Consideremos IS1 carga monofásica y referencia US.

R

URS = US - UR

I

S

=0 ,2. I

N

I RS I ,5. =0

T

S

 I S   0,2.I N      (I P ) =  I T  =  0   I  0   R  

; (I Sec ) = (T ) .(I P ) −1

N

1 a a 2  0,2.I N   0,2.   IN   1 2 = 1 a a  0 =  0,2  3   3  0,2  1 1 1  0      0,2.I N I S ( + )1 = = I S ( − )1 = I S ( 0)1 3

2) IRS es carga monofásica entre líneas.

I RS2 = 0,5.I N (cos 30 − j sen30) = I S2 = − I R2

; I T2 = 0

I R2 = 0,5.I N (− cos 30 + j sen30)  e − j 30    (I P ) = 0,5.I N  0   − j 30  − e  1 1 (I Sec ) = 1 3 1  1 IN  1 = 6  1 

a a2 1 e j 120 e j 240 1

a2   e − j 30     a .0,5.I N  0    − j 30  1  − e   e j 240   e − j 30    e j 120 . 0    − j 30   1  − e

 e − j 30 − e j 210   I  cos 30 − j sen30 − (− cos 30) − (− j sen30)  I N  − j 30 j 90 e  = N  cos 30 − j sen30 − j = −e  6  − j 30  6   − j 30 e  −e 0     3    IN  3 3 = −j   6  2 2 0    I I I I S( + )2 = N . 3 ; I S( − )2 = N . 3 − j N 6 12 4

;

I S(0)2 = 0

Las componentes simétricas totales en la fase S son:

0,2 1 .I N + .I N . 3 = 0,3553.I N 3 6 0,2 1 1 = I S ( −)1 + I S ( −) 2 = .I N + .I N . 3 − j .I N = 0,327.I N .e − j 49,84 3 12 4 0,2 = I S ( 0)1 + I S ( 0) 2 = .I N + 0 3

I S ( + ) = I S ( + )1 + I S ( + ) 2 = I S ( −) I S ( 0)

Problema N° 2 Un transformador trifásico montado en estrella, 75 [KVA], 50 [Hz] cuya relación de transformación en vacío es 5000 / 200 [V], se somete a ensayo de vacío, alimentando con 200 [V] y se obtiene:

................................I0 = 11,2 [A]...........;...........P0 = 570 [W] Se sabe que:..........NBT = 45................;...........SFe Columna= 144[cm2] Para los valores de inducción adoptados, las pérdidas por corrientes parásitas en el Fe son el 10% de las pérdidas por histéresis, y éstas son sensiblemente proporcionales al cuadrado de la inducción máxima. a) Una reparación del bobinado trajo como consecuencia, en el curso del nuevo montaje del circuito magnético, la creación de un entrehierro adicional de 1 [mm] en cada columna. ¿Cuál será el nuevo valor de la corriente de vacío? b) Se quiere utilizar este transformador en una red de 6000 [V].¿Qué modificación efectuaría en el transformador? (Se considera que la tensión y corriente en el secundario se mantienen constante).Con su solución ¿cómo varían las pérdidas en el Fe y en el Cu? c) ¿Qué ocurriría si se hace funcionar el transformador con una red de 42 [Hz], con corriente y tensión nominales?. Analizar pérdidas y corriente de vacío. Se supone que el transformador mantiene sus características iniciales y que la relación B-H en el Fe es lineal.(zona de inducción baja).¿A qué tensión habrá que alimentarlo si se desea mantener constantes las PFe, y cuál será la nueva potencia aparente?

Desarrollo a)

El incremento de la corriente de vacío debe cubrir los Av necesarios para permitir el pasaje del flujo por el entrehierro.

B = µ 0 .H

∆ I X .N = H a .l a 200

E 3 = = 8026 [G ] −8 4,44.N . f .S .10 4,44.45.50.144.10 −8 8026 [G ] Ha = = 6387 [ A / cm] 1,256 [G.cm / A] B=

∆ I X .N = 6387.0,1 = 638,7 [ Av] → ∆ I X =

638,7 = 14,193[ A] 45

∆ I X es el valor máximo , por lo tanto el valor efectivo será : El valor original de I X es : I X = I 0 .senϕ 0 senϕ 0 = 0,989 I

' XT

;

cos ϕ 0 =

14,193

570 200.11,2. 3

2

= 10,06 [ A ]

= 0,1469

I X = 11,2.0,989 = 11,078 [ A]

= I X + ∆ I X = 11,078 + 10,036 = 21,114[ A]

La corriente total de vacío será : I 0' = 21,114 2 + (11,02.0,1469) 2 = 21,178 [A]

b) Si se quiere mantener el nivel de inducción será necesario aumentar las espiras primarias en la misma proporción que aumenta la tensión.

N ' = N.

6000 5000

siendo N el número de espiras de alta tensión.

Si se adopta esta solución, manteniendo la sección original del primario, la cantidad de cobre del primario aumenta en la relación 6/5 y la corriente y la corriente disminuye en la misma proporción ya que se conserva la potencia secundaria. Las pérdidas secundarias se mantienen, y las del primario serán :

PCu' 1 PCu1

2

' 2  σ '  GCu1  5  6 5 =  1  =  . =  σ 1  GCu1  6  5 6

O sea que las pérdidas en el cobre primario decrecen en 5/6. Las pérdidas en el hierro se mantienen constantes con la solución adoptada, ya que B = cte.

c) De : E = 4,44. f .N .B.S .10 −8

Luego : B 42 = B50 .

se ve que : B. f debe ser cte.

50 50 = 8026. = 9555 [G ] 42 42

Análisis de pérdidas : PFe = PP + PH y como PP = 10 % PH PFe = 0,1.PH + PH = 1,1.PH

570 = 518,18 [W ] → PP = 51,82 [W ] 1,1 Las nuevas pérdidas a 42 [ Hz ] serán :

PH =

2

42  9555  P = PH . .  = 518,18.0,84.1,4173 = 616,91 50  8026  ' H

2

PH' = 616,91 [W]

2

 42   9555  P = PP .  .  = 51,82  50   8026  ' P

PP' = PP = 51,82 [W]

Las pérdidas por corrientes parásitas no cambian ya que son proporcionales a ( B. f ) 2 que se mantiene cte. Las pérdidas totales resul tan : PFe' = 616,91 + 51,82 = 668,73 [W]

Análisis de la corriente de vacío:

I 0' V = I 0V .

668,73 = 1,17.I 0V = 1,17.I 0 . cos ϕ 0 = 1,17.11,2.0,1469 = 1,93[ A] 570

La componente magnetizante subirá proporcionalmente con B, en virtud de la linealidad supuesta entre B y H.

I 0' X = I 0 X .

9555 9555 = 11,078. = 13,188 [ A] 8026 8026

I 0' = 13,188 2 + 1,93 2 = 13,3284

I 0' = 13,3284 [A]

Si se desea mantener constante las pérdidas en el hierro:

PFe = PH + PP = 570 [W ] = K .B 2 . f + K ' .B 2 . f

2

K y k ' son cons tan tes de proporcionalidad Conociendo las pérdidas para 50 [ Hz ] y 8026 [G ], y sabiendo que las pérdidas deben mantenerse, se puede escribir : 2

2

2

42  B'   42   B'  518,18. .  + 51,82.  .  = 570 50  B   50   B  Re solviendo en B ' resulta : B' = 1,11.B = 1,11.8026 = 8909 [G ] La tensión de a lim entación para mantener las pérdidas con tan tes será : U ' = U.

B'. f ' 8909.42 = 5000. = 4662 B. f 8026.50

U' = 4662 [V]

La nueva potencia aparente del transformador será : P' = P.

4662 = 69,93 5000

P' = 69,93 [KVA]

Problema N° 3 Se dispone de un transformador trifásico, cuyos datos de placa son : P = 100 [KVA].......U1 / U2 = 13200 / 400 [V]......50 [Hz]......uK = 5 % PCuN = 1[KW]..............PFe = 0,3 [KW] Además se conoce que la relación pFeH / pFeP = 3 a 50 [Hz]. Se desea conectarlo a una red de 13200 [V] y 60 [Hz]. Determinar el comportamiento del transformador, indicando cómo varían las pFeH, pFeP , pFeT , I0 , uR % ( considerando pérdidas joule = 90 % PCuN y por corrientes parásitas = 10 % PCuN ) , uX % y uK %. El punto de funcionamiento del transformador en condiciones nominales se indica en la siguiente gráfica de B = f(H). B N

120%

M

100%

I 0X = 0,98 I 0 I 0V = 0,2 I 0

60%

100%

H

Desarrollo

U = 4,44. f .N .B.S f crece en relación 1,2 ; U = cte. ⇒ B decrece en relación 1 / 1,2 p Fe 50 = p FeH 50 + p FeP 50 = 0,75.0,3 + 0,25.0,3 = 0,225 + 0,075 = 0,3[ KW ] 2

p FeH 60

2

60  B   1  = 0,225. . 60  = 0,225.1,2.  = 0,1875 50  B50   1,2  2

2

H60

= 0,1875 [KW]

2

 1   60   B  p FeP 60 = 0,075,  . . 60  = 0,075.(1,2) 2 .  = 0,075  50   B50   1,2  p Fe 60 = p FeH 60 + p FeP 60 = 0,1875 + 0,075 = 0,2625 Las pérdidas en el hierro disminuyen un 12,5 %

pFe

pFeP60 = 0,075 [KW] pFe60 = 0,2625 [KW]

I 0 X 60 dis min uye al 60 % de I 0 X 50 al correrse el punto N sobre la curva de magnetización a M . I 0V60 dis min uye según las pérdidas al 87,5 % de I 0V50 I 0 X 60 = 0,6.0,98.I 050 = 0,588.I 050

I 0X 60 = 0,588.I 050

I 0V60 = 0,875.0,2.I 050 = 0,175.I 050

I 0V

60

I 060 = (0,588) 2 + (0,175) 2 .I 050 = 0,6135.I 050

uR % = PCuJ 50

= 0,175.I 0

50

I 060 = 0,6135.I 050

PCuN 50

PCuN 50 = 1[ KW ] = PCuJ 50 + PCuP50 .100 P = 0,9.PCuN50 = 0,9 [ KW ] ; PCuP50 = 0,1.PCuN 50 = 0,1[ KW ] 2

 60  PCuP60 = PCuP50 .  = 0,1.(1,2) 2 = 0,144 [ KW ]  50  PCuN 60 = 0,9 + 0,144 = 1,044

PCuN60 = 1,044 [KW]

Las pérdidas en el cobre no min ales ( para 60 [ Hz ] )crecen un 4,4 % aligual que u R %. uX % =

I N .X K .100 UN

X K 60 = 1,2. X K 50 u R50 % =

PCuN50 PN

→

.100 =

u X 60 % = 1,2.u X 50 % 1 .100 = 1% 100

u X 60 % = 1,2.4,899 = 5,878

u X 50 % = (u K 50 %) 2 − (u R50 %) 2 u X 50 % = (5) 2 − (1) 2 = 4,899 % u X 60 = 5,878 %

u K 60 % = (u X 60 %) 2 + (u R60 %) 2 = (1,044.1 %) 2 + (1,2.4,899 %) 2 = 5,97 % u K60 = 5,97 % creció casi en proporción

1,2

Problema N° 4 Indicar cómo procedería en el laboratorio para determinar la conexión del secundario de un banco trifásico formado por tres transformadores monofásicos de 13200 / 220 [V], para disponer de tensión de línea de 380 [V], si no se conoce la polaridad de los arrollamientos secundarios. a) b)

Trabajando con los transformadores individualmente. Alimentando el primario en triángulo sin interconectarlo con el secundario.

13200

1arios

N1

2arios

N2

380

Desarrollo a)

Se toma uno por uno y se los conecta :

Si V2 > V1 están en serie y conectados p-f-p-f.

N2

Si V2 < V1 están en oposición y conectados p-f-f-p V2

V1

N1

b) Se conecta el 2ario también en triángulo “ abierto” , y se mide tensión. Si da cero es que están conectados correctamente, o sea p-f-p-f-p-f. Luego, una vez identificados, se puede conectar en estrella para disponer de 380 [V] de línea.

V=0

Otra forma, es conectar en estrella el 2ario y medir las tensiones de línea. Si dan todas iguales, está bien conectado, caso contrario, darán dos iguales y menores que la restante. En este caso se cambia la conexión de una de las fases y quedará bien.

U

V

W

V

f W

En este caso hay que invertir la fase u.

p U u f

p

p

p

f

f

u f

v p

v

w

w f

uEn este caso hay que invertir v

p

f u

la fase v.

p v

w

w

Problema N° 5 Se dispone de un transformador como el de la figura, relación de transformación 1:1, en el que hay una discontinuidad en uno de los arrollamientos primarios. Suponiendo UL(AT) = 1 [p.u.], ¿qué tensiones se miden en el secundario del transformador, en caso que el primario se conecte : a) En estrella. b) En triángulo. Explicar en ambos casos porqué.

Desarrollo

a) 1 p.u. U

V

W

Vemos que las fases U y V quedan conectadas en serie y se reparte ½ UL en cada columna , no habiendo flujo en la columna central.

1:1

V = 1/2

V=0

V = 1/2

b) 1 p.u. U

V

W

1:1

V=1

V=1

V=1

Se aplica la misma tensión en cada arrollamiento externo, y se cierran los flujos por la columna central con el mismo valor que en las columnas laterales.