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El libro que se presenta es un conjunto de problemas resueltos del área de la Ingeniería Eléctrica, fruto de la larga experiencia acumulada por los autores en la docencia de la asignatura Electrotecnia en la ETSEIT de la UPC.Trata de los circuitos eléctricos trifásicos, especial-mente como circuitos de potencia (capítulo 1), cuya metodología y comportamiento en régimen senoidal es imprescindible conocer para entender la gene-ración, el transporte y la distribución de la energía eléctrica. Presenta una colección de problemas de transformadores monofásicos (capítulo 2), que abor-dan la determinación de los parámetros del circuito equivalente a través de las pruebas de vacío y corto-circuito, así como la determinación del rendimiento. Asimismo, se presenta el trabajo de transformadores en paralelo. También se estudia el comportamiento de los transformadores trifásicos (capítulo 3) en régi-men senoidal alimentando diferentes tipo de cargas. Se dedica un capítulo (4) a la resolución de problemas de corriente continua con distintas máquinas que presentan diferentes formas de excitación. Se hace referencia (capítulo 5) a las máquinas asíncronas, especialmente a los motores trifásicos, de amplia utilización en la industria, pues el estudio de sus cir-cuitos equivalentes, previa determinación de sus pa-rámetros, es fundamental para la determinación del comportamiento del motor. Asimismo, se estudia la potencia del motor en distintas situaciones, así como el rendimiento del mismo y el proceso de arranque. Finalmente (capítulo 6), se presentan distintos ejerci-cios de máquinas síncronas en donde la máquina se estudia como generador y motor. Varios de los pro-blemas que se presentan en esta obra fueron ejerci-cios de examen en las diferentes convocatorias.
Xavier Alabern es Doctor Ingeniero Industrial por la UPC, profesor titular de universidad del Departa-mento de Ingeniería Eléctrica y subdirector de Rela-ciones Exteriores y Cooperación Universitaria de la Escola Tècnica Superior d’Enginyeria Industrial de Terrassa (ETSEIT). Actualmente es director de los programas Mantenimiento de equipos e instalacio-nes y Proyecto, diseño y cálculo de instalaciones mecánicas, eléctricas y especiales, y profesor en otros cursos de posgrado. Ha publicado en varias revistas y ha participado en congresos de ámbito nacional e internacional.Jordi-Roger Riba es Doctor en Ciencias Físicas por la Universidad de Barcelona y profesor de Electrotecnia de la ETSEIT. Asimismo, es profesor de Electricidad y Electrotecnia en la EUETI de Igualada y docente en varios cursos de posgrado. Ha publicado en varias revistas y ha participado en congresos de ámbito na-cional e internacional.
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AULA POLITÈCNICA/ TECNOLOGÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA
Xavier Alabern MoreraJordi-Roger Riba Ruiz
Electrotecnia. Problemas
EDICIONS UPC
9 788483 018699
AULA POLITÈCNICA 97
Electrotecnia. Problemas
EDICIONS UPC
AULA POLITÈCNICA/ TECNOLOGÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA
Xavier Alabern MoreraJordi-Roger Riba Ruiz
Electrotecnia. Problemas
Primera edición: septiembre de 2005Segunda edición; junio de 2006
Diseño de la cubierta: Jordi Calvet
© los autores, 2005
© Edicions UPC, 2005 Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona Tel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885 Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es E-mail: edicions-upc@upc.edu
Producción: Cargraphics Pedrosa B 29-31, 08908 L’Hospitalet de Llobregat
Depósito legal: B-30.718-2006ISBN: 84-8301-869-1
Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las san-ciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o proce-dimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos.
Prólogo 7
PRÓLOGO
El libro que se presenta es un conjunto de problemas resueltos del área de la Ingeniería Eléctrica, fruto de la larga experiencia acumulada por los autores en la impartición de la asignatura de Electrotecnia en la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de Terrassa, de la Universidad Politécnica de Catalunya.
El capítulo 1 se refiere a los circuitos eléctricos trifásicos, que se presentan en la industria especialmente como circuitos de potencia. El conocimiento de la metodología y comportamiento de los sistemas trifásicos en régimen senoidal es imprescindible para el entendimiento de la generación, transporte y distribución de la energía eléctrica.
El capítulo 2 presenta una colección de problemas de transformadores monofásicos. La determinación de los parámetros del circuito equivalente a través de las pruebas de vacío y cortocircuito es fundamental para el conocimiento del comportamiento del transformador en carga, así como la determinación del rendimiento. Asimismo, se presenta el trabajo de transformadores en paralelo.
El capítulo 3 se refiere al estudio de los transformadores trifásicos y al estudio de su comportamiento en régimen sinoidal alimentando diferentes tipo de cargas. La determinación del índice horario es fundamental para la conexión de transformadores en paralelo.
El capítulo 4 se dedica a la resolución de problemas de máquinas de corriente continua; se presentan distintos tipos de máquinas con diferentes formas de excitación, analizando y resolviendo su distinto comportamiento.
El capítulo 5 hace referencia a las máquinas asíncronas, especialmente a los motores trifásicos, por su amplia utilización en la industria. El estudio de sus circuitos equivalentes, previa determinación de sus parámetros, mediante los ensayos de vacío y de cortocircuito o rotor bloqueado son fundamentales para poder determinar el comportamiento del motor. Se estudia la potencia del motor en distintas situaciones, así como el rendimiento del mismo. El proceso de arranque se estudia en varios de los ejercicios presentados.
El capítulo 6 se destina a problemas de máquinas síncronas. Se presentan distintos ejercicios en los que la máquina se estudia como generador y motor.
Destacaríamos finalmente que varios de los problemas que aquí se han presentado fueron ejercicios de examen en las diferentes convocatorias.
Esperamos que la presente obra contribuya de manera significativa al entendimiento de la Ingeniería Eléctrica.
Xavier Alabern
Profesor Titular de Universidad
Departamento Enginyeria Eléctrica de la UPC
© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006
Índice 9
Índice:
1. Sistemas trifásicos…………………………………………………......…………...……………………11 1.1 Problema 1……………………………………………………………………………………...12 1.2 Problema 2…………………………………………………………………………...................16 1.3 Problema 3……………………………………………………………………………………...18 1.4 Problema 4……………………………………………………………………………………...22 1.5 Problema 5……………………………………………………………………………………...25 1.6 Problema 6……………………………………………………………………………………...29 1.7 Problema 7……………………………………………………………………………………...31 1.8 Problema 8……………………………………………………………………………………...34 1.9 Problema 9……………………………………………………………………………………...39 1.10 Problema 10……………………………………………………………………….....................41 1.11 Problema 11………………………………………………………………………………….....44 1.12 Problema 12……………………………………………………………………….....................47 1.13 Problema 13……………………………………………………………………….....................52 1.14 Problema 14……………………………………………………………………….....................56 1.15 Problema 15……………………………………………………………………….....................58 1.16 Problema 16……………………………………………………………………….....................60 1.17 Problema 17……………………………………………………………………….....................62 1.18 Problema 18……………………………………………………………………….....................64 1.19 Problema 19……………………………………………………………………….....................66
2. Transformadores monofásicos……………………………………………………...…….......................69 2.1 Problema 1……………………………………………………………………………………...70 2.2 Problema 2……………………………………………………………………………………...72 2.3 Problema 3……………………………………………………………………………………...73 2.4 Problema 4……………………………………………………………………………………...76 2.5 Problema 5……………………………………………………………………………………...80 2.6 Problema 6……………………………………………………………………………………...82 2.7 Problema 7……………………………………………………………………………………...84 2.8 Problema 8……………………………………………………………………………………...87 2.9 Problema 9……………………………………………………………………………………...89 2.10 Problema 10………………………………………………………………..…………………...92 2.11 Problema 11…………………………………………………………………..………………...97 2.12 Problema 12………………………………………………………………………………..….101 2.13 Problema 13…………………………………………………………………………………...103 2.14 Problema 14………………………………………………………………………...................105 2.15 Problema 15………………………………………………………………………...................106
3. Transformadores trifásicos…………………………………………………………………...………..109
3.1 Problema 1……………………………………………………………..……………………...110 3.2 Problema 2…………………………………………………………………………..………...112 3.3 Problema 3……………………………………………………………………….....................115 3.4 Problema 4……………………………………………………………………….....................117 3.5 Problema 5……………………………………………………………………….....................121 3.6 Problema 6……………………………………………………………………….....................126 3.7 Problema 7……………………………………………………………………….....................129 3.8 Problema 8……………………………………………………………………….....................132 3.9 Problema 9……………………………………………………………………….....................135 3.10 Problema 10……………………………………………………..……………….....................138 3.11 Problema 11…………………………………………………………………..….....................142
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10 Problemas de electrotecnia
3.12 Problema 12…………………………………………………………………….......................145 3.13 Problema 13…………..………………………………………………………….....................150
4. Máquinas de corriente contínua………………………………………………….……….………....…153
. 4.1 Problema 1……………………………………………………………..……………....……...154 4.2 Problema 2…………………………………………………………………......…....………...156 4.3 Problema 3………………………………………………………………………....……..…...158 4.4 Problema 4……………………………………………………………………….....................160 4.5 Problema 5………………………………………………………………………….................162 4.6 Problema 6………………………………………………………………………….................164 4.7 Problema 7…………………………………………………………………....…….................166 4.8 Problema 8………………………………………………………………………...…..............168 4.9 Problema 9………………………………………………………………………….................170 4.10 Problema 10…………………………………………..…………………………….................172 4.11 Problema 11………………………………………………………..……………….................174 4.12 Problema 12……………………………………………………………………..........….........175 4.13 Problema 13…………………………………………………………………………………...177 4.14 Problema 14…………………………………………………………………………………...179
5. Máquinas asíncronas………………………………………………………….................................…..181
5.1 Problema 1………………………………………………………………………................….182 5.2 Problema 2………………………………………………………………………...…………..184 5.3 Problema 3……………………………………………………………………….....................186 5.4 Problema 4……………………………………………………………………….....................187 5.5 Problema 5……………………………………………………………………….....................189 5.6 Problema 6……………………………………………………………………………….........192 5.7 Problema 7……………………………………………………………………….....................194 5.8 Problema 8……………………………………………………………………….....................197 5.9 Problema 9……………………………………………………………………...…..................199 5.10 Problema 10…………………………………………………..………………….....................201 5.11 Problema 11………………………………………………………………..…….....................203 5.12 Problema 12…………………………………………………………………….......................205 5.13 Problema 13…………..………………………………………………………….....................207 5.14 Problema 14……………………………......…………………………………….....................210 5.15 Problema 15…………………………………..………………………………….....................212 5.16 Problema 16………………………………………………..…………………….....................215 5.17 Problema 17……………………………………………………………..……………...……..217 5.18 Problema 18…………..………………………………………………………….....................219 5.19 Problema 19………………………..…………………………………………….....................222
6. Máquinas síncronas……………………………………………………………………………...…….225
6.1 Problema 1…………………………………………………………………..……...………... 226 6.2 Problema 2………………………………………………………………………...…..……... 228 6.3 Problema 3……………………………………………………………………….................... 230 6.4 Problema 4……………………………………………………………………….................... 233 6.5 Problema 5……………………………………………………………………….................... 235 6.6 Problema 6……………………………………………………………………….................... 238 6.7 Problema 7……………………………………………………………………….................... 239 6.8 Problema 8……………………………………………………………………….................... 240 6.9 Problema 9……………………………………………………………………….................... 242 6.10 Problema 10……………………………………..……………………………….................... 244 6.11 Problema 11…………………………………………………..………………….................... 247 6.12 Problema 12………………………………………………………………..…….................... 250
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Circuitos trifásicos 11
1 Circuitos trifásicos
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12 Problemas de electrotecnia
1.1 Problema 1
Una carga equilibrada trifilar conectada en estrella y de impedancia 40∠ 30º Ω por fase está conectada a una red trifásica equilibradade secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las corrientes de línea. b) Calcular las potencias activa, reactiva y aparente totales que consume la carga.
Figura 1.1.1
Resolución:
a ) Cálculo de las corrientes de línea:
Aº,º
º/Z
VI RNR 3077355
304003400 −∠=
<<==
Aº,º
º/Z
VI SNS 15077355
30401203400 −∠=
<−<==
Aº,º
º/Z
VI TNT 9077355
30401203400 ∠=
<<==
b ) Cálculo de las potencias totales:
PTOT = 3 .Vlínea.Ilínea.cosϕ = 3 .400.5,7735.cos30º = 3464,10 W
QTOT = 3 .Vlínea.Ilínea.sinϕ = 3 .400.5,7735.sin30º = 2000,00 VAr
STOT = 3 Vlínea.Ilínea= 3 .400.5,7735 = 4000 VA
N
R
S
T
IR
IS
IT
Z
Z
Z
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Circuitos trifásicos 13
1.2 Problema 2
Una carga equilibrada trifilar conectada en triángulo y de impedancia 40∠ 30º Ω por fase está conectada a una red trifásica equilibrada de secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las corrientes de fase de la carga. b) Calcular las corrientes de línea. c) Calcular las potencias activa, reactiva y aparente totales que consume la carga.
Figura 1.2.1
Resolución:
a ) Cálculo de las corrientes de fase de la carga (se toma como origen de fases ºVV RNRN 0∠= ):
AZ
VI RS
RS º010º3040º30400 ∠=
∠∠==
AZ
VI ST
ST º12010º3040
º90400 −∠=∠
−∠==
AZ
VI TR
TR º12010º3040º150400 ∠=
∠∠==
b ) Cálculo de las corrientes de línea:
AIII TRRSR º3032,17 −∠=−=
AIII RSSTS º15032,17 −∠=−=
AIII STTRT º9032,17 +∠=−=
c ) Cálculo de las potencias totales:
PTOT = 3 .Vlínea.Ilínea.cosϕ = 3 .400.17,32.cos30º = 10392 W
QTOT = 3 .Vlínea.Ilínea.sinϕ = 3 .400.17,32.sin30º = 6000 VAr
STOT = 3 Vlínea.Ilínea= 3 .400.17,32 = 12000 VA
R
S
T
Z
Z
Z
RSTR
S
R
TST
I
I
I
I
I
I
R
S
T
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14 Problemas de electrotecnia
1.3 Problema 3
Una carga desequilibrada trifilar conectada en estrella está conectada a una red trifásica equilibrada de secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las corrientes de línea. b) Calcular las potencias activa, reactiva y aparente totales que consume la carga.
Figura 1.3.1
Resolución:
a ) Al ser una carga desequilibrada trifilar en estrella, el centro de la estrella no coincide con el neutro.
0=++ TSR III → 0''' =++T
TN
S
SN
R
RN
ZV
ZV
ZV
''' º1203
400º03
400SNSNSNRNRN VVVVV +−∠−∠=+−=
''' º1203
400º1203
400SNSNSNTNTN VVVVV +−∠−∠=+−=
Del sistema de ecuaciones anterior resulta:
VVRN º154,386' ∠= VVSN º755,103' −∠= VVTN º9,843,301' ∠=
Ahora ya se pueden calcular las corrientes de línea:
AZ
VIR
RNR º3066,13' −∠== A
ZVI
S
SNS º16518,5' −∠== A
ZVI
T
TNT º9,12965,10' ∠==
b ) Cálculo de las potencias totales:
*'*'*' ... TTNSSNRRNtotal IVIVIVS ++= = 6000 +j.2000 = 6324,56∠ 18,4º VA
Stotal = 6324,56 VA
Ptotal = 6000 W
Qtotal = 2000 VAr
N’≠N
R
S
T
IR
IS
IT
Ω∠= º452.20RZ
Ω∠= º9020SZ
Ω−∠= º452.20TZ
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Circuitos trifásicos 15
1.4 Problema 4
Una carga desequilibrada trifilar conectada en triángulo está conectada a una red trifásica equilibrada de secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las corrientes de fase de la carga. b) Calcular las corrientes de línea. c) Calcular las potencias activa, reactiva y aparente totales que consume la carga.
Figura 1.4.1
Resolución:
a ) Cálculo de las corrientes de fase de la carga (se toma como origen de fases ºVV RNRN 0∠= ):
AZ
VI RS
RS º3010º040º30400 <=
<<==
AZ
VI ST
ST º12010º3040
º90400 −<=<
−<==
AZ
VI TR
TR º15010º040
º150400 <=<<==
b ) Cálculo de las corrientes de línea:
AIII TRRSR º032,17 <=−=
AIII RSSTS º13532,19 −<=−=
AIII STTRT º10514,14 <=−=
c ) Cálculo de las potencias totales:
*** ... TRTRSTSTRSRStotal IVIVIVS ++= = 11464,1 +j.2000,0 = 11637,5<9,90º VA
Stotal = 11637,5 VA
Ptotal = 11464,1 W
Qtotal = 2000,0 VAr
R
S
T
ZRS=40<0º Ω
ZST=40<30º Ω
ZTR=40<0º Ω
RSTR
S
R
T
I
STI
I
I
I
I
R
S
T
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16 Problemas de electrotecnia
1.5 Problema 5 El esquema representa la alimentación en media tensión de tres cargas trifásicas equilibradas, cuyas características están dadas por sus potencias. Con el interruptor D abierto, la lectura del voltímetro VG es de 1202,5 V. Se desea saber:
a) Impedancia equivalente por fase de la carga, en el supuesto de que esté conectada en estrella.
b) Indicaciones de los vatímetros W1 y W2
A continuación se cierra el interruptor
D (que equivale a conectar en el circuito una batería de condensadores). Se pregunta:
c) Nuevas lecturas de los vatímetros y del voltímetro VG (en el supuesto que la tensión en bornes de la carga se mantuviera constante).
Figura 1.5.1
Resolución:
a) Nomenclatura utilizada: C: carga G: generador S: simple
En primer lugar, se reducirán las tres cargas conectadas al extremo de la línea a una sola equivalente:
carga 1 ( ) kVA8060º13,531001 jS +=∠= (cos φ = 0,6; φ = 53,13º)
carga 2 ( ) kVA040º0402 jS +=∠=
carga 3 ( ) kVA1020º56,2636,223 jS +=∠= )º56,26;
2010(tg == ϕϕ
( ) kVAº87,36150kVA90120T ∠=+= jS
0 - j90 kVA 20 + j10 kVA
100 kVA cos φ = 0,6 (ind.)
carga 1
carga 3
carga 2
40 kW cos φ = 1
lZ = 1,2 + j1,6 Ω
lZ = 1,2 + j1,6 Ω
lZ = 1,2 + j1,6 Ω
W1
W2
VG
D
T
S
R
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Circuitos trifásicos 17
que, por fase, representa una potencia de:
kVAº87,365030403C
Cf ∠=+== jSS
La tensión simple o de fase vale:
V26,694
35,1202
3G
GS ===U
U
Vδº26,694GS ∠=U Y si se toma la tensión simple en bornes de la carga como origen de fases:
Vº0CSCS ∠= UU La impedancia por fases de la línea es de la forma:
Ω∠=Ω+= º13,532)6,12,1( jZl Pudiéndose ahora plantear la siguiente ecuación vectorial:
IZUU l ·CSGS += siendo,
º0º87,3650000*
CSCS
Cf
∠∠==
UUSI
º87,36
50000
CS−∠=
UI
y sustituyendo se obtiene,
º87,3650000·º13,532º0º26,694
CSCS −∠∠+∠=∠
UUδ
igualando partes reales e imaginarias entre sí, queda:
⎪⎪⎭
⎪⎪⎬
⎫
=
+=
CS
CSCS
28000δsen26,694
96000δcos26,694
U
UU
que resuelta, nos da: V500 V200 CSCS ±=±= UU
Los valores negativos no tienen sentido físico.
El valor UCS = 200 V no se considera, puesto que es ilógico que la caída de tensión en la línea sea superior a la caída de tensión en la carga. Por tanto, la corriente que circula por la línea vale:
A)6080(º87,36100º87,36
50050000 jI −=−∠=−∠=
y si se recuerda que por fase
VA)3000040000(VAº87,3650000Cf jS +=∠= resulta, teniendo en cuenta que
CfCfCf QPS += :
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18 Problemas de electrotecnia
Ω=== 4
10040000
22Cf
C IP
R
Ω=== 3
10030000
22Cf
C IQX L
Ω∠=Ω+= º87,365)34(Cf jZ b ) Si se tiene en cuenta la disposición de los dos vatímetros (conexión Aron) la forma de conocer las lecturas de cada uno de ellos es la siguiente:
Carga:
W1200003·40000TC ==P
var900003·30000TC ==Q Línea:
W36000100·2,1·33 22 === IRP ll
VArIXQ ll 48000100·6,1·33 22 === La potencia suministrada por el generador será
kW156W156000TCG ==+= lPPP
VArQQQ l k138var138000TCG ==+=
VAº5,41278,208G kS ∠= y teniendo en cuenta la disposición de los vatímetros,
⎭⎬⎫
=−=+
⎭⎬⎫
=−=+
3/138156
3)( 21
21
G21
G21WW
WWQWW
PWW
kW8,1171 =W kW2,382 =W c) Al conectar los condensadores, la potencia aparente total del conjunto de la carga será
condTCTC' SSS +=
VAº01200009000090000120000'TC ∠=−+= jjS Y puesto que la tensión en bornes de la carga se supone constante y de valor por fase 500 V, la nueva corriente de línea vale
Aº080
º0500·3º0120000'* ∠=
∠∠=I
Las nuevas pérdidas de potencia en la línea en estas condiciones serán
W2304080·2,1·3' 2 ==lP
VArQ l 3072080·6,1·3' 2 == Y el generador aportará una nueva potencia de
W14304023040120000'G =+=P VArQ 30720'G =
VAº12,126,14630120720143040'G ∠=+= jS
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Circuitos trifásicos 19
Las nuevas indicaciones de los vatímetros serán,
⎪⎭
⎪⎬⎫
=−
=+
330720''
143040''
21
21
WW
WW
kW3881,80'1 =W kW6519,62'2 =W y la nueva indicación del voltímetro será
V84,1055'G =V
Se observa pues, que como resultado de corregir totalmente la componente reactiva de la carga mediante los condensadores, la potencia activa absorbida del generador, solamente disminuye en 13 kW mientras que la reactiva se ha rebajado en ~ 107 kVAr.
V84,10553·806,146301
3·''
' GGCG ====
IS
UV
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20 Problemas de electrotecnia
1.6 Problema 6 Un sistema trifásico equilibrado, de secuencia directa RST a 50 Hz, alimenta:
1. Tres calefactores de un horno eléctrico conectados en triángulo, con factor de potencia unidad y que consumen 3,74 kW cada uno.
2. Un motor eléctrico de rendimiento 83% conectado en triángulo a la tensión compuesta de 208 V y que proporciona una potencia mecánica de 25 CV, con factor de potencia 0,8.
La línea de alimentación tiene una impedancia por fase 111 jXRZ += . En bornes de salida del generador, se conectan tres vatímetros de la forma que se especifica a continuación y que dan las siguientes lecturas:
W1 : Bobina amperimétrica con corriente de la fase R Bobina voltimétrica con tensión RT Lectura: ilegible
W2 : Bobina amperimétrica con corriente de la fase R Bobina voltimétrica con tensión ST Lectura: 15200 W
W3 : Bobina amperimétrica con corriente de la fase S Bobina voltimétrica con tensión ST Lectura: 15570 W Se pregunta:
a) Impedancia de la línea
b) Tensión en bornes del generador
Resolución: a) Se determinan las potencias eléctricas consumidas por las cargas conectadas al circuito.
Motor:
Pmec = 25 CV η = 83% cos φM = 0,8 tg φM = 0,75
W7,2216883,0736·25
M ==P VArPQ 5,1662675,0·7,22168tg MMM === ϕ
VAº87,369,277105,166267,22168M ∠=+= jS
Horno:
P’H = 3,74 kW/fase cos φH = 1 φH = 0
W112203740·3'3 HH === PP VArQ 0H =
VAº011220011220H ∠=+= jS
En consecuencia, la carga total conectada al circuito será
VAº47,2641,372995,166267,33388HMC ∠=+=+= jSSS
Si se toma la tensión en bornes de la carga, como origen de fases Vº0CC ∠= UU , la corriente que circula por la línea de alimentación se obtiene a partir de
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Circuitos trifásicos 21
º47,265,103º0208·3
º47,2641,372993
*C
C ∠=∠
∠==U
SI
A)133,4665,92(º47,265,103 jI −=−∠=
Analicemos a continuación las potencias que proporciona el generador, para lo cual basta observar que los vatímetros W1 y W3 están conectados según el método de Aron, y por tanto se cumple para cualquier sistema equilibrado que:
⎪⎭
⎪⎬⎫
−=
+=
⎪⎭
⎪⎬⎫
−=
+=
155703
15570
3 1G
1G
31G
31G
WQ
WP
WWQ
WWP (1)
la lectura del vatímetro W1, según el enunciado, no es posible.
El vatímetro W2 está montado de forma que en un sistema trifásico equilibrado su indicación es,
W152003G
2 ==Q
W
expresión que sustituida en la ecuación 1 resulta:
W307701557015200
155701
1
1G =⎭⎬⎫
−=+=
WW
WP
W46340155703077031G =+=+= WWP VArQ 2,2632715200·3G ==
Por lo que el generador suministra una potencia total que en forma compleja vale
VAº6,295,532962,2632746340G ∠=+= jS
con un factor de potencia cos φG = 0,8695.
Las tres fases de la línea absorben una potencia que vale
W3,129517,3338846340CG =−=−= PPPl
VArQQQl 7,97005,166262,26327CG =−=−=
VAº84,3646,161817,97003,12951 ∠=+= jSl
Los parámetros por fase de la línea serán de la siguiente forma:
Ω=== 403,05,103·33,12951
3 22IP
R ll Ω=== 302,0
5,103·37,9700
3 22IQX l
l
Ω∠=+= º84,365036,0302,0403,0 jZl
b) La tensión en bornes del generador se puede deducir de
Vº13,33,297º47,265,103·3
º6,295,53296*·3
GG ∠=
∠∠==
ISU
V)23,1686,296(Vº13,33,297G jU −=∠= → UG = 297,3 V
recordando que el origen de fases es precisamente la tensión en bornes de la carga.
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22 Problemas de electrotecnia
1.7 Problema 7 Seis impedancias idénticas, de valor Ω+= )1612( jZ cada una, se conectan como se indica en el esquema adjunto, al extremo final de una línea trifásica alimentada por un generador equilibrado y a secuencia directa que proporciona en bornes de la carga así constituida una tensión entre fases de
V3200C =V .
La alimentación se realiza mediante una línea trifásica, cuya impedancia por fase es Ω+= )11( jZl .
Con el interruptor K abierto, determinar:
a) Las indicaciones de todos los aparatos de medida
b) Potencia aparente, en forma compleja, suministrada por el generador que alimenta la carga.
Para mejorar el factor de potencia de la carga hasta la unidad, se cierra el interruptor K, que conecta una batería de condensadores y en este caso se pide:
c) Características de la batería de condensadores.
d) Potencia aparente en forma compleja, que proporciona ahora el generador y nueva tensión en bornes del mismo.
Figura 1.7.1
Resolución: a) Las seis impedancias así conectadas dan lugar a una impedancia de carga cuyo valor por fase es
4
3
3·C
ZZZ
ZZZ estrella =
+=
lZW1
W2
VG
K
T
S
R AG
lZ
lZ
A11
A1
A2 Z
Z
Z
Z Z
Z
C C
C
VC
lV
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Circuitos trifásicos 23
siendo,
Ω∠=+= º13,53201612 jZ
Ω+=Ω∠=∠=+
= )43(º13,535º13,534
204
1612C jjZ estrella
El esquema anterior puede reducirse a otro monofásico, constituido por fase y neutro, como se aprecia en la figura 1.3.2
Figura 1.7.2 Ω∠=+=+++=+= º34,514,654)43()11(CT jjjZZZ estrellal
La corriente por fase vale
Aº13,5340º13,535
º0200º0
33200
CG −∠=
∠∠
=∠
=estrellaZ
I
y por tanto el amperímetro AG marca 40 A. A40G =A
La caída de tensión en la línea en valor simple será
V)856(º13,8240º13,5340·º452· G jIZU ll −=−∠=−∠∠==
La indicación del voltímetro V1 será, pues, V5685,562.40 = V5685,561 =V
La tensión simple en bornes del generador vale
8256º13,8240º0200·CSGS jIZUU l −=−∠+∠=+= → Vº8,1125,256GS −∠=U
La indicación del voltímetro VG será
V62,443125,256·33 GSG === UV V62,443G =V
El amperímetro A2 marcará
A1020
200CS2 ===
Z
UI A102 =A
y como vector será: A)86(º13,5310º13,5320
º0200CS2 j
ZUI −=−∠=
∠∠==
VGS VCS
R lZ
estrellaZC
GI
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24 Problemas de electrotecnia
El amperímetro A11 indicará
A31020
3200CC11 ===
Z
UI A31011 =A
y el amperímetro A1 marcará
A303·3103·111 === II A301 =A
Los vatímetros conectados según el método Aron indicarán:
⎪⎭
⎪⎬⎫
=−
=+
3G
21
G21QWW
PWW
Determinemos, en primer lugar, las potencias absorbidas por la carga y la línea:
W1440040·3·33 22GCC === IRP
W480040·1·33 22G === IRP ll
WPPP lCG 19200=+=
y por el teorema de Boucherot
VArIXQ 1920040·4·33 22GCC ===
VArIXQ ll 480040·4·33 22G ===
VArQQQ l 24000CG =+=
Por tanto, resulta
⎪⎭
⎪⎬⎫
=−
=+
32400019200
21
21
WW
WW
W8,2671W2,16528
2
1
==
WW
b) VAº34,51307352400019200GGG ∠=+=+= jjQPS
c) Como se ha visto en el apartado a), la potencia aparente absorbida por la carga es de la forma:
VAº13,53240001920014400CCC ∠=+=+= jjQPS
Para que el factor de potencia de la carga sea la unidad, se deberá cumplir que
VAº014400014400C ∠=+= jS
en consecuencia, la batería de condensadores tendrá que aportar una potencia reactiva de )(19200condC −= VArQ
que, por fase, vale
CfVX
VVArQ fC
C
fC ⋅⋅⋅==−== π2)(64003
19200 22
condCf
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Circuitos trifásicos 25
La capacidad de dichos condensadores, sabiendo que están conectados en triángulo a la tensión compuesta de V3200 y frecuencia de 50 Hz, es
( ) µF/fase765,169320050π2
6400·102
6=
⋅⋅⋅=C µF/fase765,169=C
cuya reactancia por fase vale
Ω=⋅⋅
= 75,18765,169·50π2
106
CX → Aº9075,1875,18 ∠=−= jX C
d) La reactancia capacitiva de los condensadores proporciona
Aº90475,18º9075,18º03200
condf ∠=−∠∠
=I
la intensidad de línea valdrá
A32475,18·3condC ==I
La corriente GI que suministraba el generador, antes de mejorar el factor de potencia de la carga, valía
A)3224(º13,5340G jI −=−∠=
Una vez compensado el factor de potencia, la nueva corriente pasa a ser
Aº024024'G ∠=+= jI
siendo la nueva potencia absorbida por la carga de la forma
VAº014400014400'G ∠=+= jS
En la línea se producirán ahora unas pérdidas de potencia que valen
W172824·1·3' 2 ==lP
VArQ l 172824·1·3' 2 ==
La potencia que suministra en estas condiciones el generador, según el teorema de Boucherot, valdrá
W16128172814400''' CG =+=+= lPPP
VArQQQ l 172817280''' CG =+=+=
VAº116,63,16220VA172816128'G ∠=+= jS
Por tanto, la nueva tensión en bornes del generador será
V2,39024·3
3,16220'·3
''
G
GG ===
I
SU V2,390' =GU
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26 Problemas de electrotecnia
1.8 Problema 8 Un generador trifásico equilibrado alimenta, a la tensión constante de 1810 V, una línea a la que están conectados dos receptores equilibrados A y B, como se representa esquemáticamente en la figura.
El receptor A consume permanentemente una potencia de 376,2 kW.
Con los interruptores K1 y K2 cerrados, se mide en el amperímetro A3 una corriente de 70 A y el factor de potencia en bornes del generador es 0,8 (inductivo).
a) Calcular las lecturas de los amperímetros A1 y A2 y el factor de potencia del receptor A.
Se abren los dos interruptores K1 y K2, y una vez alcanzado el régimen permanente, se mide un factor de potencia en bornes del generador de 0,96 (capacitivo).
b) Calcular el valor de X4.
Figura 1.8.1
Resolución: a) Con los dos interruptores K1 y K2 cerrados, la única potencia activa proporcionada por el generador es la consumida por el receptor A, puesto que el receptor B es una capacidad pura. Por tanto,
kW2,376AG == PP
La corriente suministrada por el generador será:
A3
X3
X3
X3
K1
K2
X4
X4
X4
receptor B
A1~
A2
receptor A
PA = 376,2 kW
1810 V
50 Hz
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Circuitos trifásicos 27
A1508,0·1810·3
376200cos3 G
G1G ====
ϕUP
II A1501 =A
al ser el factor de potencia 0,8 inductivo φG = -36,87º
A)90120(º87,36150G jI −=−∠=
La potencia reactiva suministrada por el generador vale
VArPQ k15,28275,0·2,376tg GGG === ϕ
Y su potencia aparente,
kVAº87,3625,47015,2822,376G ∠=+= jS
La potencia reactiva del receptor B, con los interruptores K1 y K2 cerrados, se puede calcular a partir de
BGB 3 IUQ −= 3B II = A703 =I
VArQ k45,21970·1810·3B −=−=
y con este valor puede determinarse la reactancia capacitiva:
Ω=−−=
−= 93,14
)70(·32194450
3 22B
B3 I
QX
Por tanto, la potencia reactiva absorbida por el receptor A se obtendrá como diferencia entre la proporcionada por el generador y la absorbida por el receptor B.
( )[ ] VArQQQ k6,50145,21915,282BGA =−−=−=
Por tanto, la potencia aparente del receptor A vale
kVAº13,53627kVA)6,5012,376(A ∠=+= jS
*·3 AGA IUS =
Aº13,53200º01810·3º13,53627000
*A ∠=∠
∠=I
A)160120(º13,532002A jII −=−∠==
La lectura del amperímetro A2 será de 200 A. A2002 =A
También se puede calcular AI a partir de A)160120(º9070º87,36150BGA jIII −=∠−−∠=−= b) Al abrir los interruptores K1 y K2, no se modifica la potencia activa suministrada por el generador, ya que sólo se introduce en el circuito una reactancia inductiva:
GG' PP =
Como consecuencia, la corriente suministrada por el generador valdrá
A12596,0·1810·3
376200'cos3
''
GG
GG ===
ϕUPI )(96,0cos c=ϕ º26,16−=ϕ
A)35120(º26,16125G jI +=∠=
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28 Problemas de electrotecnia
Al no variar la impedancia del receptor A, ni la tensión de alimentación, tampoco varía la corriente que consume y, por lo tanto,
A)160120(' AA jII −==
Igualmente no varía la potencia reactiva consumida por el receptor, o sea, AA' QQ = .
Resulta, pues, Aº90195195)160120()35120(''' AGB ∠==−−+=−= jjjIII
La indicación del amperímetro A3 es de 195 A.
La potencia reactiva suministrada por el generador en estas condiciones vale
VArPQ k725,109)292,0(·2,376'tg'' GGG −=−== ϕ
kVAº26,16875,391725,1092,376G −∠=−= jS
La potencia absorbida por los condensadores del receptor B será
VArIXQ k140,1703195·93,14·3'3' 22B33X −==−=
Por diferencia entre la potencia reactiva que suministra el generador y las absorbidas por los condensadores del receptor B y del receptor A, se obtendrá la potencia reactiva absorbida por las bobinas del receptor B:
6,501)98,1702(725,109'''' A3XG4X −−−−=−−= QQQQ AA 'QQ =
VArQ k65,10914X =
La corriente que pasa por las reactancias X4 vale: 3/'' B4X II =
A partir de QX4 se puede obtener X4 como se indica:
Ω==== 71,28195
1091650''
'3'
22B
4X2
4X
4X4
IQ
IQ
X → Ω= 71,284X
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Circuitos trifásicos 29
1.9 Problema 9 Una pequeña instalación industrial se alimenta mediante un generador trifásico equilibrado de secuencia directa, a la frecuencia de 50 Hz.
Z Z
Z Z
Z
Figura 1.9.1 Dicha instalación está constituida por los consumos siguientes:
1. Un grupo de lámparas incandescentes de 100 W cada una a 220 V, conectadas en estrella con un total de 44 lámparas por fase.
2. Un motor conectado en estrella y que trabajando a plena carga proporciona una potencia mecánica de 11 kW con rendimiento del 83,33% y factor de potencia 0,8 inductivo.
3. Un receptor inductivo constituido por seis impedancias iguales Z y conectadas como se esquematiza en la figura.
Con el interruptor D3 cerrado, el amperímetro IA marca 22 A y el vatímetro 2904 W.
Se pide:
a) Formas binómica y polar de las impedancias Z
b) Lecturas de los aparatos de medición al cerrar el interruptor D2 permaneciendo D3 cerrado.
Finalmente, se cierra D1, pero por fallo en el fusible FB, queda fuera de servicio la iluminación en la fase B.
c) Nuevas lecturas de los aparatos de medición
d) Componentes simétricas de las corrientes de línea
B
C
A
N
W IA
IB
D1 D2 D3
IA
IB
IC
W
M
~
~
FA FB FC
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30 Problemas de electrotecnia
Resolución: a) La impedancia por fase a considerar vale:
ΩI
UZ
A
ff 10
22220 ===
Esta impedancia provoca un retraso de la intensidad respecto a la tensión simple dada por:
0,622 · 220
2904IU
WcosA
A
f
c ===⋅
ϕ º13,53=Cϕ 8,0=Csenϕ
Ω+=∠= j) (º, Z f 86135310 (1)
Por otra parte y por fase, se tiene:
43
3 ZZZ
Z · ZZ f =
+= (2)
Igualando las expresiones (1) y (2), resulta:
Ω 32241353404135310 j) (º, º · ,Z +=∠=∠=
y la corriente de la fase A será:
j) A,,(º, IA 617213135322 −=−∠=
La potencia aparente por fase que consume el receptor C será de la forma:
WPfC 2904= VAr tg Q CfC 38722904 =⋅= ϕ
º VA,j SCf 1353484038722904 ∠=+=
y en total:
j) VA(º VA,SS CfC 1161687121353145203 +=∠== b) La potencia consumida por el motor es: W13200
8333011000 ==
,Pb
Su potencia reactiva es: VAr 990013200 =⋅= bb tgQ ϕ
VAº87,3616500990013200 ∠=+= jSb
El vatímetro conectado al circuito indicará en este caso: W73043
132002904 =+=W
Para obtener las intensidades de corriente que marcan los diferentes amperímetros, se aplicará el teorema de Boucherot:
ºjj
UfSbSc*I A 02203
9900132001161687123 ∠⋅
+++=+= → ºA,,I A 5445346 −∠=
Igualmente se podría haber calculado esta intensidad, calculando la que consume el motor y sumándole la que consume la carga, ya calculada previamente en el apartado a.
Efectivamente;
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Circuitos trifásicos 31
j)A(º
º,UfSb*I B 1520
02203873616500
3+=
∠⋅∠== → A 1520 j)(I B −=
ºA,,j,-,jI A 54453466172131520 −∠=+−= que coincide con la anterior.
Como el sistema es equilibrado, los valores numéricos indicados por lo amperímetros son iguales, pero están desfasados entre sí en ángulos de 120º.
ºA,,I A 5445346 −∠=
ºA,,I B 51645346 −∠=
ºA,,IC 5755346 ∠=
Por tanto: IA = IB = IC = 46,53 A c) Las lámparas consumen una potencia, que por fase, vale:
W440010044 =⋅=faP VA º04400∠=afS
Por lo que si no se fundiese ningún fusible, la corriente consumida sería de:
A 20==f
afA
U
SI
Al fallar la fase B se tiene:
AAIaA 20º020 =∠= AAIaB 0º1200 =−∠= AjAIaC )32,1710(º12020 +−=∠=
que representan las intensidades por fase, correspondientes a la carga a.
Para calcular en las nuevas condiciones la corriente por fase, se tendrá:
AIIII cAbAaAA º5,314,62º5,4453,46º020 −∠=−∠+∠=++= lectura: IA = 62,4 A
AcBIbBIBI º5,16453,46 −∠=+= lectura: IB = 46,53 A
AIC º5,884,62º12020º5,7553,46 ∠=∠+∠= lectura: IC = 62,40 A
El vatímetro indicará:
W11704º5,31cos4,62220)cos( =⋅⋅=−⋅⋅=AAN
IVIVW ANA ϕϕ → W = 11704 W
y la corriente en el neutro vale:
A º602031010 ∠=+=++= jIIII CBAN
d) Cálculo de las componentes simétricas de la corriente:
Homopolares:
Aº606,633,33,33
310103
∠=+=+
==== jjI
III NOCOBOA
Vector clave del sistema directo:
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ++⋅= CBAA IaIaII 2
31
1
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32 Problemas de electrotecnia
A 6,322,53º5,314,62 jI A −=−∠=
jIa B 6,322,33º5,16453,46º1201 −=−∠⋅∠=
jIa C 6,322,53º5,884,62º12012 −=∠⋅∠=
y sustituyendo resulta:
Aº2058,56211 ∠== AB IaI
Aº858,56. 11 ∠== AC IaI
Vector clave del sistema inverso:
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ++⋅= CBAA IaIaII ..2
31
2
Como
A 6,322,53º5,314,62 jI A −=−∠=
º5,7553,46º5,16453,46º2401.2 ∠=−∠⋅∠=BIa
º5,2084,62º5,884,62º1201. ∠=∠⋅∠=CIa
sustituyendo resulta:
Aº606,62 −∠=AI Aº606,6. 22 ∠== AB IaI A 1806622
2 º,IaI AC ∠==
Aº358,566,325,461 −∠=−= jAI A
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Circuitos trifásicos 33
1.10 Problema 10 Cuando la carga simétrica de la figura se alimenta por los bornes R, S, T con un sistema simétrico de tensiones, las indicaciones de los aparatos de medida son lo siguientes:
Voltímetro V1 = 400 V Voltímetro V2 = 420 V
Vatímetro W1 = 15.285,5 W Vatímetro W2 = 6.047,8 W
Amperímetro A1 = 38,49 A
Se pide:
a) Los valores de R∆ y XL∆
b) ¿Cuál es la indicación del voltímetro V3 en este caso?
c) Valor de XCλ
Figura 1.10.1
Resolución: a) El triángulo central de la carga lo pasamos a estrella, siendo la impedancia equivalente por fase, conexión en estrella:
Ω=⋅
== 649,383
400
131I
UZλ
Para el cálculo del argumento nos basamos en las indicaciones de los vatímetros W1 y W2, que forman una conexión Aron:
W3213338604751528521 ,,,WWP =+=+=
VAr 216000860475152853213 ,),,()W (WQ =−=−=
75,0==PQtgϕ → 8,0cos =ϕ → 6,0=ϕsen → º87,36=ϕ
Luego:
Ω+=Ω∠= 6,38,4º87,366 jZλ
W1
V2 W2
V1
A1
V3
XCλ XCλ
XCλ
XL∆
XL∆ R∆
R∆
R∆
S T
R
XL∆
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34 Problemas de electrotecnia
Esta impedancia se puede expresar como: )( λλλλ CXLXjRZ −+=
Por tanto: Ω= 8,4λR → Ω=⋅=∆ 4,143 λRR
De la indicación del voltímetro V2, se puede calcular XL:
Ω=⋅=⋅
==∆
=∆ 9,1849,384203
123
3/122
IU
IU
IU
LX → Ω=∆ 9,18LX
b) La impedancia de una fase del triángulo es:
Ω∠=+=∆+∆=∆ 696,52761,239,184,14 jLXjRLZ
Y, en consecuencia, la indicación del voltímetro V3 es:
V 02,528761,23349,38
31
3 =⋅=∆⋅=∆⋅∆= LZI
LZIU → V 02,5283 =U
c) El valor total de la impedancia en estrella vale:
)( λλλλ cXLXjRZ −+=
Del apartado a: Ω+= 6,38,4 jZλ
Luego la parte imaginaria:
Ω=− 6,3λλ cXLX
y puesto que:
Ω==∆= 3,63
9,183LX
LX λ
Resulta:
Ω=−= 7,26,33,6λcX
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Circuitos trifásicos 35
1.11 Problema 11 Un generador trifásico de secuencia directa y equilibrado en tensiones alimenta una carga trifásica. A esta carga se conectan tres cargas equilibradas I, II, III, según se indica en la figura. Las cargas I y II son desconocidas y de la carga III se conoce el valor de la impedancia por fase, que vale:
2/3153 =Z con un 5,0cos 3 =ϕ (inductivo) Cuando los interruptores K1 y K2 están abiertos, las indicaciones de los vatímetros son:
kW 331 =W kW 02 =W
Además, se sabe que el voltímetro marca V = 300V. Se pide:
a) Potencia activa y reactiva consumida por el receptor I, el valor que indicará el amperímetro A1 y el factor de potencia de la carga.
Si a continuación se cierra K1, manteniendo K2 abierto las indicaciones de los vatímetros en este caso son: kW 341 =W , kW 322 =W . Para este caso, se pide:
b) Factor de potencia de la carga
c) Potencias activas y reactiva del receptor II y la indicación de A2
Finalmente, cerrando también el interruptor K2, se pide:
d) Indicación del amperímetro A3
e) Potencias activa, reactiva y aparente del generador
f) Factor de potencia de la carga
g) Lectura del amperímetro AR
Figura 1.11.1 Resolución: a) Por estar conectados los vatímetros según el método de Aron y ser un sistema equilibrado en tensiones y en cargas, se verifica: 21 WWP +=
S
T
R IA
W2
W1 AR
A1 A2 A3
I
II III Z3
K2 K1
V
Z3 Z3
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36 Problemas de electrotecnia
3)( 21 ⋅−= WWQ
Resulta W33000=IP VAr 9000330003 =⋅=IQ
y, por tanto, la potencia aparente:
VAº6036000900033000 ∠=+=+= jVAjQPS III
El módulo de la potencia aparente de un sistema trifásico, en función de la tensión entre fases UG y la corriente de la línea I1, vale:
13 IUS GI ⋅⋅=
Sustituyendo valores:
20330036000
1 ==I → A 201 =A
El factor de potencia es cos φ1, y el valor de φ1 se obtiene de:
333000
90001 +===
I
I
PQtgϕ → º601 =ϕ
Por tanto: 5,0º60cos1cos ==ϕ (i) b) Al conectar el receptor II se produce una modificación del valor de la carga, lo que puede ocasionar una modificación del desfase entre la tensión y las corrientes de las respectivas fases y, en tal caso, un nuevo valor del factor de potencia dado por:
33
3234)3234(3)(3
21
212 =
+−=
+−==WW
WWPQtg
II
IIϕ
Resultando º302 =ϕ
8660302 ,ºcoscos ==ϕ
c) Los vatímetros medirán la potencia total consumida por las cargas I, II, por tanto:
W33000330003200034000)( 21 =−+=−+= III PWWP → W33000=IIP
VAr 30009000)3200034000(33)( 21 −=−−=−⋅−= III QWWQ → VAr 3000−=IIQ
y como consecuencia:
VA º306000300033000 −∠=−=+= jjQPS IIIIII
y como en el caso anterior:
320
30036000
32 =⋅
==G
II
USI → A
320
2 =A
y como en el vector IIS tiene un ángulo de fase de (-30º), el vector corriente 2I vale:
Aº303
202 ∠=I (carga capacitiva)
d) Al quedar conectadas todas las cargas, la corriente I3 vale:
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Circuitos trifásicos 37
33 Z
UI GS= Siendo UGS la tensión del sistema trifásico, es decir:
V 3
3003
== UUGS
A 340
23153
3003 =
⋅=I → A
340
3 =A
e) Puesto que se conocen las potencias trifásicas activa, reactiva y aparente consumidas por las cargas I y II, encontraremos la potencia total consumida por todas las cargas calculando previamente la correspondiente a la carga III, que es tres veces el valor de la potencia de una cualquiera de sus fases (carga equilibrada):
W320005,0340
33003cos3 33 =⋅⋅⋅=⋅⋅= ϕIUP GSIII
VAr 600023
340
330033 33 =⋅⋅⋅=⋅⋅= ϕsenIUQ GSIII
Las potencias activa y reactiva suministrada por el generador corresponden a las absorbidas por las cargas y, por consiguiente:
W38000320003300033000 =++=++= IIIIIIG PPPP
VAr 12000600030009000 =+−=++= IIIIIIG QQQQ
VA º89,403,183301200038000 ∠=+= jVASG
f) El factor de potencia correspondiente a la carga es: 756,0º89,40coscos ==ϕ
g) Cálculo de la intensidad de corriente que circula por el amperímetro:
ººIII R 603
40303
2032 −∠+∠=+=
jjsenIR )º60sin(3
40)º60cos(3
40º303
20º30cos3
20 −+−++=
jjIR 3310
32010
23
340
21
320
21
340
23
320 −⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +=⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅−⋅++=
A º10,1964,17 −∠=RI
A 64,17== RR IA
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38 Problemas de electrotecnia
1.12 Problema 12
El generador, de secuencia directa, del circuito representado en la figura mantiene siempre la tensión compuesta de 250V a la frecuencia de 50 Hz. Se conecta el interruptor K1, manteniendo abiertos K2 y K3, y se observan las siguientes indicaciones de los aparatos de medida:
kW 343 −=W A 3201 =A
Figura 1.12.1
Se pide:
a) Indicaciones de los otros aparatos de medida conectados al circuito (A, W1 y W2).
A continuación, con K1 conectado, se conecta K2, quedando K3 desconectado. En este estado la potencia aparente absorbida del generador es 5/6 de la anterior, siendo 28,0cos =Bϕ y IB > 10A.
b) Calcular los valores de la impedancia BZ y la corriente IB.
c) Las nuevas indicaciones de los aparatos de medida (A, A2, W1, W2 y W3).
Finalmente, con K1 y K2 conectados, se conecta K3. En este estado el factor de potencia de la instalación es 0,8.
d) Características del receptor C (XL, L)
e) Nueva indicación de los aparatos de medida (A, A3, W1, W2 y W3)
S
R
G
W1 W3
W2
A
A
A
A1 A1 A1
A3 A3 A3
A2
A2
A2 T
RECEPTOR A
RECEPTOR B
RECEPTOR C
K3
K2
K1
XL XL XL
ZB ZB
ZB
IB>10
cos φB = 0,28
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Circuitos trifásicos 39
Resolución: a) Si el receptor A absorbe una corriente AI 3201 = , a la tensión compuesta de 250 V, el módulo de la potencia trifásica aparente vale:
VAIUS A 150003202503..3 1 =⋅⋅==
La potencia trifásica reactiva absorbida por este receptor se obtiene a partir de la indicación del vatímetro W3 y vale:
VArkVArWQA 12000123433 3 −=−=⋅−==
Con lo que la potencia trifásica activa absorbida por el receptor se obtiene de:
WQSP AAA 90001200015000 2222 =−=−=
siendo 6,0cos =Aϕ (capacitivo) (deducido a partir de los valores de PA y QA) y:
VAjVASA º13,5315000120009000 −∠=−=
A continuación, encontraremos las expresiones vectoriales de las corrientes absorbidas, para ello tomamos como origen de fases la tensión simple:
VUU CRN º0
3∠=
º13,53320º02503
º13,53150003º03/3
*1 −∠=∠⋅
−∠⋅=∠⋅
=C
A
USI
AjI 316312º13,533201 +=∠=
Las indicaciones de los amperímetros son: AAA 6,341 ==
El vatímetro W1 indica: W10,7964)º13,53º30cos(320250)cos(.1 =−⋅=−=RRS IURRS IUW ϕϕ
El vatímetro W2 indica: W10,7964)º13,23cos(320250)cos(.2 =−⋅=−=SST IUSST IUW ϕϕ
Si los vatímetros se hubiesen conectado según el método Aron, las indicaciones habrían sido:
900021 =+ WW 2,69283/1200021 −=−=−WW
De aquí que:
8,20712 1 =W W910352820711 ,/,W ==
2,159282 2 =W W1796422159282 ,/,W == b) Al conectar el receptor K2, permaneciendo cerrado K1 y abierto K3, la potencia aparente absorbida por los receptores A y B es 5/6 de la que consumían, de manera que la potencia aparente es:
VA 125001500065
65 =⋅=⋅=+ ABA SS
Con lo que se puede escribir la siguiente ecuación vectorial referida a las potencias trifásicas:
)120003.(9000312500 22 −++⋅=∠ BBBB IXjIRα
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40 Problemas de electrotecnia
En esta expresión se ha considerado λλλ BBB jXRZ += como una impedancia de fase de la estrella equivalente del receptor B, de manera que IB es la corriente de la línea del receptor B solamente.
Puesto que 28,0cos =Bϕ 96,0=Bsenϕ º74,73=Bϕ
se pueden expresar los valores de RBλ y XBλ en función de una sola incógnita ZBλ:
λλλ ϕ BBBB ZZR ⋅=⋅= 28,0cos
λλλ ϕ BBBB ZsenZX ⋅=⋅= 96,0
Y de este modo, se puede desdoblar la ecuación vectorial anterior en parte real y parte imaginaria de la siguiente manera:
λλα BBBB ZIIZ 22 84,0900028,039000cos12500 +=⋅+=
λλα BBBB ZIIZsen 22 88,21200096,031200012500 +−=⋅+−=
Puesto que, por otra parte: λλ BB
B ZZUI
3250
3==
2
22
362500
3250
λλ BBB
ZZI ==
Y sustituyendo, obtenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:
λλ
λα
BB
B ZZ
Z175009000
36250084,09000cos12500 2 +=+=
λλ
λα
BB
B ZZ
Zsen 6000012000
36250088,21200012500 2 +−=+−=
Operando:
5,179cos5,12 += λλ α BB ZZ
60125,12 +−= λλ α BB ZsenZ
Elevando al cuadrado y sumando, se obtiene:
λλλλλ BBBBB ZZZZZ 1440360014425,3063158125,156 222 −++++=
025,3906112575,68 2 =+− λλ BB ZZ
Así pues, se han encontrado dos valores posibles de ZBλ: Ω= 36111 ,Z B λ Ω= 52λBZ
Puesto que ZB no está conectada en estrella, sino en triángulo, el valor por fase es:
Ω=Ω=
==∆
∆∆ 15
09,343
2
1
B
BBB Z
ZZZ λ
Para los dos valores de la impedancia calculada, la corriente de fase respectiva al triángulo de impedancias vale:
AZ
UI
BB 33,7
09,34250
11 ===
∆ < 10 A A
Z
UI
BB 66,16
15250
22 ===
∆ > 10 A
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Circuitos trifásicos 41
Y puesto que se nos impone que IB > 10 A, la solución para ZB∆ es Ω=∆ 15BZ . De manera que:
Ωº,Ω,j,BBZ 7473154142415 ∠=+=∠= ϕ
y, por tanto, la corriente para cada fase del triángulo de impedancias del receptor B es: AI B 66,16=
c) Los amperímetros A2 indican: A 35087283661632 /A,,II B ==== → A 3/502 =I
Para calcular la lectura de los otros aparatos de medida, analicemos en primer lugar las potencias que se tienen:
Potencias activas 125005
175009000cos12500 =+=α
Potencias reactivas 05
600001200012500 =+−=αsen
en consecuencia: 1cos =α 0=αsen º0=α
Lo que quiere decir que al conectar dos receptores A y B el circuito entra en resonancia y la potencia aparente necesaria es de la forma:
VAjVAS BA )012500(º012500' +=∠=+
VArQ BA 0' =+ 3'3' WQ BA =+ 0'3 =W
Los amperímetros A indican, en este caso:
AU
SI BA º03
50º02503
º0125003
''* ∠=
∠⋅∠== + → A
350='I
De manera que: I’ = I2
Los vatímetros indicarán ahora: W625030
35025021 =⋅⋅=−== ºcos)cos(I.U'W'W RRS 'IURRS ϕϕ → W’1 = W2’ = 6250 W
d) Al conectar K3, dejando K1 y K2 cerrados, se introducen en el circuito tres reactancias puras conectadas en estrella, de manera que la potencia activa del circuito no variará respecto al segundo caso. Por tanto:
WP CBA 12500'' =++
''12500'' ϕtgQ CBA =++
y puesto que ahora 8,0''cos =ϕ º87,36'' =ϕ 75,0'' =ϕtg
VAr 937575012500 =⋅=++ ,''Q CBA
Y, por tanto, la potencia aparente en forma compleja es:
VA 873615625VA 937512500 º,)j(''jQ''P''S ∠=+=+=
Con ello, el receptor C absorbe del generador una potencia que vale:
VA 90937593750 ºVA)j(SC ∠=+=
Ahora se cumplirá: 3*3 IUS CC ⋅⋅=
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42 Problemas de electrotecnia
De donde:
º9035,37
º02503º909375*3 ∠=
∠⋅∠=I → AAI º9035,12º90
35,37
3 −∠=−∠=
Los amperímetros A3 indican A 6521A 3512 ,, =
Las reactancias conectadas al circuito en estrella tienen un valor por fase de:
Ω∠=−∠⋅
∠=−∠
∠== º9066,6
º9035,12º0250
º9035,12
º03
250
3IU
X SL
faseΩ 666090666 )ˆ,j(ºˆ,X L +=Ω∠=
que se podría haber determinado a partir de la potencia aparente absorbida por el receptor C de la manera siguiente:
233 IXS LC = →
2351239375
),(X L
⋅= → Ω= 666 ˆ,X L
Y como se cumple que: LLX L πω 100==
H 021220100
666 ,ˆ,L ==π
→ mH 2221,L =
las nuevas indicaciones de los amperímetros A, en este tercer caso, son:
º87,3635,62
º02503º87,3615625
º03""* ∠=
∠⋅∠=
∠⋅=
CUSI
A 8736083687363562 º,,º,,"I −∠=−∠= → A 0836,"I =
Ahora el vatímetro W3 indica: W331253
93753
3 ==="Q"W
Los vatímetros W1 y W2 indican, en este tercer caso:
[ ]º87,36º30cos35,62250)cos('''' '21 +⋅⋅=−==
RSRS IURRS IUWW ϕϕ
W66354321 ,''W''W ==
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Circuitos trifásicos 43
1.13 Problema 13 El generador trifásico de la figura genera unas tensiones senoidales de secuencia directa y tiene una impedancia interna que se puede despreciar. Está conectado mediante una línea de resistencia 2 Ω y una inductancia desconocida a una carga equilibrada y conectada en triángulo con una impedancia por fase de 16,97 Ω. Las indicaciones de los aparatos de medida son: W29044 =W y V 3801 =V . También se conocen la suma de las indicaciones de los aparatos W1 y W2, que es de 5808 W. Se pide:
a) Corriente de línea y corriente que circula por la carga
b) Indicación del vatímetro W3
c) Valor de la inductancia X1 de la línea
d) Indicación del voltímetro V2
Figura 1.13.1
Resolución:
a) Tal como están conectados los vatímetros W1 y W2, se puede determinar la potencia activa total consumida por la carga (conexión de Aron):
W580821 =+= WWP
y por fase vale W19363
5808 ==fP
Por otro lado, el vatímetro W4 nos da la potencia por fase que suministra el generador y que es de 2904W, lo que quiere decir que la potencia consumida por fase por la línea es:
W96819362904 =−=lfP
y conociendo el valor de la resistencia, se puede determinar la corriente de línea:
A 222968 === /R/PI lfl
Al estar la carga en triángulo, la intensidad en ella es: A 7012322 ,/IC == b) A continuación, se determina la inductancia de la línea X1 y la resistencia y la inductancia de la carga.
La corriente por fase vale 12,70 A y la potencia activa por fase es de 1936W; por tanto, la resistencia vale:
Carga inductiva equilibrada
conectada en triángulo
W4
V1
R=2Ω
R=2Ω
R=2Ω
W3 Xl
Xl
Xl
V2
W2
W1
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44 Problemas de electrotecnia
Ω== 127012
19362,
R
Además,
222 97,16=+ CXR Ω=−= 12129716 22,X C
En definitiva, Ω∠=Ω+= º4597,161212 jZ C
Representando el circuito monofásico correspondiente, se obtiene:
Ω⋅ 23 lX⋅3
º0380∠ Ω+= jZC 1212
Figura 1.13.2 Por tanto:
Ω=== 92297012
380 ,,I
UZT
y también:
( ) ( )21
2 123122392,29 +++⋅= X
resultando: Ω= 41X
El vatímetro W3 indica la potencia reactiva total del circuito dividida por 3 .
( ) VAr 88,116121234701233 22 =+⋅⋅⋅=⋅⋅= ,XIQ TT
Por consiguiente, la indicación del vatímetro W3 es:
W7670433 ,/QW T ==
c) La inductancia de la línea ya ha sido determinada y su valor es: Ω= 41X
d) La indicación del voltímetro V2 es: V 52215971670122 ,,,IZU fC =⋅==
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Circuitos trifásicos 45
1.14 Problema 14
En el circuito representado en la figura se conocen las indicaciones de los siguientes equipos de medida:
A 101 =A
W15588=W
Por otra parte, se conoce el módulo de la diferencia vectorial entre las tensiones 1V y 2V , que vale 3000V, y se sabe la secuencia de generación es directa.
También se sabe que la potencia activa que cede el generador es de 90 kW y que la potencia reactiva es de 27 kVAr.
El voltímetro VG indica una lectura de 3059,41V y la impedancia interna del generador ZG es totalmente reactiva.
Figura 1.14.1 Se pide:
a) Impedancia de la línea
b) Impedancia de la carga
c) Impedancia interna del generador
d) Lectura del voltímetro V3
e) Lectura del amperímetro A2
Resolución:
a) Por la disposición del vatímetro W, se puede calcular la potencia reactiva de la carga, ya que:
3/CQW = VAr 270001558833 =⋅=⋅= WQC
Como se puede observar, la potencia reactiva del generador y la potencia reactiva de la carga coinciden, cosa que indica que la línea se puede considerar como una resistencia pura. Por otro lado, como se conoce la corriente de fase de la carga, se puede determinar la corriente de la línea.
Zl
E3
E1
E2 ZG
ZG
ZG
VG
Zl
Zl
V2
V1
V3
W A2
ZC
ZC
ZC
V3
A1
+
+
+
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46 Problemas de electrotecnia
A 32173103 ,II aargfcl ==⋅=
A continuación, se halla cuanto vale la diferencia vectorial entre V1 y V2.
Al ser una carga equilibrada las corrientes de línea son iguales, pero desfasadas 120º, tal como se representan en la figura siguiente:
Figura 1.14.2
Las caídas de tensión en las líneas son:
RRRIV ⋅∠=⋅= º032,171
RRIV s ⋅−∠=⋅= º12032,172
º3030)º12032,17º032,17(º12032,17º032,1721 ∠⋅=−∠−∠=⋅−∠−⋅∠=− RRRRVV
RVV 3021 =−
Por otro lado y según el enunciado del problema, la anterior expresión vale 3000 y por tanto:
300030 =R → Ω= 100R
b) Para calcular la impedancia de la carga, se calcula en primer lugar la potencia absorbida por la línea:
W90000100321733 22 =⋅⋅=⋅⋅= ,RIP ll
potencia que coincide con la proporcionada por el generador, lo que indica que la potencia activa absorbida por al carga es nula, es decir, se trata de una carga inductiva pura.
A continuación, se calcula el valor de esta carga inductiva:
Ω=== 9010
327000
22f
CfC
I
QX
c) El circuito se puede estudiar transformándolo en el equivalente monofásico:
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Circuitos trifásicos 47
Ω300
GZ jZC 90=
GE
Figura 1.14.3
Si se plantea la segunda ley de Kirchhoff para la fase R, se obtiene:
)90300.( jZIE GRR ++=
Pero teniendo en cuenta que GZ es una reactancia pura, se puede hacer la siguiente representación vectorial donde RI es la corriente de la fase R.
En consecuencia:
( ) [ ]222 )90( GRRR XIRIE ++⋅=
y sustituyendo valores:
( ) [ ]222 )90(103001041,3059 GX++⋅=
y resolviendo:
Ω−= 30GX es decir, es una impedancia capacitiva
d) El voltímetro V3 indica:
V 90090103 =⋅=⋅= Cf XIU
e) La lectura del amperímetro A2 es:
AI 32,173102 ==
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48 Problemas de electrotecnia
1.15 Problema 15
En el circuito de secuencia directa representado en la figura hay conectadas dos cargas trifásicas equilibradas, cuyas impedancias por fase son Ω−= 10301 )j(Z y Ω+= 10202 )j(Z respectivamente. La impedancia por fase de la línea es Ω+= 1 )j(Z L .
Además, se conoce que la tensión de la línea es de 220V. Se pide:
a) Las indicaciones de los aparatos de medida A, V1, V2, A1 y A2.
b) Las potencias activa y reactiva absorbidas por cada carga y la lectura del vatímetro.
c) La potencia perdida en la línea.
d) La capacidad por fase de una batería de condensadores conectados en triángulo, que se habría de conectar en paralelo con las cargas para conseguir un factor de potencia igual a la unidad.
Figura 1.15.1
Resolución: a ) El circuito se estudia transformándolo en el correspondiente monofásico, representado en la figura, teniendo en cuenta que las cargas 1Z y 2Z están conectadas en paralelo.
La tensión del circuito monofásico es la tensión simple, es decir, V 3220 / .
VU G3
220=
Figura 1.15.2
ZL
Z1 Z2
R
N
R
S
T
A
ZL
ZL
ZL
W
A2
V2
V1
A1
Z1
Z1
Z1
Z2 Z2 Z2
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Circuitos trifásicos 49
Siendo:
Ω∠=+= ºjZ L 4521
Ω−∠=−= º43,1862,3110301 jZ
Ω∠=+= º56,2636,2210202 jZ
A continuación, se busca la PZ equivalente a las impedancias en paralelo 1Z y 2Z .
Ω+=Ω∠=++−
∠⋅−∠=+⋅= 214138210
102010305626362243186231
21
21 j.º,jj
º,,º,,ZZZZZP
La impedancia equivalente total por fase del circuito es:
Ω∠=+=+++=+= 31113153152141 º,,jjjZZZ PLT
En consecuencia, la corriente que circula por el circuito es:
A 6311483111383111315
03220 j,,º,,º,,º/
ZUI
T
G −=−∠=∠
∠==
La tensión simple en bornes de las cargas es LGC UUU −= , además se sabe que:
V 693374113111308452 º,,º,,ºI.ZU LL ∠=−∠⋅∠==
V 516779 j,,U L +=
En consecuencia: V 18343117516251175167793
220 º,,j,,j,,U C −∠=−=−−=
La corriente que absorbe la carga 1 es:
A 98058325157134318623118343117
11 j,,º,,
º,,º,,
ZU
I C +=∠=−∠
−∠==
y la absorbida por la carga 2 es:
A 61256474292555626362218343117
22 j,,º,,
º,,º,,
ZU
I C −=−∠=∠
−∠==
Las tensiones en cada carga son:
V 183431172515713431862131111 º,,º,,º,,IZU −∠=∠⋅−∠==
V 18343117742925556263622222 º,,º,,º,,IZU −∠=−∠⋅∠==
Como era de esperar: CUUU == 21
Resultan, por tanto, las siguientes indicaciones de los aparatos de medida:
Amperímetro A: 8,3 A Voltímetro V1: 117,43 V Voltímetro V2: 117,43 V Amperímetro A1: 3,71 A Amperímetro A2: 5,25 A
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50 Problemas de electrotecnia
b) Las potencias consumidas en la impedancia 1Z son:
Potencia activa trifásica: W12417133033 22111 =⋅⋅=⋅⋅= ,IRP
Potencia reactiva trifásica: )(69,41371,31033 22111 −=⋅⋅=⋅⋅= VArIXQ
Las potencias consumidas en la impedancia 2Z son:
Potencia activa trifásica: W7716542552033 22222 ,,IRP =⋅⋅=⋅⋅=
Potencia reactiva trifásica: VAr 388272551033 22222 ,,IXQ =⋅⋅=⋅⋅=
La potencia aparente total trifásica de las dos cargas:
jjSSSC 38,82777,165469,413124121 ++−=+=
VA 13817292569413772985 º,,j,,SC ∠=+=
que se puede también calcular como:
º,,º,,,,*IUS CC 13817292531113081834311733 ∠=∠⋅−∠⋅=⋅⋅= V.A
La indicación del vatímetro W, teniendo en cuenta como está conectado, es:
W842383694133 ,/,/'QW C === c) La potencia aparente perdida en la línea es:
VA 6720667206452729231113086533741133 )j,,(,º,,,,*IUS LL +=∠=∠⋅∠⋅=⋅⋅=
VA 67,20667,206 jS L +=
d) Se ha de tener en cuenta que la potencia aparente que corresponde al conjunto de las cargas 1 y 2 es
VA 69413772895 ),j,(SC += y que se ha de compensar el factor de potencia hasta la unidad, lo que quiere decir que hay que tomar una potencia reactiva trifásica inductiva del conjunto de las cargas 1 y 2, pero cambiada de signo, es decir, una potencia reactiva trifásica capacitiva VAr 69413,'Q C = , que por fase vale:
)VAr( 90137369413 −== ,/,QCf
Por tanto, la capacidad total de los condensadores por fase conectados en triángulo vale:
µF 6110343117143100
10901373502
10901373 2
6
2
6
2 ,),(,
,)U(
,)U(W
QC
CC
cfF =
⋅⋅=⋅==
πµ
µF 61,10=FCµ
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Circuitos trifásicos 51
1.16 Problema 16
Se quiere mejorar el factor de potencia de una instalación eléctrica que alimenta a 3 kV, 50 Hz, una carga inductiva de 250 kVA, cosφ = 0,8, hasta la unidad, a base de conectar una batería de condensadores conectados en estrella.
Figura 1.16.1
En el supuesto que cada rama de la batería de condensadores esté formada por dos condensadores iguales conectados en paralelo, tal como se indica en la figura 1, se pide:
a) Potencia de la batería de condensadores para conseguir el fin propuesto
b) Potencia de cada condensador
c) Reactancia de cada condensador
d) Capacidad de cada condensador
e) Corrientes por fase en la batería de condensadores
f) Tensión en bornes de cada condensador
En el caso de que uno de los condensadores de la fase R se elimine, dejando abierto el circuito, se pide:
g) Corrientes por fase en la batería de condensadores
h) Tensiones simples en bornes de los condensadores
i) Incremento de la tensión a que están sometidos los condensadores de la fase R en tanto por ciento respecto a la del apartado f)
S = 250 kVA
cos φ = 0,8 (i)
C CC CC C
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52 Problemas de electrotecnia
Resolución:
a) La potencia reactiva de la carga es ϕsenSQL ⋅= .
)kVAr( 15060250 +=⋅= ,QL
Por tanto, la batería de condensadores tiene una potencia de:
)kVAr( 150 −=CTQ
b) Esta potencia se tendrá que repartir entre el número total de condensadores, que en nuestro caso es de 6, y por tanto:
kVAr 256
150 ===n
QQ CT
C
c) La reactancia del condensador se puede obtener a partir de su potencia y de la tensión de alimentación por fase US:
C
S
C
SCCCC X
UXU
XIXQ22
2 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅=⋅= →
C
SC Q
UX
2
=
kV 33
33
=== kVU
U CS
Ω=⋅
= 12025000
10003 2)(X C
Ω= 120CX
d) La frecuencia de la red es f = 50Hz, por tanto:
F 53,26120100
12
1 µππ
=⋅
==CfX
C
e) Los módulos de las corrientes de fase en la batería de condensadores son iguales entre sí y de valor:
CT
Sf X
UI =
en la cual la reactancia XCT representa la reactancia equivalente a la de los condensadores en paralelo de una fase, es decir, a la reactancia por fase.
Ω=== 602
1202C
CTXX
Y por tanto: A 8682860
103 3,.I f =
Ω=
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Circuitos trifásicos 53
f) La tensión en bornes de cada condensador es la tensión de fase: kV 3== SC UU
g) Se toma como origen de ángulos la tensión simple de la fase R, tal como se representa en la figura.
Figura 1.16.2
kV 03 ºU RN ∠= kV 1203 ºU SN −∠= kV 1203 ºUTN ∠=
Las tensiones compuestas valen:
kV 303 ºU RS ∠= kV 903 ºU ST −∠= kV 1503 ºUTR ∠=
Eliminando un condensador de la rama de la batería de condensadores conectada a la fase R, la carga se convierte en desequilibrada cuyas impedancias por fase valen, respectivamente:
CR jXZ −= Ω−∠=−= 90120120 ºjZ R
2C
SX
jZ −= Ω−∠=−= 906060 ºjZ S
2C
TX
jZ −= Ω−∠=−= 906060 ºjZT
Figura 1.16.3
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54 Problemas de electrotecnia
La figura anterior se puede simplificar obteniéndose el circuito siguiente (resolviendo por el método de las mallas):
Figura 1.16.4
SSRRS ZIZZIU ⋅−+= 21 )( º9060º90180º303000 21 −∠⋅−−∠⋅=∠ II
STSST ZIZZIU ⋅−+= 12 )( º90120º9060º903000 21 −∠⋅+−∠⋅−=−∠ II
Expresado en forma matricial resulta:
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−∠−∠−−∠−−∠
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−∠
∠
2
1
º90120º9060º9060º90180
º903000º303000
I
I → A
jj
I ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+
+=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡∠
∠=
660,825321,170
º107,19458,26º90321,17
Por tanto: A 9032117321171 º,,jI ∠== A 10719458266608252 º,,,jI ∠=+=
De la figura anterior se deduce:
A 90321171 º,II R ∠==
A 10719458266618253211766082512 º,,,j,j,jIII S −∠=−=−+=−=
A 107199458262 º,,IIT ∠=−=
Figura 1.16.5
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Circuitos trifásicos 55
h) Las tensiones simples en bornes de los condensadores son las tensiones 00 , SR UU y 0TU respectivamente.
V 0522078903217901200 º,º,ºIZU RRR ∠=∠⋅−∠=⋅=
V 107109481587107194582690600 º,,º,,ºIZU SSS −∠=−∠⋅−∠=⋅=
V 1071094815871071994582690600 º,,º,,ºIZU TTT ∠=∠⋅−∠=⋅=
Los condensadores de la fase R están sometidos a sobretensión respecto del caso anterior y los de las otras fases trabajan a una tensión inferior.
i) El incremento en tensión en tanto por ciento es:
100⋅−
=RN
RORN% U
UUu con kV 3=RNU
%,
,,u% 20100051732
522078051732 =⋅−= → u% = 20%
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56 Problemas de electrotecnia
1.17 Problema 17
El circuito de la figura está constituido por un generador trifásico equilibrado, de secuencia directa y frecuencia de 50 Hz, alimentando una carga trifásica equilibrada.
La impedancia de la línea es 1Z .
La tensión en bornes de la carga indicada por el voltímetro V2, es de 658,18V.
También se conocen las indicaciones de lo vatímetros W1 y W2 que son iguales y valen 5000 W.
Por otro lado, se ha comprobado experimentalmente que las pérdidas totales que se producen en la línea corresponden al 10% del consumo de la carga.
En un momento determinado se produce un cortocircuito entre las tres fases, quedando en contacto los puntos A, B y C; en este momento se puede observar que la indicación del vatímetro W1 es cero.
Figura 1.17.1
Calcular:
a) Impedancia por fase de la carga o receptor, en el supuesto de estar conectada en triángulo.
b) Impedancia por fase del receptor, en el caso de estar conectada en estrella.
c) Impedancia de la línea 1Z
d) Tensión en bornes del generador indicada por el voltímetro V1
e) Con el receptor conectado en estrella, se produce un cortocircuito entre el punto D y el neutro de la estrella del receptor. Calcular para este caso la lectura de los amperímetros A1, A2 y A3.
Resolución:
En un momento determinado, según dice el enunciado, se produce un cortocircuito entre A, B y C, y el vatímetro W1 en este momento indica una lectura cero; por tanto, en este instante sólo se tiene el consumo de la línea.
Por la disposición del vatímetro W1 y por el hecho de la carga total Z1 sea equilibrada ( se está en el caso de cortocircuito, la potencia reactiva total es:
03 1 == W.Q
Es decir, la impedancia 1Z no consume energía reactiva, en consecuencia 1Z es totalmente resistiva.
Por otro lado, y por su disposición, multiplicando por 3 indica la potencia reactiva del conjunto línea-receptor.
RECEPTOR INDUCTIVO
R
S
T A3
A2
A1
V1 W2
V2 W1
Z1
Z1
Z1
D A
B
C
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Circuitos trifásicos 57
VAr 500033 1 ⋅== WQ
Pero si, como se ha dicho, la línea es totalmente resistiva, QT corresponderá en su totalidad al receptor, es decir:
VAr 50003 ⋅=CQ
Conocida la potencia reactiva absorbida por el receptor y la lectura del vatímetro W2 se podrá calcular la potencia absorbida por la carga.
Si se dispusiera de otro vatímetro WA entre la impedancia de la línea y el receptor en la fase R, y conectada la bobina voltimétrica entre las fases R y T, estaríamos frente a una conexión Aron en que:
)(3 2WWQ AC −=
2WWP AC +=
Despejando WA y sustituyendo, resulta: )2(3 2WPQ CC −= → 3
23 2WQP C
C⋅+
=
Y sustituyendo los valores correspondientes, resulta:
W150003
50002350003 =⋅⋅+⋅=CP
Se puede calcular a continuación el factor de potencia de la carga:
33
1500050003 =⋅==
C
CC P
Qtgϕ → º30=Cϕ
Para calcular la corriente de la línea se hará de la siguiente manera:
CllC IUP ϕcos3= → A 1915
23186583
150003
,,cosU
PI
Cl
Cl =
⋅==
ϕ
a) Si la carga está conectada en triángulo, se tendrá:
Figura 1.17.2
Ω===∆ 7531915
1865831 /,
,/I
UZ cc
es decir: Ω∠=∆ 3075 ºZ C
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58 Problemas de electrotecnia
b) Si está conectada en estrella:
Ω∠=∠== ∆ º30253
º30753C
CZZ λ
c) Se sabe que la impedancia de la línea es totalmente resistiva y, por otro lado, se conocen las pérdidas que se producen.
W1500150001010 =⋅=⋅= ,P,P Cl
De aquí se puede calcular la resistencia Rl.
ll RIP ⋅⋅= 23 Ω=⋅
= 167219153
15002
,,
Rl
d) Para calcular la indicación del voltímetro V1, representamos el circuito equivalente monofásico correspondiente:
Figura 1.17.3
IZUU lSS ⋅+= 21
º3019,15º0167,23
º018,6581 −∠⋅∠+∠=SU
V 834081 ,U S =
Por tanto, el voltímetro V1 conectado entre las dos fases indicaría: V1 = V 12708834083 ,, =⋅
e) El circuito correspondiente cuando se produce un cortocircuito entre el punto B y el neutro de la estrella es:
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Circuitos trifásicos 59
Figura 1.17.4
Siendo RE , SE y TE las tensiones de fase, es decir:
V 0834083
012708 º,º,ER ∠=∠= V 12083408 º,ES −∠= V 12083408 º,ET ∠=
Ω<=<++=+= º,,º)j.,(ZZZ clTOT 69279026302501672
Aº,,º,,º,
ZVI
TOT
SRS 311823226
6927902621012708 <=
<<==
Aº,,º,,º,
ZV
ITOT
TRT 311223226
6927902615012708 <=
<<==
Aº,,)II(I TSR 68275945 −<=+−=
Las indicaciones de los amperímetros son:
A59451 ,:A A 32262 ,:A A 32263 ,:A
Zl
N N’ = R
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60 Problemas de electrotecnia
1.18 Problema 18
El sistema trifásico a 380 V de la figura es de secuencia directa y alimenta dos cargas equilibradas mediante una línea de impedancia Ω+= 5,15,1 jZ L . La carga en triángulo presenta unas impedancias por fase de 90 + j45 Ω, mientras que la carga en estrella tiene unas impedancias por fase de 45 - j15 Ω.
Se pide:
a) La lectura del amperímetro A
b) La lectura del voltímetro V
c) Las lecturas de los vatímetros W1, W2 y W3
Figura 1.18.1
Resolución:
a) Impedancias de las cargas equivalentes en estrella:
Ω∠=+=+
= 565265413315303
45901 º,,jjZ λ Ω−∠=−= 435184344715452 º,,jZ λ
Impedancia en paralelo de las dos cargas: Ω+=∠=+
= 321138212121
21 jº,,ZZ
Z·ZZ P
λλ
λλλ
Impedancia global del circuito por fase:
Ω∠=+=+++=+= 31119422545223215151 º,,,j,j,j,ZZZ PlT λ
Origen de fases: º/U f 03380 ∠= V
Circuito equivalente por fase:
V 03
380 º∠
lZ
cfU λPZ
W1
W2
W3
ZL
ZL
ZL
A V
R
S
T
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Circuitos trifásicos 61
Aº,,º,,º/I 3111569
3111942203380 −∠=
∠∠= → A569,A =
b) Tensión en bornes de la carga
V178638352025151311156903
380 ,,),j,)·(º,,(ºZIUU llgfcf −∠=+−∠−∠=⋅−=
Lectura del voltímetro: V32,3513·835,202 = → V32351,V =
c) VA8228157581314830581731115691786383520233 j,º,,º,,·º,,·I·U·S *cfcf +=∠=∠−∠==
Conexión Aron:
⎭⎬⎫
−=+=
→⎭⎬⎫
−=+=
)WW(WW,
)WW(QWWP
21
21
21
213822
815758
3
Del sistema anterior resulta
W112642W693116
2
1,W,W
==
De la disposición de W3 resulta,
3·3 WQ = → WW 58,4743
8223 == → W584743 ,W =
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62 Problemas de electrotecnia
1.19 Problema 19 Una red trifásica de 400 V y 50 Hz alimenta dos cargas según muestra la figura adjunta. Con el interruptor K1 cerrado y el K2 abierto, se tiene W2 = 0,6.W1.
Se pide:
a) La lectura del amperímetro
b) La lectura del voltímetro
Con los interruptores K1 y K2 cerrados, se pide:
c) La nueva lectura del amperímetro
d) Las nuevas lecturas de los vatímetros
Figura 1.19.1 Resolución: a) Por estar W1 y W2 en conexión Aron:
WWWPTOT 300005,06000021 =⋅=+= W187501 =W
12 6,0 WW ⋅= W112502 =W
VAr 38129903 21 ,)WW(QTOT =−=
3000038,12990==
TOT
TOTTOT P
Qtgϕ → º41,23=TOTϕ → 9177,0cos =TOTϕ
→⋅⋅= cos3 TOTlinlinTOT IVP ϕ A 18547,I lin =
b) ϕcos3 ⋅⋅= linlincàrrega IVP
→⋅⋅⋅= 5,0185,47330000 linV V 15734,V càrregalin =
R
S
T
CARGA 1 60 kVA
cosϕ1 = 0,5 (i)
5 Ω 2,5 Ω
(1000.π)−1 F
A W1
W2
K1
V
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Circuitos trifásicos 63
c)
Ω===−
1010005021
21
1)..(..C.f..X C
πππ
A6040901030400
9010º
ºº
ºV
I RTRT ∠=
−∠−∠=
−∠=
A901605290400
52º
,º
,VI TS
TS ∠=∠==
A210805210400
5ººV
I SRSR ∠=∠==
La figura siguiente muestra las intensidades en la carga 2:
Figura 1.19.2
SRRTR III −=2 A º41,23185,471 −∠=RI
º93,2207,144º21080º6040º41,23185,4721 ∠=∠−∠+−∠=+= RRR III A 07144,A =
TSSRS III −=2 A 41143185471 º,,IS −∠=
A06115052529016021080411431854721 º,,ººº,,III SSS −∠=∠−∠+−∠=+=
d)
( ) ( ) →−−⋅⋅=−⋅⋅= º93,22º30cos07,144400cos1 RRT IVRRT IVW ϕϕ W6347371 ,W =
( ) ( ) →+−⋅⋅=−⋅⋅= º06,115º90cos05,252400cos2 SST IVSST IVW ϕϕ W3,913292 =W
T
RS
R
5 Ω 2,5 Ω
(1000.π)−1 F
IR2
IS2 IT2
IRT
ISR ITS
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64 Problemas de electrotecnia
1.20 Problema 20 El sistema trifásico con U = 400 V (tensión fijada para todo el problema) y 50 Hz de la figura es de secuencia directa y alimenta dos cargas equilibradas y una carga desequilibrada.
a) Con el interruptor K1 cerrado y el interruptor K2 abierto, se pide el factor de potencia global de la carga, las lecturas de los amperímetros y la lectura del voltímetro UG.
b) Con los interruptores K1 y K2 cerrados, determinar las nuevas lecturas de los amperímetros.
Figura 1.20.1
Resolución: a)
Ω=⋅⋅⋅
==−
1005021086,31
116 πωC
X C
W02 =P )capacitiva(VAr4800100
4003322
2 =⋅=⋅=CX
UQ
W160008,0200001 =⋅=P
)inductiva(VAr12000º87,36sin20000sin 211 =⋅=⋅= ϕSQ
W1600021 =+= PPPT
VAr720048001200021 =−=+= QQQT
45,0160007200 ===
T
TT P
Qtgϕ → º22,24=Tϕ → 911,0cos =Tϕ
VA º22,2437,17545720016000 ∠=+=+= jjQPS TTT
Vamos a considerar la carga total conectada en estrella.
Tomando URN como origen de fases resulta: V º03/400 ∠=RNU
*3 RNRNT IUS ⋅⋅=
A º22,2432,25º03/4003
º22,2537,17545* ∠=∠⋅
∠=RNI
Por lo tanto, resulta:
A32,25=== TSR AAA
AR
AS
AT
20 kVA cosϕ = 0,8 (i)
31,8 µF
K1 K2
50 Ω
50 Ω 25 Ω 31,8 µF31,8 µF
U UG
RL = 0,4 Ω
RL = 0,4 Ω
0,4 Ω R S T
R
T
S
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Circuitos trifásicos 65
V 99,021,240º04,0º32,2432,25º03/400. −∠=∠⋅−∠+∠=+= LRRNG RIUU RN
V05,41621,2403 =⋅=GU
b) V º0
3400 ∠=RNU V º120
3400 −∠=SNU V º120
3400 ∠=TNU
A º3016º025
º30400 ∠=∠∠==
RS
RSRS
ZUI
A º1808º9050
º90400 −∠=∠
−∠==ST
STST
ZUI
A º2408º9050º150400 ∠=
−∠∠==
TR
TRTR
ZUI
A93,1486,17º2408º30162 jIII TRRSR +=∠−∠=−=
A 886,21º3016º18082 jIII RSSTS −−=∠−−∠=−=
A 93,64º1808º24082 jIII STTRT −=−∠−∠=−=
Resultando:
( ) A º32,620,41º22,2432,2593,1486,17' 21 ∠=−∠++=+= jIII RRR
AR = 41,20 A
( ) A º72,15113,48º120º22,2432,25886,21' 21 −∠=−−∠+−−=+= jIII SSS
As = 48,13 A
( ) A º3,8532,18º240º22,2432,2593,64' 21 ∠=−−∠+−=+= jIII TTT
AT = 18,32 A
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66 Problemas de electrotecnia
1.21 Problema 21
Se conocen los datos siguientes de la figura adjunta: W1 = 26145 W, W3 = 12235 W, V2 = 380 V.
Se pide:
a) La lectura del vatímetro W2
b) La potencia activa consumida por la carga B
c) La lectura del amperímetro
d) La lectura del voltímetro V1
Figura 1.21.1
Resolución:
a)
VAr 64211911223533 3 ,WQ BA =⋅=⋅=−
[ ] VAr 97452460125006421191 ,,arccostg,QQQ ABAB =⋅−=−= −
Por otro lado:
VAr 6421191,QQ BAT == −
)(3 21 WWQT −⋅= → W122353
64211913
21 ===− ,QWW T
W1391012235261451223512 =−=−= WW
b)
( ) W29603380
974524 ,,arccostg
,tgQP
B
BB ===
ϕ → PB = 6033,29 W
R
S
T
Carga A PA = 12500 W cosϕA = 0,6 (i)
A W1
W2
R Ω
R Ω
R Ω
W3
Carga B PB = ?
cosϕB = 0,8 (i)
V1 V2
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Circuitos trifásicos 67
c)
1434,125,1853364,21191 ===
AB
ABAB P
Qtgϕ → º828,48=ABϕ → 658,0cos =ABϕ
AB
BA
cosVP
Iϕ⋅⋅
= −
23 → A7742
658038032518533 ,,
,I =⋅⋅
= → A = 42,77 A
d)
W291853314603312500 ,,PPP BABA =+=+=−
W4055139102614521 =+=+= WWPT
W71215212560331250040055 ,),()PP(PP BATR =+−=+−=
23 IRPR ⋅⋅= → Ω=⋅
= 82,377,42371,21521
2R
V 71208353538232848774203
38021 º,,,º,,ºRIVV ff −∠=⋅−∠+∠=⋅+=
V 8261183535333 11 ,,VV f =⋅=⋅=
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68 Problemas de electrotecnia
1.22 Problema 22
En el circuito trifásico de la figura la impedancia de línea vale Ω+= 3.4 jZL . Se conocen las lecturas de los aparatos de medida: A1 = 1,633 A, A2 = 5,773 A, W1 = 6928,2 W, W2 = 12000 W, U = 6000 V.
Con el interruptor abierto determinar:
a ) La potencia aparente de las cargas.
b ) La lectura del amperímetro general A.
c ) La lectura del voltímetro U1
d ) Al cerrar el interruptor, determinar la capacidad de los condensadores para mejorar el factor de potencia global hasta la unidad. Suponer que la tensión U se mantiene inalterable respecto al apartado anterior y que la frecuencia es de 50 Hz.
Figura 1.22.1 Resolución:
a )
)(120003,692833 11 capVArWQ −=⋅−=⋅−= y también:
111 sin3 ϕ⋅⋅⋅= IUQ 707,0633,160003
12000sin 1 =⋅⋅
=ϕ º451 =ϕ
1
11 Q
Ptg =ϕ WtgQP 12000112000º4511 =⋅=⋅=
VArjS º4556,1697012000120001 −∠=−=
222 cos3
ϕ⋅⋅= IUW 6,0773,5
36000
12000cos 2 =⋅
=ϕ º12,532 =ϕ
A
Carga equilibrada 1 capacitiva C
K
C C
U U1
ZL
ZL
ZL R S T
A1
W1
Carga equilibrada 2 inductiva
A2
W2
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Circuitos trifásicos 69
WP 360001200032 =⋅=
VArtgtgPQ 37,47982º12,5336000222 =⋅=⋅= ϕ
º12,5389,5998537,47982360002 ∠=+= jS
º89,3642,5998937,359824800021 ∠=+=+= SSST
b )
AU
SI T 772,5
6000342,59989
3=
⋅=
⋅=
c )
Orígen de fases: º03
6000 ∠=fU º86,36772,5 −∠=I
IZUU Cff ⋅+=1
VjU f º097,3492º86,36772,5)34(º03
60001 ∠=−∠⋅++∠=
VUU f 60503 11 =⋅=
d )
VAQQC 37,35982=−=
ω
ω
CU
C
UXUQ
C
C ⋅=== 213
22
FQ
fUCC
µππ06,1
337,35982
5026000
3
2 22=⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅=
º89,3642,59989 ∠=TS
AI 772,5=
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70 Problemas de electrotecnia
1.23 Problema 1.23 Dado el circuito de la figura, alimentado por un sistema trifásico equilibrado de tensiones de secuencia directa, se conocen las lecturas V = 400 V, W1 = 7173,8 W y W2 = 3926,2 W.
Con los interruptores K1 y K2 abiertos, determinar:
a) El número de lámparas de incandescencia por fase de la carga IV.
Si se cierran los interruptores K1 y K2, calcular:
b) La lectura del amperímetro AN.
c) Las lecturas de los vatímetros WA y WB.
Figura 1.23.1
Resolución:
a )
WWWP 111002,39268,71732143 =+=+=−
( ) ( ) VArWWQ 56252,39268,7173332143 =−⋅=⋅−=−
La carga IV es puramente resistiva, por lo que se cumple que Q4 = 0 VAr.
4343 QQQ +=− VArQQ 5625433 == − ( ) Wartgtg
QP 75008,0cos
5625
3
33 ===
ϕ
WPPP 36007500110003434 =−=+= −
WP fase 12003
36004 == 20
601200 ==bombillaP bombillas
W1
Carga IV Lámparas de 400 V
y 60 W en ∆
V W2
R S T N
WA
WB
Motor III FP = 0.8 (i)
AR
AN
Motor I FP = 0.8 (i) 2309,4 W
K1 K2
Carga II 30 lámparas de
230V y 60 W en paralelo
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Circuitos trifásicos 71
S
AAN 515,=
b )
434343 cos3 −−− ⋅⋅⋅= ϕIUP
5067,0111005625
43
4343 ===
−
−− P
Qtgϕ 892,0cos 43 =−ϕ º874,2643 −=−ϕ
AU
PI 961,17892,04003
11100cos3 43
4343 =
⋅⋅=
⋅⋅=
−
−− ϕ
Origen de fases:
º03
400 ∠=RNU V
AI R º874,26961,17)43( −∠=−
AI S º120º874,26961,17)43( −−∠=−
AI T º240º874,26961,17)43( −−∠=−
Consumo monofásico 1: A,
,
,cos.VPI
RNR 512
803
400402309
1
11 =
⋅==
ϕ
º87,365,121 −∠=RI A
º13,1435,12º180º87,365,12º87,365,121 ∠=−−∠=−∠−=NI A Consumo monofásico 2:
794,71
3400
60302 =
⋅
⋅=SI A
º120794,72 −∠=SI A
º60794,7º120794,72 ∠=−∠−=NI A
Aº,,,j,
,j,,jº,º,,III NNN
17113515251416756897357106079471314351221
∠=+−==+++−=∠+∠=+=
R
T
801 ,cos =ϕ º,87361 =ϕ
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72 Problemas de electrotecnia
( ) W,),(cos,WB 6549883138120156253
400 =−−−⋅⋅=
( ) W,),(cos,WA 95121319830303483040 =−−−⋅⋅=
c )
( )RRTRRTA IUIUW ⋅⋅⋅= cos º30400 −∠=RTU V
º98,30348,30º874,26961,17º87,365,12)43(1 −∠=−∠+−∠=+= − RRR III A
( )SSNSSNB IUIUW ⋅⋅⋅= cos º1203
400 −∠=SNU V
º83,138156,25874,146961,17º120794,7)43(2 −∠=−∠+−∠=+= − SSS III A
o también:
WPPWB 550060303
110003 2
43 =⋅+=+= +
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Circuitos trifásicos 73
1.24 Problema 24 Dado el circuito de la figura, alimentado por un sistema trifásico equilibrado de tensiones de secuencia directa a 50 Hz, se conocen las lecturas V = 400 V, W1 = 7173,8 W i W2 = 3926,2 W. La carga IV está formada por un total de 12 condensadores conectados en triángulo, formando una carga equilibrada.
Con los interruptores KI i KII abiertos, determinar:
a) Capacidad de cada uno de los 12 condensadores de la carga IV( todos los condensadores soportan una tensión de 400 V).
Si se cierran los interruptores KI i KII, calcular:
b) La lectura de los amperímetros AN i AS.
c) Las lecturas de los vatímetros WA i WB.
Figura 1.24.1
Resolución: a )
WWWP IVIII 1110021 =+=+
( ) ( ) VArWWQ IVIII 56252,39268,717333 21 =−⋅=−⋅=+
0=IVP WPIII 11100=
VArartgtgPQ IIIIIIIII 8325)8,0cos(11100 =⋅=⋅= ϕ
VArQIV 270083255625 −=−=
VArQ
Q IVC 225
12−==
CC
U C
5021
400
5021
22522
⋅
=
⋅
=
ππ
FC µ48,4=
b )
W2
Carga IV Condensadores
en ∆
V W1
R S T
N
WA
WB
Motor III FP = 0.8 (i)
AS
AN
Motor I FP = 0.8 (i)
3000 W
KI KII
Carga II 20 lámparas de 230V y 60 W en paralelo
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74 Problemas de electrotecnia
WjS IVIII º87,269,12443562511100 −∠=+=+
AI R 96,174003
9,12443 =⋅
=
Si
VU R º03
400 ∠=
AI R º87,2696,17 −∠= AI S º87,14696,17 −∠= AIT º87,22696,17 −∠= Motor I: AI I 238,16
8,03
4003000 =
⋅=
º1203
400 −∠=SNU
FPI = 0,8 (i) → º87,36=Iϕ AI I º87,157238,16º87,36º120238,16 −∠=−−∠= Carga II: AI II 196,5
40031200
3400
6020 =⋅=⋅=
º2403
400 −∠=TNU AI II º240196,5 −∠=
Las lámparas e incandescencia tienen FPII = 1 → º0=IIϕ ( ) ( ) AIII IIIN º11,663,17º240196,5º87,157238,16 ∠=−∠+−∠−=+−=
AAN 63,17=
AIII ISS º61,151065,34º87,156238,16º89,14696,17'' −∠=−∠−∠=+= AAS 064,34= c ) ( ) ( )( ) WIUIUW RSTRSTA 93,3246º7,26º90cos96,17400,cos =−−−⋅⋅=⋅⋅=
WWA 93,3246=
( ) ( )( ) WIUIUW SSNSSNB 6700º61,151º120cos065,343
400',cos' =−−−⋅⋅=⋅⋅=
WWB 6700=
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Transformadores monofásicos 75
2 Transformadores monofásicos
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76 Problemas de electrotecnia
2.1 Problema 1
Un transformador monofásico de 44 kVA, 2200/220V absorbe en vacío 176 W, alimentado a una tensión de 2200 V.
Se conocen los valores de les caídas de tensión relativas en la resistencia y la reactancia de cortocircuito que valen 1,4% y 2,1% respectivamente.
Determinar la potencia absorbida por el transformador y el rendimiento cuando su secundario alimenta una carga de 30 kW, con una tensión de 220 V, presentando un factor de potencia de 0,8 inductivo.
Resolución:
A20220044000
n1 ==I 102202200
t ==r A200· tn1n2 == rII
n1
n1cc1Rcc
·100
4,1U
IR==ε Ω== 54,1
20·1002200·4,1
cc1R
n
ncc
UIX
1
11Xcc
·100
1,2==ε Ω== 31,2
20·1002200·1,2
cc1X
Corriente absorbida por la carga,
A45,1708,0·220
30000
2cos2
22 ==
⋅=
ϕV
PI A045,17
45,170
t
/2 ==
rI
8,0cos C =ϕ º87,36C −=ϕ
/2cc1
/2cc1
/21 ·· IXIRUU ++=
( ) Vº4,067,224487,36045,17·31,2j54,1º022001 ∠=−∠++∠=U
CCRInV
VOPPPPPP 1·2
2'2
1
12CuFe21 +
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛+=++=
U1
U'2-36,87º
R1cc · I'2I'2
X1cc · I'2
Fig. 2.1.1
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Transformadores monofásicos 77
P1 =++=+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+= 41,44722,18330000045,17·54,1
220067,224417630000 2
2
W64,30630= W64,306301 =P
%94,9764,30630
300001001
2100 =⋅=⋅=P
Pη
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78 Problemas de electrotecnia
2.2 Problema 2
Un transformador monofásico de 200 kVA, 6600/ 384 V, alimenta a 384 V una carga que tiene un factor de potencia igual a la unidad. El rendimiento del transformador es del 98%, tanto si presenta un índice de carga C = 1 como si el índice de carga es de 0,5. El factor de potencia de la impedancia de cortocircuito es de 0,2079. La corriente de vacío que absorbe el transformador es de 0,84 A estando el transformador alimentado a 6600 V.
Se piden los parámetros del circuito equivalente Rcc, Xcc, RFe, Xµ (valores referidos al primario del transformador).
Resolución:
A30,306600
200000n1 ==I
CuFe2
2
PPPP
++=η o
noFe P
VV
PP =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
2
2
2 CCCu PCP 2=
Situación 1:
SnnInVIVP =⋅⋅=⋅⋅= 1222cos222 ϕ
Situación 2: SnnInVIVP 5,05,0222cos222 =⋅⋅=⋅⋅= ϕ
⎪⎪⎭
⎪⎪⎬
⎫
++=
++=
CC2
O3
3CCO
3
3
·5,05,0·10·2005,0·10·20098,0
10·20010·20098,0
PP
PP WP
P 09,2721
W54,1360
CC
O
==
Fe1
2O1
RU
PO = Ω== 70,3201654,1360
66002
Fe1R Ω= 70,32016Fe1R
VA554484,0·6600· O1n1O === IUS
46,537454,13605544 2222O =−=−= OO PSQ
Ω=== 99,810446,5374
660022O1
µ1OQ
UX Ω= 99,8104µ1X
CC12n1CC · RIP = Ω=== 96,2
30,3009,2721
22n1
CCCC1 I
PR Ω= 96,2CC1R
2079,0cos CC =ϕ º78CC =ϕ 7,4tg CC =ϕ
CC1
CC1CCtg
RX
=ϕ Ω== 93,1396,2·7,4CC1X Ω= 93,13CC1X
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Transformadores monofásicos 79
2.3 Problema 3
De la placa de características de un transformador monofásico reductor de tensión, se han obtenido los datos siguientes:
Tensiones 3300 V / 220 V
Corrientes 3,03 A / 45,45 A
Potencia aparente 10 kVA
Frecuencia 50 Hz
Tensión de cortocircuito εCC = 5 %
Por medidas efectuadas, se sabe que los valores óhmicos de las bobinas primaria y secundaria son respectivamente 5 Ω y 0,02 Ω.
Se hace el ensayo del transformador en cortocircuito, intercalando un amperímetro entre los terminales del primario, alimentándolo por el secundario.
Cuando el amperímetro indica 3,03 A, en el secundario quedan aplicados 11 V.
Figura 2.3.1
a) Comprobar la coherencia de los datos obtenidos de la placa de características.
b) Calcular la relación de transformación.
c) Calcular los valores de RCC y XCC reducidos al primario y al secundario.
d) Valor de la tensión que se ha de aplicar al primario del transformador para que el secundario alimente a la tensión nominal una carga de 7 kW, constituida por lámparas de incandescencia de 220 V.
Resolución:
a) En primer lugar, verificaremos si los datos de placa son coherentes:
Las corrientes nominales han de ser:
AUS
In
nn 03,3
330010000
11 === A
US
In
nn 45,45
22010000
22 ===
+
A V AT BT
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80 Problemas de electrotecnia
En el ensayo de cortocircuito encontramos que la tensión UCC de cortocircuito es de 11 V, tensión que referida a la nominal, representa:
%510022011 =⋅=CCε
Así pues, los datos de la placa de características son coherentes con el resto de los datos.
b) Por definición, la relación de transformación es el cociente entre las tensiones en los devanados de alta y baja cuando el transformador trabaja en vacío.
→===== 1503,345,45
2203300
1
2
2
1
n
n
n
nt I
IUUr
15=tr
c) Los valores de la resistencia RCC, reactancia XCC e impedancia ZCC de cortocircuito del transformador se pueden dar referidos tanto al lado de A.T. como al de B.T.
Considerando el transformador por el lado de baja tensión, se tiene:
Ω=+=+= 0422,015
502,022
122
tCC
rR
RR Ω= 0422,02CCR ( en B.T. )
Por otro lado, el valor de Z2CC se encuentra a partir del ensayo de cortocircuito:
CCnCC ZIU 222 ⋅=
CCZ 245,4511 ⋅=
Ω= 242,02CCZ ( en B.T. )
Y en consecuencia:
Ω=−=−= 238,00422,0242,0 2222
222 CCCCCC RZX Ω= 238,02CCX ( en B.T. )
Para referir estos tres valores al primario, o al lado de A.T., sólo hace falta multiplicarlos por el cuadrado de la relación de transformación:
Ω=⋅=⋅= 5,90422,01522
21 CCtCC RrR Ω=⋅=⋅= 55,53238,0152
22
1 CCtCC XrX
Ω=⋅=⋅= 45,54242,01522
21 CCtCC ZrZ
d) Como la carga está formada únicamente por lámparas de incandescencia, o sea, resistencias puras, su factor de potencia es la unidad, y la corriente de carga es, pues:
222 IVP ⋅= 22207000 I⋅= AI 82,312 =
Ω=== 91,682,31
220
2
2
IU
RC
Ahora se está en condiciones de dibujar el circuito equivalente del transformador, reducido al secundario:
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Transformadores monofásicos 81
Figura 2.3.2
Se deduce, lógicamente, la tensión de alimentación que se ha de aplicar, pero reducida al secundario.
( ) ( ) ( ) ( ) VIXIRUU CCCCC 47,22182,31238,082,310422,0220' 22222
2221 =⋅+⋅+=⋅+⋅+=
Esta tensión, referida al primario, es:
VrU t 332247,2211 =⋅=
V 33221 =U
R2CC (en B.T.)
RC = 6,91Ω
I2 = 31,82 A
X2CC (en B.T.)
U’1 U2
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82 Problemas de electrotecnia
2.4 Problema 4
Se dispone de un transformador monofásico en cuya placa de características constan los datos siguientes:
Potencia nominal Sn = 30 kVA
Tensión nominal en el primario U1n = 15 kV
Tensión nominal en el secundario U2n = 380 V
Tensión de cortocircuito en valor relativo εCC = 3 %
Pérdidas en cortocircuito PCC = 150 W
Pérdidas en vacío PO = 75 W
Corriente de excitación en valor relativo iO = 4 %
Determinar, suponiendo que la frecuencia es f = 50 Hz:
a) Intensidades nominales en cada bobinado
b) Valores de la corriente en vacío IO según por qué bobinado se alimente el transformador
c) Relación de transformación
d) Corrientes en primario y en secundario en caso de cortocircuito franco en un arrollamiento, suponiendo el otro alimentado a tensión nominal
e) Rendimientos a plena y a ¾ de carga, si el transformador alimenta a tensión nominal un consumo puramente óhmico
f) Rendimientos a plena y al 60% de carga, si el transformador alimenta a tensión nominal un consumo capacitivo de cos φ = 0,8
g) Para un factor de potencia dado, determinar el índice de carga que da un rendimiento máximo
h) Valores de εRCC y εXCC, dibujando el correspondiente esquema del ensayo de cortocircuito
i) Caída de tensión relativa a plena carga y a ¾ de carga, si alimenta una carga de cos φC = 0,866 (i)
Resolución:
a) La potencia aparente nominal es nnn IUS 11 ⋅= , y si se supone que el rendimiento es del 100%, también es nnn IUS 22 ⋅= . Por tanto:
AUS
In
nn 2
1500030000
11 ===
A
US
In
nn 95,78
38030000
22 ===
b) Si, como es normal, el transformador se alimenta por el primario, siendo io = 0,04 (4%). Se tiene:
AiII on 08,004,02101 =⋅=⋅=
si, por el contrario, la alimentación se hace por el secundario, entonces:
AiII on 158,304,095,78202 =⋅=⋅=
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Transformadores monofásicos 83
c) La relación de transformación se puede calcular directamente a partir de los datos del enunciado:
474,39380
15000
2
1 ===n
nt U
Ur
d) Si el cortocircuito franco se produce en el secundario, el esquema equivalente es:
Figura 2.4.1
y como:
n
CCCC U
U
1
1=ε y n
CCCC I
UZ
1
11 =
y también:
( ) CCCCn ZIU 111 ⋅= )(1
1
1
11
CC
n
n
CCCC I
UI
UZ ==
o sea que: A 6,6603,021
11
1)(1 ===⋅=
CC
nn
CC
nCC
II
UU
Iε
y análogamente: A 3,263103,094,782
22
2)(2 ===⋅=
CC
nn
CC
nCC
IIUUI
ε
Se puede llegar al mismo resultado para ( )CCI 2 , teniendo en cuenta que entre ( )CCI1 e ( )CCI 2 hay la
misma relación que entre 1I e 2I , es decir, que si trI
I 1
2
1 = , también ( )
( ) tCC
CC
rII 1
2
1 = , como se puede
comprobar seguidamente:
( ) ( ) AIrI CCtCC 6,26316,66474,3912 =⋅=⋅=
e) Si C representa el índice de carga, es decir: nI
IC
2
2=
C = 1 a plena carga C = 0,75 a ¾ de carga
Recordando que el rendimiento η vale:
CCoCuFe PCPPP
PPPP
PP
⋅++=
++==
22
2
2
2
1
2η on
oFe PVV
PP =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛≅
2
2
2
aplicado a los dos casos y teniendo en cuenta que la carga es óhmica y se alimenta a tensión nominal, se obtiene:
R1CC X1CC
U1
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84 Problemas de electrotecnia
A plena carga (C = 1):
9926,01507530000
300001 =
++=η → η1 = 99,26 %
A ¾ de carga (C = 0,75):
9929,015075,07575,030000
75,030000275,0 =
⋅++⋅⋅=η → η 0,75 = 99,29 %
f) En este caso, al ser cos φC = 0,8 capacitivo y los índices de carga, C=1 y C=0,6, respectivamente:
A plena carga:
9907,0150758,030000
8,03000015075cos30000
cos300001 =
++⋅⋅=
++⋅⋅
=C
C
ϕϕ
η → η 1 = 99,07 %
A un 60% de la carga:
9911,01506,0756,08,030000
6,08,03000026,0 =
⋅++⋅⋅⋅⋅=η → η 0,75 = 99,11 %
g) Para un factor de potencia cos φC, el rendimiento vale, según la fórmula indicada en el punto (e):
CCoCn
Cn
CCo PCPIUIU
PCPPP
⋅++⋅⋅
=⋅++
=2
22
222
2
2
coscos
ϕϕ
η
pero como nICI 22 ⋅=
CC
oCnn
Cnn
CCoCnn
Cnn
PCCP
IU
IUPCPCIU
CIU
⋅++⋅⋅
⋅⋅=
⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=ϕ
ϕϕ
ϕη
cos
coscos
cos
22
222
22
22
El valor máximo del rendimiento se obtiene cuando la expresión siguiente es mínima:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ⋅+ CCo PC
CP
Min
y el mínimo de CCo PC
CP
y ⋅+= es 02
=+−= CCo P
CP
dCdy →
CC
o
PP
C =
por lo tanto, independientemente de cos φC, el máximo se obtiene para
7071,015075 ===
CC
o
PP
C
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Transformadores monofásicos 85
h)
Figura 2.4.2
Por definición,
n
CC
nn
nCC
n
nCCRCC S
PIUIR
UIR
=⋅⋅
=⋅
=11
12
1
1
11ε
o sea que 005,030000150 ===
n
CCRCC S
Pε → εRCC = 0,5 %
y el triángulo vectorial:
Conocemos los valores de εCC y de εRCC, y por lo tanto,
0296,0005,003,0 2222 =−=−= RCCCCXCC εεε → εXCC = 2,96 %
i) La caída relativa de tensión en el transformador se puede calcular por la expresión aproximada, al ser εCC < 4%:
[ ]cXCCcRCC senCu ϕεϕε +=∆ cos
en la que cos φC = 0,866, φC = 30º y sen φC = 0,5
A plena carga, por lo tanto, como C=1
[ ] %913,15,096,2866,05,011 =⋅+⋅=∆u
A ¾ de carga, como C=0,75
[ ] %435,15,096,2866,05,075,075,0 =⋅+⋅=∆u
R1CC X1CC
εCC
εRCC
εXCC
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86 Problemas de electrotecnia
2.5 Problema 5
Un transformador monofásico de 20 kVA de potencia trabaja a 50 Hz y sus tensiones de alimentación en alta y baja tensión son de 3800 V y 380 V, respectivamente. La resistencia del bobinado primario es de 5Ω y su reactancia de dispersión es de 25Ω.
La corriente en vacío medida desde el lado de alta tensión es de 0,5 A y las pérdidas en vacío son de 1200 W.
Determinar la tensión en el secundario cuando el transformador trabaja en vacío, si la aplicada al bobinado de alta tensión es de 3800V.
Nota: Trabajar con el circuito equivalente exacto del transformador.
Resolución:
El circuito equivalente exacto del transformador reducido al primario es:
Figura 2.5.1
siendo:
22
2' dtd XrX ⋅= (Reactancia del secundario reducida al primario)
22
2' RrR t ⋅= (Resistencia del secundario reducida al primario)
22' UrU t ⋅= (Tensión en el secundario reducida al primario)
y 10380
3800
2
1 ===n
nt U
Ur (Relación de transformación)
Como se trabaja en vacío, la corriente en el secundario es nula; por lo tanto I’2 = 0; la tensión del primario U1 en forma vectorial se puede obtener de la siguiente forma:
oodoo UIXjIRU 211111 '+⋅⋅+⋅=
R1
U’2
I’2
U1
I1
R’2 Xd1 X’d2
Xµ RFe IFe Iµ
Io
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Transformadores monofásicos 87
A partir de las pérdidas en vacío, se puede encontrar el ángulo que forman la tensión 1U y la corriente
1I .
( )1010
cos11 IUooo IUP ϕϕ −⋅⋅=
( ) 6315,05,03800
1200cos11
1010=
⋅=
⋅=−
oo
oIU IU
Pϕϕ
º83,5011
=−=oo UU ϕϕϕ
Si se toma como origen de ángulos el correspondiente a la corriente Aº05,01 ∠=oI , se tiene Vº83,5038001 ∠=oU .
El diagrama vectorial es:
Figura 2.5.2
Proyectando los vectores sobre el eje de las abcisas, se obtiene:
ϕα coscos' 1211 ⋅=⋅+⋅ ooo UUIR
Y sobre el eje de las ordenadas:
ϕα senUsenUIX oood ⋅=⋅+⋅ 1211 '
y sustituyendo valores, resulta:
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⋅=⋅+⋅⋅=⋅+⋅
º83,503800'5,025º83,50cos3800cos'5,05
2
2
sensenUU
o
o
αα
y por lo tanto:
50,2397cos'2 =⋅ αoU
68,2933'2 =⋅ αsenU o
Resolviendo el sistema, resulta: º74,50=α
V 74,3788'2 =oU
En consecuencia, V 87,37810
74,3788'22 ===
t
oo r
UU
I1 R1
α
U1
I1
I1 Xd1
U’2
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88 Problemas de electrotecnia
2.6 Problema 6
Un transformador monofásico de 125 kVA y 3000 V/380 V alimenta una carga de 116046 VA y factor de potencia 0’8 (i) a 378 V. En esta situación la potencia absorbida por el transformador es de 94655 W.
Datos del ensayo de cortocircuito: 8 V, 240 A, 480 W (medidas realizadas desde el lado de baja tensión).
Se sabe que el factor de potencia de la rama en paralelo del circuito equivalente es 0’2. Se pide:
a ) Valores de los parámetros R1cc y X1cc, reducidos al lado de alta tensión.
b ) Tensión de alimentación del transformador cuando alimenta la carga del enunciado.
c ) Valores de los parámetros R1Fe y X1µ, reducidos al lado de alta tensión.
Resolución:
a )
AI n 66,413000
1250001 ==
AI n 747,328
380125000
2 ==
8947,7380
3000 ==tr
Carga:
A
USI C 307
378116046
22 ===
AI º87,363072 −∠= A,'I 88382 =
WSP CCC 8,928368,0116046cos =⋅=⋅= ϕ
Prueba de cortocircuito ( parámetros reducidos al primario ):
Ω=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅
= 077,2
3000380240
38030008
1CCZ Ω=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅
== 519,02
30003802240
480
121CCI
CCPCCR
Ω= 519,01CCR
Ω=−= 011,212
12
1 CCCCCC RZX
Ω= 011,21CCX
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Transformadores monofásicos 89
b ) En las condiciones de la carga:
W,,,'IRP CCCu 548678488385190 2221 =⋅=⋅=
WPPPP CuCabsFe 65,10335489,7848,9283694655 =−−=−−=
Figura 2.6.1
43,5027,3047º87,3688,38)·011,25197,0(º021,29841 jjU +=−∠++∠=
c )
Ω=== 01,8986
65,103348,3047 22
1
FeFe P
UR
[ ]2,0arccos65,1033 tgtgPQ oFe ⋅=⋅= ϕµ
VArQ 83,5063=µ
Ω=== 25,183483,506348,3047 22
1
µµ Q
UX
VU 48,30471 =
Ω= 25,1834µX
R1Fe
R1CC
X1µ
X1CC
A 873688382 º,,'I −∠=
Vº , ) / · ( 02129843803000378 ∠=
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90 Problemas de electrotecnia
2.7 Problema 7
Un transformador monofásico de baja tensión 380 V/220 V y potencia nominal 5000 VA tiene una corriente de vacío del 5% de la nominal y las pérdidas de vacío son de 150 W.
Se conecta al transformador por la parte del secundario una carga con un consumo de 2000 VA, un factor de potencia 0,96 inductivo, y la tensión aplicada al consumo es de 200 V.
Para las condiciones indicadas, se sabe que la potencia activa absorbida por el primario del transformador es de 2100 W y la reactiva es de 800 VAr.
Calcular:
a) Valores de εRCC y de εXCC
b) Tensión aplicada al transformador en el lado de alta tensión
Resolución:
a) En primer lugar, se determinan las corrientes nominales primaria y secundaria del transformador.
La corriente nominal primaria es:
AUS
In
nn 158,13
3805000
11 ===
La corriente nominal secundaria es:
AUS
In
nn 727,22
2205000
22 ===
La relación de transformación es:
727,1220380
2
1 ===n
nt U
Ur
Como se puede comprobar, el valor nominal de la corriente del secundario también se puede calcular del siguiente modo:
ArII tnn 727,22727,1158,1312 =⋅=⋅=
que coincide con el valor encontrado anteriormente.
La corriente de vacío es:
AIiI noo 658,0158,1305,011 =⋅=⋅=
Como se conocen las pérdidas en vacío, se puede determinar el factor de potencia del circuito equivalente en vacío:
oono IUP ϕcos11 ⋅⋅=
6,0658,0380
150cos1
=⋅
=⋅
=on
oo IU
Pϕ
siendo º13,53=oϕ
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Transformadores monofásicos 91
Las pérdidas de potencia reactiva en el ensayo en vacío, a la tensión de 380 V, son:
VArtgtgPQ ooo 200º13,53150 =⋅=⋅= ϕ
Cuando se conecta la carga, la tensión en el secundario es de 200 V y, por lo tanto y en primera aproximación, despreciando la caída de tensión interna, se ha de aplicar al primario una tensión de
too rUU ⋅= 21
VU o 45,345727,12001 =⋅=
Las pérdidas en vacío en estas condiciones, en que la tensión aplicada no es la nominal, son: 22
2
2
200
220
200220
)()(
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
UU
PP n
Vo
Vo
WPP VoVo 97,123220200150
220200)()(
22
220200 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=
VArQQ VoVo 29,165220200200
220200)()(
22
220200 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=
La carga conectada al secundario tiene las siguientes características:
WSP C 192096,02000cos22 =⋅=⋅= ϕ
VArsenSQ C 56028,0200022 =⋅=⋅= ϕ
La corriente en el secundario es:
AUS
I 10200
2000
2
22 ===
y por lo tanto, el índice de carga C en estas condiciones es:
44072722
10
2
2 ,,I
IC
n===
La corriente secundaria I’2 referida al primario es:
ArI
It
789,5727,110' 2
2 ===
Las pérdidas en el cobre se pueden calcular a partir de la potencia absorbida por el transformador, de la potencia cedida a la carga y las pérdidas en vacío.
WPPPP VoCu 03,5697,12319202100)( 20021 =−−=−−=
A partir de las pérdidas en el cobre, se puede determinar la resistencia de cortocircuito referida al primario.
Ω=== 67,1789,5
03,56' 222
1IP
R CuCC
VIRCCU nCCR 22158,1367,11 11 =⋅=⋅=
057,038022
1
1 ===n
CCRR U
UCC
ε → εRCC = 5,7 %
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92 Problemas de electrotecnia
La CCXε se determina a partir de las potencias reactivas.
VArQQQQ VoCu 71,7429,165560800)( 20021 =−−=−−=
Ω=== 235,2789,5
71,74' 222
11
I
QX CCX
CC
La caída de tensión en esta reactancia tiene un valor de:
VIXU nCCX CC40,29158,13235,2111
=⋅=⋅=
En consecuencia, el valor relativo de la componente reactiva de la tensión de cortocircuito es:
0773,0380
40,29
1
1 ===n
XX U
UCC
CCε → εRCC = 7,73 %
Si se quiere calcular el valor relativo de la tensión de cortocircuito, puede hacerse así:
096,00773,0057,0 2222 =+=+= XCCRCCCC εεε → εCC = 9,6 %
b) La tensión que se ha de aplicar al bobinado primario es:
Figura 2.7.1
96,0cos =ϕ º26,16=ϕ
( ) jjjZIUU CC 71,990,12045,345235,267,1º26,16789,5º0727,1200'' 1221 +++=+⋅−∠+∠⋅=⋅+=
V º55,148,3581 ∠=U
Nota: En primer lugar se ha considerado que se había aplicado al transformador una tensión de 345,45 V, lo cual ha permitido determinar los valores R1CC y X1CC. Al efectuar los cálculos se ha determinado que la tensión de alimentación realmente es de 358,48 V. A partir de este dato, y por aproximaciones sucesivas, se podría calcular con exactitud los valores de R1CC y X1CC.
I’2
U1
R’CC
U’2
I’2
φC I’2 X’CC
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Transformadores monofásicos 93
2.8 Problema 8
En la placa de características de un transformador monofásico se encuentran, entre otros, los siguientes datos:
kVASn 100= kVU n 31 = VU n 2202 =
Las lecturas del ensayo en vacío dan los valores siguientes:
%6=oi WPo 500=
Las lecturas del ensayo de cortocircuito aportan los datos siguientes:
%7,5=CCε WPCC 2500=
a) Si el transformador se alimenta por el lado de baja tensión y se produce en el lado de alta un cortocircuito franco, se registra una intensidad de corriente de I1(CC) = 350 A.
En estas condiciones, encontrar la impedancia de cortocircuito Z1CC y la tensión U2 de alimentación.
Figura 2.8.1
b) Si el transformador se conecta a la red por el lado de alto tensión y alimenta una carga inductiva de cos φC =0,8, conectada al lado de baja tensión, en estas condiciones se tienen los valores siguientes en régimen permanente:
kVU 8,21 = VU 2002 =
Encontrar el valor de la corriente I2 correspondiente al lado de baja tensión.
Resolución:
a) En primer lugar se van a determinar los restantes datos del transformador partiendo de los valores obtenidos de su placa de características.
La corriente nominal primaria es: AUS
In
nn 33,33
3000100000
11 ===
La corriente nominal secundaria es: AUS
In
nn 55,454
220100000
22 ===
AT BT V2
A1
Generador
+
3000 V / 220 V 100 kVA
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94 Problemas de electrotecnia
La relación de transformación: 64,13220
3000
2
1 ===n
nt U
Ur
La corriente de vacío: AIiI noo 233,33100
611 =⋅=⋅=
La impedancia de cortocircuito Z1CC referida al primario se obtiene a partir de la tensión de cortocircuito:
Ω=⋅
⋅=== 13,533,331007,53000
1
1
1
11
n
CCn
n
CCCC I
UI
UZ
ε
Ya que la intensidad de corriente que pasa por el primario, en caso de producirse el cortocircuito franco, es I1(CC) = 350A, la tensión a que está sometido el primario es U2CC, que vale:
( ) ( ) ( )( ) ( ) V 67,131112
11222 =
⋅=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⋅=⋅=
t
CCCC
t
CCCCtCCCCCC r
ZIr
ZIrZIU
b) En primer lugar se puede hallar RCCε , o sea, la componente óhmica de la tensión de cortocircuito en valor relativo del transformador a partir de las pérdidas de potencia activa del ensayo de cortocircuito.
025,0100000
2500 ===n
CCRCC S
Pε
Y por lo tanto:
0512,0100
5,2100
7,5 2222 =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=−= RCCCCXCC εεε
Debido a que no se conoce el índice de carga del transformador, se puede aplicar la fórmula aproximada que da la caída de tensión en valor unitario, que es:
[ ]CXCCCRCCnn
senCUU
UU ϕεϕε ⋅+⋅⋅=− cos
2
2
1
1
Sustituyendo los valores numéricos dados en el enunciado, se tiene:
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ⋅+⋅⋅=− 6,0
10012,58,0
1005,2
220200
38,2 C
Haciendo operaciones se obtiene el valor del índice de carga:
4780,0=C ( 47,8% )
y, en consecuencia, la corriente I2 en el lado de baja tensión es de:
A 26,21755,454100
80,4722 =⋅=⋅= nICI
A 26,2172 =I
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Transformadores monofásicos 95
2.9 Problema 9
Un transformador monofásico, cuya tensión nominal primaria es de 6 kV, su tensión nominal secundaria de 380 V y su potencia nominal de 200 kVA, tiene un rendimiento del 0,98 trabajando a plena carga. Cuando trabaja a media carga, el rendimiento es de 0,985 y el factor de potencia de la carga es siempre la unidad. En ambos casos la carga se supone alimentada a la tensión nominal secundaria del transformador. La caída de tensión a plena carga con un factor de potencia de la carga igual a 0,8 inductivo es del 4%. El factor de potencia cuando trabaja en vacío vale 0,22 (i).
Calcular:
a) Resistencia y reactancia de cortocircuito
b) Parámetros que definen el circuito equivalente del transformador
c) Dibujar el circuito equivalente reducido al lado de baja tensión
Resolución:
a) El rendimiento de un transformador viene definido por la expresión:
CCoCn
Cn
CCn
oCn
Cn
PCPCSCS
PCVV
PCIU
CIU⋅++⋅⋅
⋅⋅=
⋅+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⋅⋅⋅
⋅⋅⋅=
22
2
1
122
22
coscos
cos
cosϕ
ϕ
ϕ
ϕη
y el índice de carga del transformador es C = 1, en el caso de que trabaje a plena carga, y C = 0,5, en el caso de que trabaje a media carga.
En consecuencia, para los dos casos planteados se tiene:
Plena carga: CCo PP ++
=200000
20000098,0
Media carga: 25,05,0200000
5,0200000985,0⋅++⋅
⋅=CCo PP
Resolviendo el sistema de ecuaciones anteriores, resulta: WPo 66,666= WPCC 33,3333=
La corriente nominal primaria del transformador es: AUS
In
nn 33,33
6000200000
11 ===
Trabajando el transformador a plena carga y con un factor de potencia igual a 0,8 inductivo, presenta una caída de tensión del 4%, es decir:
6000'6000'
04,0 2
1
21 UU
UU
n
n −=
−= VU 5760'2 =
y utilizando la expresión aproximada de Kapp, se tiene: CCCCCC senIXIRUU ϕϕ 212121 'cos'' ++=
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96 Problemas de electrotecnia
RCC I
φc
U1
U’2
XCC I
Figura 2.9.1
Es decir:
pero
Ω=== 33,33
33,33332
121
n
CCCC
IPR
De aquí se puede encontrar el valor de XCC:
6,033,338,033,33357606000 1 ⋅⋅+⋅⋅+= CCX → Ω= 81CCX
b) Para definir el circuito equivalente, hace falta encontrar RFe, y Xµ. Se sabe que cuando el transformador trabaja en vacío y en condiciones nominales, tiene unas pérdidas de Po = 666,66 W.
Fe
no R
UP
1
21= de donde Ω=== 54000
66,66660002
12
1o
nFe P
UR
Por otra parte:
onoo UIP ϕcos11 ⋅⋅= AU
PI
on
oo 505,0
22,0600066,666
cos11 =
⋅=
⋅=
ϕ
Ω=== 18118815050
6000
1
11 ,
,IU
Zo
no con º29,77=oϕ
y teniendo en cuenta que RFe y Xµ están en paralelo, resulta: µ111
111XRZ Feo
+=
y despejando µX queda: Ω∠=∠−∠
∠⋅∠=−
⋅= º9062,12179
º29,7718,11881º054000º054000º29,7718,11881
101
1101 ZR
RZX
Fe
Feµ
c) El circuito equivalente reducido al secundario corresponde a los valores encontrados anteriormente, y sólo hay que dividir por el cuadrado de la relación de transformación.
789,15380
6000 ==tr
Ω⋅== −222 10201
789153 ,
,R CC
Ω⋅== −2
22 10213789158 ,
,X CC
Ω== 6021678915
5400022 ,
,R Fe
Ω== 8548
78915621217922 ,
,,X µ
6,033,338,033,3357606000 11 ⋅⋅+⋅⋅+= CCCC XR
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Transformadores monofásicos 97
Figura 2.9.2
1,2·10-2 Ω 3,21·10-2 Ω
216,6Ω 48,55 Ω U’1 U2
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98 Problemas de electrotecnia
2.10 Problema 10
En el circuito cuyo esquema se representa en la figura, los datos que se conocen del transformador son los siguientes:
Sn = 7,2 kVA PCC = 108 W Po = 36 W εCC = 0,039 ( 3,9% )
U1n = 600 V U2n = 300 V
Figura 2.10.1
Con los interruptores K1 cerrado y K2 abierto, se registran las lecturas siguientes en los aparatos de medición: WA2 = 1267,2 IA2 = 6,6 A V2 = 240 V
Calcular:
a) El rendimiento del transformador y la lectura del voltímetro V1.
Se cierra a continuación el interruptor K2 permaneciendo cerrado K1, regulándose el generador de alimentación de forma que las lecturas de los voltímetros permanezcan invariables y obteniéndose además en este caso las siguientes: WB2 = 2880 W IB2 = 15 A
Calcular:
b) Nuevos valores del rendimiento del transformador y de la lectura del voltímetro V1 en este estado de conexión.
c) Valores de las magnitudes S’n, U’1n, U’2n, P’o, P’CC y ε’CC del banco trifásico conexionado estrella-triángulo, constituido por tres unidades monofásicas de características idénticas al transformador dado.
d) Determinar para el banco trifásico del apartado anterior, las intensidades de corriente de cortocircuito permanente que se establecen en la línea y en los arrollamientos de alta y baja tensión, en el supuesto de que, durante el defecto, se mantiene en el primario la tensión nominal.
Resolución:
a) El factor de potencia de la carga A se obtiene de inmediato a partir de:
G
IB2
WA2 IA2
V2 V1
WB2
CARGA A
inductiva
K2
K1
CARGA B
capacitiva
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Transformadores monofásicos 99
8,06,6240
2,1267cos22
2 =⋅
==A
ACA IU
Wϕ º87,36=CAϕ 6,0=CAsenϕ
Se observa así mismo que el transformador alimenta la carga A a una tensión que es inferior a su tensión nominal U2<U2n. En consecuencia, las pérdidas en el hierro serán menores que las obtenidas en el ensayo de vacío, ya que dichas pérdidas son proporcionales al cuadrado del flujo, al cuadrado de la inducción y en consecuencia al cuadrado de la tensión, pudiéndose escribir que:
W04,2330024036
22
2
2 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
noFe U
UPP
La corriente nominal en el secundario del transformador vale:
A 243007200
22 ===
n
nn U
SI
y la corriente nominal en el primario:
A 12600
72002
24
1
21 =====
n
n
t
nn U
Sr
II
al ser la relación de transformación:
2300600
2
1 ===n
nt U
Ur
por lo que el índice de carga del transformador es:
275,024
6,6
2
2 ===n
A
II
C
Y puesto que, en estas condiciones, el factor de potencia de la carga es 0,8 inductivo, la corriente IA2 en forma vectorial es:
Aº87,366,62 −∠=AI
Y el índice de carga en forma compleja es de la forma:
Aº87,36275,0 −∠=C
Con estos datos, ya se puede determinar el rendimiento, al ser:
108275,004,232,12672,1267
2 ⋅++=
++=
CuFeC
C
PPPP
η
976,01675,804,232,1267
2,1267 =++
=η → η= 97,6 %
Siendo εCC = 3,9%, se van a determinar a continuación sus dos componentes, εRCC y εXCC, que valen:
%,S
P
n
CCRCC 51100
7200108100 =⋅=⋅=ε
%6,35,19,3 2222 =−=−= RCCCCXCC εεε
Por lo tanto:
4,25,16,3 ===
RCC
XCCCCtg
εε
ϕ º38,67=CCϕ
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100 Problemas de electrotecnia
En la forma vectorial se tiene:
22 10635138671093 −− +=∠⋅= ),j,(º,,CCε
Para el cálculo de la tensión en el primario del transformador, se aplicará el método exacto:
CCZIUU 1221 '' ⋅+=
º0480' 22 ∠=⋅= trUU ( )º02402 ∠=U
º87,363,3' 22 −∠==tr
II ( )º87,366,62 −∠=I
º38,6795,11
11 ∠=⋅=
n
nCCCC I
VZ ε
V 27,354,50480º38,6795,1º87,363,3º04801 jjU +++=∠⋅−∠+∠=
Resultando: U1 = 485,55 V
b) El factor de potencia de la carga B vale:
8,015240
2880cos22
2 =⋅
==B
BCB IU
Wϕ º87,36−=CBϕ 6,0−=CBsenϕ
Con ello será: Aº87,36152 ∠=BI
Al cerrar ambos interruptores y regularse el generador de forma que las lecturas anteriores permanezcan invariables, se puede aplicar ahora el método de la superposición, siendo la corriente que recorre el secundario del transformador con las dos cargas conectadas:
[ ]A 04,528,1791296,328,5º87,3615º87,366,6222 jjjIII BA +=++−=∠+−∠=+=
A º26,16182 ∠=I
y el nuevo índice de carga vale:
º26,1675,0º26,162418'
2
2 ∠=∠==nI
IC
El rendimiento en este segundo caso, con ambas cargas conectadas, vale:
10875,004,2328802,1267
28802,1267'2
22
22
⋅++++=
++++
=CuFeBA
BA
PPWWWWη
9802,075,6004,232,4147
2,4147' =++
=η → η’ = 98,02 %
Para determinar el nuevo valor de la tensión primaria aplicada al transformador, al utilizar la misma expresión del apartado a), se obtiene:
CCZIUU 1221 '' ⋅+=
En la que tomando
V 0480022 ººU.r'U t ∠=∠= A 2616922 º,r/I'I t ∠== 38679511 Ω∠= º,,Z CC
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Transformadores monofásicos 101
resulta:
V072264821 º,,U ∠=
c) La potencia nominal del banco trifásico será tres veces la potencia de uno de los transformadores; por tanto:
kVA 6,212,733' =⋅== nn SS
La tensión compuesta o de línea en el primario del banco trifásico, al estar conectado en estrella, será:
V 23,103960033' 11 =⋅=⋅= nn UU
La tensión secundaria en el banco trifásico, al estar éste devanado conectado en triángulo, será la misma del transformador monofásico, por lo tanto:
V 300' 22 == nn UU
La potencia P’o en el ensayo en vacío será tres veces la potencia Po del transformador dado; por lo tanto:
W1083633' =⋅=⋅= oo PP
De la misma forma, en el ensayo en cortocircuito se cumplirá:
W32410833' =⋅=⋅= CCCC PP
Y en estas condiciones, las tensiones de cortocircuito serán las mismas para el transformador único que para el banco trifásico, por lo que:
039,0' == CCCC εε ε’CC = 3,9 %
d) El esquema en representación unifilar, supuesta la conexión estrella-estrella, tratándose de cortocircuito primario, en el que la impedancia por fase a considerar es la de cortocircuito, referida al primario, es el de la figura siguiente:
Figura 2.10.2
Por lo que en el primario, al estar conectado en estrella, se tiene:
CC
nfaseCClíneaCCfase Z
UII
1
111 ==
Expresión en la que únicamente falta por calcular la impedancia de cortocircuito del transformador referida al primario, que vale:
Ω=⋅=⋅
= 95,112
600039,0
1
11
n
nCCCC I
UZ
ε
600V
ZCC1
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102 Problemas de electrotecnia
Por lo tanto será:
A 69,30795,1
600
1
111 ====
CC
nfaseCClíneaCCfase Z
VII → A 38,61512 =⋅= CClíneatCClínea IrI
En el secundario, tanto en estrella como en triángulo, la intensidad de línea en cortocircuito es la corriente de línea en el primario, multiplicad por la relación de transformación.
A 29,355338,615
32
2 === CClíneaCCfase
II
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Transformadores monofásicos 103
2.11 Problema 11
Dos transformadores monofásicos están conectados en paralelo y alimentan por el lado de baja tensión una carga eléctrica de 200 kW con un factor de potencia 0,8 inductivo. La tensión de alimentación de la carga es de 370 V.
Las características de los transformadores se dan en la tabla siguiente:
Transformador Sn (kVA) U1n (V) U2n (V) εCC (%) PCC (kW) Po (kW)
A
B
125
140
6000
6000
380
380
4,2
4
1
1,2
0,4
0,5
Calcular:
a) La impedancia de cortocircuito de cada transformador
b) La intensidad de corriente que suministra a la carga cada uno de los transformadores
c) La tensión de alimentación del devanado de alta tensión ( primario )
d) Potencia aparente suministrada por cada transformador
e) Rendimiento de cada transformador
Resolución:
a) Se calculan, en primer lugar, las intensidades de corriente nominales de cada transformador, referidas al lado de baja tensión:
AnAnAn IUS 22 ⋅= AUS
IAn
AnAn 95,328
380125000
22 ===
BnBnBn IUS 22 ⋅= AUS
IBn
BnBn 42,368
38014000
22 ===
A partir de los datos de las pérdidas del ensayo de cortocircuito, PCC, se pueden determinar las resistencias de cortocircuito, RCC, de cada uno de los transformadores.
El circuito equivalente de un transformador es:
Figura 2.11.1
RCC XCC
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104 Problemas de electrotecnia
Transformador A: Ω⋅=== −22
222 10924,0
95,3281000
An
CCACCA
IP
R
Transformador B: Ω⋅=== −22
222 10884,0
42,3681200
Bn
CCBCCB
IP
R
Por otra parte:
n
CCnCC U
ZI
2
22 ⋅=ε siendo
n
CCnCC I
UZ
2
22
ε⋅=
que aplicado a cada transformador resultan:
Ω⋅=⋅=⋅
= −2
2
22 1085,4
95,328042,0380
An
CCAAnCCA I
UZ
ε
Ω⋅=⋅=⋅
= −2
2
22 1012,4
42,36804,0380
Bn
CCBBnCCB I
UZ
ε
y de aquí:
( ) ( ) Ω⋅=⋅−⋅=−= −−− 222222
22
22 1071,410924,01085,4CCCCACCA RZX
( ) ( ) Ω⋅=⋅−⋅= −−− 222222 1002,410884,01012,4CCBX
Por lo tanto, las impedancias de cortocircuito de los transformadores son, respectivamente:
( ) Ω∠⋅=⋅+⋅= −−− º02,79108,41071,410924,0 2222 jZ CCA
( ) Ω∠⋅=⋅+⋅= −−− º63,771012,41002,410884,0 2222 jZ CCB
b) El circuito equivalente reducido al lado de baja tensión del conjunto de los dos transformadores que alimentan la carga es:
Figura 2.11.2
Tomando como origen de ángulos la tensión de alimentación de la carga, 370 V, la intensidad de corriente absorbida por la carga vale:
AIC 675,6758,0370
200000 =⋅
=
U’1 U2 = 370 V
ZCCB
ZCCA
ZC
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Transformadores monofásicos 105
con un factor de potencia de 0,8 inductivo, es decir, φC = 36,87º. Por tanto,
Aº87,36675,675 −∠=CI
La impedancia equivalente de CCAZ y CCBZ en paralelo vale:
Ω∠⋅=∠⋅+∠⋅∠⋅⋅∠⋅=
+⋅
= −−−
−−º,,
º,,º,,º,,º,,
ZZZZZ
CCBCCA
CCBCCACCeq 2778102232
637710124027910854637710124027910854 2
22
22
22
222
El diagrama vectorial es:
VIZUU Ccceq º50,143,381º87,36675,675º27,7810223,2º0370' 2221 ∠=−∠⋅∠⋅+∠=⋅+= −
Tensión que pasada al primario resulta: VrUU t 78,6022380
600043,381'11 =⋅=⋅=
La intensidad de corriente AI es: AZ
IZI
CCA
CCCeqA º62,3723,310
2
22 −∠=
⋅=
La intensidad de corriente BI es: AZ
IZI
CCB
CCCeqB º23,3619,365
2
22 −∠=
⋅=
Se puede comprobar que: BAC III +=
Por consiguiente las intensidades de corriente que proporcionan los transformadores A y B a la carga son respectivamente 310,2 A y 365,2 A.
c) La tensión del lado de alta tensión ya ha sido calculada en el apartado anterior y es de 6022,8 V.
d) Las potencias aparentes valen:
VA º6,371,114785º6,3723,310º0370*2 ∠=∠⋅∠=⋅= AA IUS
VAº23,363,135120º25,3619,365º0370*2 ∠=∠⋅∠=⋅= BB IUS
e) Los rendimientos se calculan a partir de la expresión: CuFeutil
util
PPPP
++=η
Se ha de tener en cuenta que los transformadores no trabajan en condiciones nominales de tensión y carga. Por tanto, es necesario calcular las respectivas pérdidas en el cobre y en el hierro de cada uno de los transformadores. Es decir, hay que tener en cuenta que tensión ( la misma por estar en paralelo) e intensidad de corriente suministran respectivamente a la carga.
IC
78,22º
36,87º
Z2CCeq U’1
U2 ZCCeq IC
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106 Problemas de electrotecnia
Transformador A: WPCuA 42,88995,32823,3101000
2
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅=
WPFeA 04,4036000
78,60224002
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅=
04,40342,889º6,37cos23,310370
º6,37cos23,310370++⋅⋅
⋅⋅=Aη %6,98=Aη
Transformador B: WPCuB 05,117942,36819,3651200
2
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅=
WPFeB 80,5036000
78,60225002
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅=
80503051179253619365370
253619365370,,º,cos,
º,cos,B ++⋅⋅
⋅⋅=η %5,98=Bη
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Transformadores monofásicos 107
2.12 Problema 12
Un transformador monofásico de 10 kVA, 3000 V/220 V presenta unas pérdidas en el ensayo de vacío cuando se alimenta el lado de alta tensión a 2500 V de 160,616 W. Se sabe que εcc = 5 % i εXcc = 4 %.
Se quiere alimentar por el lado de baja tensión una carga de 6,6 kW y cosφ = 0,8 (i) a la tensión de 220 V.
Se pide:
a) La tensión de alimentación del transformador
b) El rendimiento del transformador en estas condiciones de carga
Se quiere conectar en paralelo con la carga anterior una nueva carga de 8,8 kW y cos φ = 0,9 (i) por el lado de baja tensión. Para poder garantizar el suministro de potencia, se conecta en paralelo con el transformador anterior un nuevo transformador de 10 kVA, 3000 V/220 V y εcc = 4,5 %.
c) Se pide el índice de carga de cada transformador cuando la carga total queda alimentada a 220 V por el lado de baja tensión
Resolución:
a) %345 2222 =−=−= XccccRcc εεε
2203000=tr
AUS
In
nn 333,3
300010000
11 === A
US
In
nn 45,45
22 ==
n
nccRcc U
IR
1
11 ·=ε Ω=== 27
333,3
3000·1003·
1
11
n
nRcccc I
UR
ε
Ω=== 36333,3
3000·1004·
1
11
n
nXcccc I
UX
ε Ω∠=+= º13,534536271 jZ cc
Carga
AU
PI 5,378,0·220
6600cos·2
22 ===
ϕ
8,0cos =cϕ º87,36−=cϕ
ArI
It
75,2220
30005,372/
2 ===
AI º87,3675,2/2 −∠=
VrrUU tt 3000220
3000·220·220·2/2 ====
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108 Problemas de electrotecnia
Si VU º03000/2 ∠= y AI º87,3675,2/
2 −∠=
VIZUU cc º63,03119º87,3675,2·º13,5345º03000· /21
/21 ∠=−∠∠+∠=+=
U1 = 3119 V
b)
CCn
oCuFe
RIVVPP
PPPP
P
122
2
1
12
2
2
2
' ⋅+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
=++
=η
9356,0187,7054
6600
75,2·2725003119·616,1606600
6600
22 ==
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+
=η %56,93% =η
c) Condición que debe cumplirse en los transformadores en paralelo:
IIccIIIccI CC εε ·· =
9,0050,0045,0 ===
Icc
IIcc
II
I
CC
εε
III CC ·9,0=
Carga total
IIIT SSS +=
8,0cos =Iϕ º87,36=Iϕ
9,0cos =IIϕ º84,25=IIϕ
VAPSI
II 8250
8,06600
cos===
ϕ VASI º87,368250 ∠=
VAPSII
IIII 77,9777
9,08800
cos===
ϕ VASII º84,2577,9777 ∠=
VASSS IIIT º88,308,17944 ∠=+=
TIINIIINI SSCSC =+ ·· 8,1794410000·10000· =+ III CC
⎭⎬⎫
=+=
8,1794410000·10000··9,0
III
III
CCCC
944,0
850,0=
=
II
I
CC
Por lo tanto, resulta que las potencias aparentes aportadas por cada transformador son:
VA,SVAS
II
I
6394448500
==
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Transformadores monofásicos 109
2.13 Problema 13
Se somete un transformador monofásico al ensayo de estándar de vacío, aplicando 9120 V por el lado de alta tensión, absorbiendo de la red una potencia de 624,4 W y una intensidad de 0,975 A, siendo la tensión en el lado de baja tensión de 570 V.
A continuación se realiza el ensayo estándar de corto circuito, alimentando el primario (bobinado de alta tensión) a 218,4 V, absorbiendo de la red una potencia de 1284 W y una intensidad de 9,483 A.
Se pide:
a) Valores de los parámetros del circuito equivalente: R1Fe y X1µ (valores reducidos al primario).
b) Cuando el transformador se alimenta por el lado de alta tensión a 9200 V, determinar la tensión que llegará a una carga conectada al lado de baja tensión, la cual absorbe 100 kVA y presenta un factor de potencia 0,85 (i).
c) Valor de la impedancia cZ de la carga
d) Corriente absorbida por la carga
e) Rendimiento del transformador
Resolución:
a) V1n = 9120 V V2n = 570 V 16570
9120 ==tr
I1n = 9,483 A I2n = rt.I1n = 151,73 A
oooo IUP ϕcos⋅⋅= → 07,0975,09120
4,624cos =⋅
=⋅
=oo
oo IU
Pϕ
Resultando: º97,85=oϕ → 2,14=otgϕ
1
2
Fe
oo R
UP = → Ω=== 1332074,624
912022
1o
oFe P
UR
Ω=⋅
=⋅
== 93772,144,624
9120222
1oo
o
o
otgP
UQ
UX
ϕµ
b) De la prueba de cortocircuito resulta:
Ω=== 03,23483,9
4,218
1
11 I
UZ CC
CC
62,0483,92184
1284cos1
=⋅
=⋅
=IU
P
CC
CCCCϕ → 7846,0sin =CCϕ
Ω+=⋅+⋅= 07,1828,14sincos 111 jZZZ CCCCCCCCCC ϕϕ
Cuando está en carga resulta:
22 '' IVS C ⋅= → 2
5
22 '
10'
'VV
SI C ==
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110 Problemas de electrotecnia
ccZIVV 1221 .'' += → º69,5103,23º.79,31'
10º0'º92002
5
2 ∠−∠+∠=∠V
Vϕ
º90,1910.03,23º0'º'.9200 522 2
∠+∠=∠ VV ϕ
Resultando:
⎪⎩
⎪⎨⎧
=+=
10,783894sin.'.920056,2165483'cos.'.9200
2
222
ϕϕ
VVV
111222
42
22
4 10.1499,610.6893,4'.12,4330967''.10.8464 +++= VVV
Resultando:
V’2 = 8957,84 V y V’2 = 257,07 V
La segunda solución no puede ser válida, por lo que resulta: V’2 = 8957,84 V y I2’ = 11,16 A
V’2 = 8957,84 V → V 87,559/'22 == trVV
También se puede solucionar aplicando el método aproximado de Kapp:
C = I2’/I2n’ = 11,16/9,483 = 1,177
01485,09120
28,14.483,9.
1
11 ===n
ccnRcc V
RIε 01879,0
912007,18.483,9.
1
11 ===n
ccnXcc V
XIε
)sin.cos.(2
2
1
1 ϕεϕε XccRccnn
CVV
VV
+⋅=−
)527,0.01879,085,0.01485,0(177,15709120
9200 2 +⋅=−V → V2 = 559,88 V
c)
A 61,178865,559
100000
22 ===
VS
I C
Ω=== 134,361,178865,559
2
2IV
ZC
Ω∠=∠= º788,31134,385,0arccos134,3CZ
d) A 61,1782 =I
e) Como I1 = I2’ = 11,16 A, resulta:
ccnoCuFe PCVVPSS
PPPP
.)/(cos.cos.
22112
2
2
2
+⋅+=
++=
ϕϕη
9724,0
1284.177,19120920062485,010
85,010
22
5
5=
⋅+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅+⋅
⋅=η
% 24,97=η
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Transformadores monofásicos 111
2.14 Problema 14 Se dispone de un transformador monofásico con las características nominales siguientes: 250 kVA, 15000 V/250 V, 50 Hz, PO = 4 kW, PCC = 5 kW, R1Fe = 56520 Ω, X1 = 11482 Ω, R1cc = 18 Ω, X1cc = 31,18 Ω. Tener en cuenta el circuito equivalente simplificado de la figura siguiente:
Figura 2.14.1
Determinar el rendimiento en función del índice de carga cuando el secundario alimenta a tensión nominal una carga con un factor de potencia 0,8 (i).
Resolución:
Cálculo del rendimiento:
CuFen
n
absorbida
salidaPPIV
IVP
P++
⋅=⋅=222
222cos..
cos..100100
ϕϕη
CCOn
n
CCOnn
nnPCPSC
SCPCPIVC
IVC.cos..
cos..100.cos...
cos...100 22
22
222
222
++⋅=
++⋅=
ϕϕ
ϕϕη
5.48,0.250.8,0.250.100
2CCC
++⋅=η →
CC .5/420020000
++=η
El valor máximo del rendimiento se producirá cuando se cumpla:
0).5/4( =+ CCdCd → -4/C2 + 5 = 0 → Cmáximo = 894,05/4 =
El rendimiento en función del índice de carga C, resulta:
Índice de carga (C)0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
Ren
dim
ient
o
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
Índice de carga (C)0.84 0.85 0.86 0.87 0.88 0.89 0.90 0.91 0.92 0.93 0.94 0.95
Ren
dim
ient
o
95.713
95.714
95.715
95.716
95.717
95.718
95.719
Figura 2.14.2
R1cc
ZC’
X1cc
RFe Xµ
C.C/ 5420020000
++=η
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112 Problemas de electrotecnia
AII 171263000
5000022 ,' =⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛⋅=
2.15 Problema 15 Un alto horno eléctrico para a la producción de hierro absorbe 175 kW y 300 kVAr de un transformador monofásico a través de una línea monofásica de impedancia total 0,52 + j1,04 Ω. Esta se halla conectada a la red a través del transformador con les características siguientes: 500 kVA, 50000 V/3000 V, εcc = 10%, Pcc = 25 kW (se puede despreciar la rama en paralelo del circuito equivalente del transformador). El transformador está alimentado por el generador monofásico a través de una línea monofásica de impedancia total 1,04 + j2,08 Ω.
Sabiendo que la tensión en el secundario del transformador es de 2900 V se pide:
a) La corriente que circula por la línea entre el transformador y el horno.
b) La tensión en bornes del generador.
Resolución:
Figura 2.15.1
a ) Se trabaja con el circuito equivalente del transformador reducido al primario:
VU 33483333000
5000029002 ,' =⋅=
( ) ( ) Ω+=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅+= 8928844144
300050000041520
2
,j,,j,'Z LB
222 QPS += (conjunto línea – carga)
( ) ( ) ( )222
22
22 3000008928817500044144 +⋅++⋅=⋅ ',','' IIIU
( ) ( ) ( )222
22
2 30000089288175000441443348333 +⋅++⋅=⋅ ',',', III
Ecuación bicuadrada:
22019022 ,' =I AI 091422 ,' =
27015722 ,' =I AI 5772 ,' =
AUSIN
Nn 10
300050000
11 ===
La solución válida es: AI 5772 ,' =
b ) Ensayo de cortocircuito:
ZLA X1CC R1CC Z’LB
Z’C Transformador
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Transformadores monofásicos 113
Ω=== 25010
2500022
1n
CCCC I
PR
%10=CCε
VU CC 5000500001,0 =⋅=
Ω=== 50010
5000
11
n
CCCC I
UZ
Ω=−= 43312
12
1 CCCCCC RZX
Origen de fases: V 03348333 º, ∠
( )( ) 727,1
175000'44,144300000'89,288
22
22
=+⋅+⋅=
IItgϕ
º93,59=ϕ
º93,5957,7'2 −∠=I
( )( )
( )
º082,5213564,482,5213564,4487,380233,48333º07,049,3802º033,48333
º93,5957,7º6031,502º033,48333º93,5957,708,204,1º93,5957,7433250º033,48333
''' 22112
∠=+==++=∠+∠=
=−∠⋅∠+∠=−∠⋅+++−∠⋅++∠=
⋅+⋅++=
jj
jjU
IZIjXRUU
G
LACCCCG
V 08252135 º,U G ∠=
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114 Problemas de electrotecnia
2.16 Problema 16
Una carga monofásica consume una potencia de 400 kW y 300 kVAr. La carga está conectada a un centro de transformación a través de una línea monofásica que presenta una impedancia total de valor 0,1 + j.0,2 Ω. El centro de transformación consta de dos transformadores monofásicos conectados en paralelo de las características siguientes:
-Transformador A: 50000/3000 V, 400 kVA, εcc = 8%, Pcc = 18000 W.
-Transformador B: 50000/3000 V, 300 kVA.
Ensayo de cortocircuito del transformador B: 2500 V, 5 A, 6250 W (datos medidos en el lado AT).
Sabiendo que la tensión a la salida de los transformadores es de 2900 V, se pide:
a) Tensión en bornes de la carga.
b) Tensión en el primario de los transformadores.
c) Corriente a la salida de cada transformador.
Resolución: a ) Transformador A
AI An 850000400000 ==
Ω=== 25,2818
180002
121
An
ACCACC I
PR
Ω=⋅=⋅
= 50085000008,0
1
11
An
AnACCACC I
UZ
ε
Ω=−= 398,41312
12
1 ACCACCACC RZX
Ω∠= º77,555001 ACCZ Transformador B
Ω== 5005
25001 BCCZ
Ω=== 2505
62502
121
B
CuBCC I
PR
Ω=−= 01,43312
12
1 BCCBCCBCC RZX Ω∠= º605001 BCCZ
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Transformadores monofásicos 115
Figura 2.16.1 Se toma como origen de fases º022 ∠= CC UU ( ) º87,362,01,0º02900 22 −∠⋅++∠=∠∂ IjU C 22500000 IU C ⋅= Resulta: VU C 04,28652 ±= VU C 02,392 ±= (sin sentido físico)
VU C 04,28652 = AI 58,17404,2865
5000002 ==
º3448,0=∂ AI º87,3658,1742 −∠= b) Circuito equivalente reducido al lado de alta tensión:
Figura 2.16.2
Ω∠=+⋅=− º89,5717,250
11
111
BCCACC
BCCACCBACC
ZZZZZ
2900 V CU2
2010 ,j,Zl += carga
VArW
300000
400000
º87,36500000∠=CS VA
GCàrrega
U1
Z1CCA
Z1CCB 0,1+j0,2 · (50000/3000)2
U’2 = 2900·(5000/3000) 2865,01·(5000/3000)
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116 Problemas de electrotecnia
V
ZIUU BACC
º39,178,50792º88,5717,250º87,3650000300058,174
º3448,03000
500002900'' 1221
∠=∠⋅−∠⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅+
+∠⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅=⋅+= −
c) BACCACCA ZIZI −⋅=⋅ 2222
22221211
tBACC
tACCA
rZI
rZI ⋅⋅=⋅⋅ −
º77,55500
º89,5717,250º87,3658,174
1
222
∠∠+−∠=
⋅= −
ACC
BACCA
ZZI
I
AI A º76,3432,872 −∠= AI A 32,872 =
AZZI
IBCC
BACCB º99,3832,87
1
122 −∠=
⋅= − AI B 32,872 =
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Transformadores trifásicos 117
3 Transformadores trifásicos
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118 Problemas de electrotecnia
3.1 Problema 1
Un transformador trifásico de 320 kVA, 10,8 kV/0,4 kV, εcc = 4%, Pcc = 3584 W y conexión estrella-triangulo, alimenta una carga trifásica equilibrada por su secundario que absorbe 300 A con un factor de potencia de 0,8 inductivo, siendo la tensión aplicada al primario del transformador de 11,1 kV. Se pide la tensión en bornes de la carga.
Resolución:
A1066,17
10800·3320000
·3 n1
nn1 ===
USI
A88,461
400·3320000
·3 n2
nn2 ===
USI
27
40010800
t ==r
Referido al primario:
λλ2n1CC1CC ··3 IRP = Ω=== 082,4
1066,17·33584
·3 22n1
CCCC1
λ
λ IPR
V43210800·04,0. 1CC1 === ncc VU ε
Figura 3.1.1
Ω=== 58,141066,17
3/432
1
1cc1
λ
λλ
cc
ccZU
Z
Ω=−=−= 997,1308,458,14 222cc1
2cc1cc1 λλλ RZX
º74,731
1 ==λ
λϕCC
CCCC R
Xarctg
Figura 3.1.2
Z1ccλ
3432
1 =λCCU
17,1066 =I’2λ
4,08 + j 13,997
º3
110001 αλ ∠=U
11,11 A
λ/
2U
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Transformadores trifásicos 119
En carga, la corriente del secundario vale I2λ = 300 A:
A11,1127
3002/2 ===
trI
I λλ
8,0cos =Cϕ → º87,36=Cϕ
λλλλ CCZIUU 1221 '' ⋅+= º74,7358,14º87,3611,11º0'º3
111002 ∠⋅−∠+∠=∠ Uα
58,129'cos3
111002 += λα U VU 28,6278'2 =λ
19,97sin3
11100 =α º87,0=α
V28,6278/2 =λU → V30,1087428,6278·3/
2 ==U
V75,40227
30,108742 ==U
Aplicando el método aproximado de Kapp, resulta:
nRccCC · SP ε= → 0112,03200003584
n
CCRcc ===
SP
ε
0384,00112,004,0 222Rcc
2ccXcc =−=−= εεε
8,0cos == ϕFP → 6,0sin =ϕ
6495,088,461
300
2
2 ===nI
IC
[ ]cXcccRccn2
2
n1
1 sin·cos·· ϕεϕε ++= CUU
UU
[ ]6,0·0384,08,0·0112,0·6495,040010800
11100 2 ++= U → V79,4022 =U
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120 Problemas de electrotecnia
3.2 Problema 2
El transformador de la figura alimenta una carga según el circuito indicado:
Figura 3.2.1
Las características del transformador son: 24000 V/380 V, Sn = 125 kVA, εcc = 4%, Po = 480 W, Pcc = 2530 W. Las lecturas de los vatímetros W1 y W2 son, respectivamente, 60186,56 W y 23813,44 W, mientras que el voltímetro V2 indica 368,6 V. Se sabe que el bobinado del secundario presenta una resistencia por fase de 0,01 Ω. Se pide:
a) La resistencia por fase del bobinado del primario
b) La lectura del voltímetro V1.
c) El rendimiento del transformador.
d) El índice horario del transformador
Resolución:
a)
A9178,189
380·3125000
n2 ==I
Esquema equivalente reducido al secundario,
λλ2
n2cc2CC ··3 IRP = Ω=== 02338,09178,189·3
2530·3 22
n2
CCcc2
λ
λ IPR
Ω=== 0462,09178,189
3380·
1004
n2
cc2cc2
λ
λλ I
UZ
Ω=−=−= 03985,002338,00462,0 222cc2
2cc2cc2 λλλ RZX
02338,003985,0tg cc =ϕ º6,59cc =ϕ
( ) Ω+= 03985,002338,0cc2 jZ λ
V1
R1
S1
T1
A=C'
C=B'
B=A'
W1
W2
V2
a
b c
R2
S2
T2
a’= b’= c’ Carga
equilibrada
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Transformadores trifásicos 121
2
t
1λ202338,0
rR
R λ+= 16,63380
24000t ==r
2
1
16,6301,002338,0 λR
+= 37,531 =λR Ω=⋅=∆ 11,1603 11 λRR
b)
⎭⎬⎫
==
W44,23813W56,60186
2
1
WW
( ) 63000·384000
21T
21T
=−==+=
WWQWWP
75,0tg T =ϕ º87,36T =ϕ 8,0cos T =ϕ
A465,1648,0·6,368·3
840002 ==λI Aº87,36465,1642 −∠=λI
λλλλ CCZIUU 222/
1 ⋅+=
( ) º87,36465,164·03985,002338,0º03
6,368/1 −∠++∠= jU λ
V72,0839,219/1 ∠=λU V3·839,219/
1 =U
V8,24048380
24000·3·839,219.'11 === trUU V8,240481 =U
c)
CunoCuFe P)U/U(PP
PPPP
P+⋅+
=++
= 2112
2
2
2η
866,091,18946,164
2
2 ===nI
IC
972,034,86379
84000
·253024000
8,24048·48084000
84000η2
2 ==
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+
=
C
% 2,97η =
Vº03
6,3682 ∠=λU
Aº87,36465,1642 −∠=λI
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122 Problemas de electrotecnia
d) Para determinar el índice horario, se deben hacer los diagramas siguientes:
Resulta un índice horario 11, siendo por lo tanto un transformador tipo Dy11
A’ B’ C’
A B C
a’ b’ c’
b c a
R1 S1 T1
R2 S2 T2
A=C’
B=A’ C=B’
a b
c
N
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Transformadores trifásicos 123
3.3 Problema 3
Se dispone de un transformador trifásico Dy de características nominales 11 kV/380 V, 50 kVA. Se efectúa el ensayo de cortocircuito del transformador, alimentándolo por el lado de baja tensión a 15 V y absorbiendo 60 A y 1500 W. Por el lado de alta se encuentra conectado a la red, mientras que por el lado de baja tiene conectadas las cargas siguientes:
Un motor trifásico de 9 kW, de 380 V entre fases con un rendimiento del 90% y un factor de potencia de 0,85.
Un motor trifásico que absorbe 25 kW, de 380 V entre fases con un factor de potencia de 0,9.
Una instalación de alumbrado formada por 90 lámparas de incandescencia de factor de potencia unidad, de 100 W a 220 V, repartidas equilibradamente entre les tres fases.
Se pide:
a ) Si en el lado de baja hay una tensión de 380 V, ¿cuál es la tensión de la red?
b ) Calcular la potencia activa y la reactiva absorbida por el transformador de la red.
c ) Determinar las pérdidas por efecto Joule en el transformador.
NOTA: Menospreciar la rama en paralelo del circuito equivalente.
Resolución:
a)
9474,282
1 ==n
nt U
Ur
Ensayo de c.c.
Ω=== 1443,060
3/15
2
cc2cc2 I
VZ λ
λ (valor reducido al secundario)
λλ2
cc2cc2cc I·R·P 3= Ω=== 13880603
15003 2
,·I·
PR
2cc2
cccc2
λλ
Ω=−= 03950,RZX 2cc2
2cc2cc2 λλλ Ω∠= º,,Z cc2 7931514430λ
Consumos
Consumo 1
A875,179,0·85,0·380·3
90001 ==I 85,0cos 1 =ϕ º778,311 =ϕ
Aº788,31875,171 −∠=I
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124 Problemas de electrotecnia
Consumo 2
A203,429,0·380·3
250002 ==I 9,0cos 2 =ϕ º778,312 =ϕ
Aº842,25203,422 −∠=I
Consumo 3
A674,131·380·3
100·903 ==I 9,0cos 3 =ϕ º778,313 =ϕ
Aº0674,133 ∠=I AIIII º58,22406,72321 −∠=++=
Figura 3.3.1
λλλλ CCZIUU 222/1 ⋅+=
Vº,,º,,·º,,ºU/
3080771229582240672793151443003
3801 −∠=−∠∠+∠=λ
V27,6651380
11000·771,229·' t11 === rUU λλ V33,115203 11 =⋅= λUU
b)
º A,,º,,rII
t582252
38011000
58224067221 −∠=−∠==
VA69,1892220,46184º588,225,2º308,033,115203*3 111 jIUS +=∠⋅−∠⋅=⋅⋅=
W20,461841 =P
VAr69,189221 =Q
c)
W43,21848138,0·406,72·3··3 2cc22
2cu === λλ RIP W43,2184cu =P
Ω∠= º793,151443,0cc2 λZ
cZλ1'U λ2º03
380 U=∠ λ2I
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Transformadores trifásicos 125
3.4 Problema 4
Un generador trifásico de 13,2 kV entre fases alimenta, a través de un transformador trifásico ideal, una carga trifásica conectada en estrella que absorbe una potencia de 1 MVA. Determinar las tensiones y las intensidades de corriente de línea y de fase en el transformador si está conectado:
a) Estrella / estrella
b) Estrella / triángulo
c) Triángulo / estrella
d) Triángulo / triángulo
Suponer en todos los casos una tensión a la salida del transformador de 2,3 kV.
Resolución:
a) La conexión estrella / estrella corresponde al esquema siguiente:
Figura 3.4.1
en el cual se conocen las tensiones de línea del primario y del secundario. Las tensiones de fase o tensiones simples son respectivamente:
V 76213
132001 ==λU V 1328
32300
2 ==λU
La relación de transformación nominal puede hallarse indistintamente a partir del cociente entre las tensiones compuestas de ambos devanados o del cociente de las tensiones simples (la recomendación CEI 76, Transformadores de potencia, 4.4.5 que estipula que rt será la relación entre la tensión más elevada y la menor). En este último caso resulta:
al ser ideal se cumple: 2
12
1U
UU
Urn
nt == 7391,52300
13200 ==tr
La intensidad de corriente en el secundario se puede determinar a partir de la potencia absorbida por la carga:
223 IUSC ⋅⋅=
13200V
I1 U1 2300V
U2 I2
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126 Problemas de electrotecnia
Despejando 2I , se obtiene la intensidad de la corriente de línea, que coincide, al estar el secundario del transformador conectado en estrella, con la intensidad de corriente de fase secundaria del transformador:
A 25123003
103
6
22 ===
.U.S
In
Cl
Por tratarse de un transformador ideal, es decir, sin pérdidas, se verifica para cualquier carga:
trII
UU
==1
2
2
1
Por tanto:
Ar
II
t74,43
7391,52512
1 ===
La intensidad de la corriente de línea primaria I1 coincide, al estar el primario del transformador conectado en estrella, con la intensidad de corriente de fase primaria del transformador. También se puede determinar la corriente absorbida por el primario del transformador para alimentar a la carga conectada en su secundario como:
AU
SI C 74,43
1320031000000
3 11 =
⋅=
⋅=
Como era de esperar, el resultado obtenido coincide con el anteriormente hallado.
b) La conexión estrella / triángulo corresponde al siguiente esquema:
Figura 3.4.2
Como las tensiones terminales son las mismas, se tiene: 7391,5=tr
La intensidad de corriente de línea en el lado del secundario del transformador vale:
A 25123003
10000003 2
2 =⋅
=⋅
=n
C
US
I
Y la intensidad de corriente secundaria por fase:
A 1453
2513
22 ===
II
13200V
I1 U1
2300V U2
I’2
I2
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Transformadores trifásicos 127
Al estar el primario en estrella, se cumple:
fasetI,,r
II 121 A744373915251 ====
c) La conexión triángulo /estrella corresponde al siguiente esquema:
Figura 3.4.3
La relación de transformación sigue siendo la misma: 7391,5=tr
La intensidad de corriente de línea en el lado del secundario del transformador vale:
faseII 22 A 25123003
1000000 ==⋅
= por estar el secundario en estrella
Teniendo en cuenta la relación entre las tensiones y corrientes de fase, se puede determinar la intensidad de corriente en el devanado primario:
A74,437391,52512
1 ===tr
II
Al estar el primario en triángulo resulta:
A25,253
11 == II fase
d ) La conexión triángulo / triángulo corresponde al siguiente esquema:
Figura 3.4.4
739152300
13200
2
1 ,UUr
n
nt ===
2300V I2 U2
I’1
I1 13200V
U1=13200V I1 I2
U2=2300V
I’2
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128 Problemas de electrotecnia
La intensidad de corriente de línea en el lado del secundario del transformador vale:
A 25123003
10000002 =
⋅=I
Y la intensidad de corriente de fase correspondiente:
A 1453
2513
22 === II fase
es decir,
Ar
II
t74,43
7391,52512
1 ===
Determinada la intensidad de corriente de fase del primario, la intensidad de corriente de línea se calcula como:
A25,253
11 == II fase
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Transformadores trifásicos 129
3.5 Problema 5
Un transformador trifásico de 2 MVA, 33 kV/7,2 kV, grupo de conexión Dy5, tiene una resistencia y una reactancia por fase de 4,5 Ω y 22 Ω en el devanado primario, así como 0,6 Ω y 2,8 Ω en el devanado secundario. Este transformador alimenta una carga con una factor de potencia 0,8 inductivo que absorbe exactamente la intensidad de corriente nominal del transformador cuando la tensión de alimentación del primario es de 33 kV.
Despreciando las pérdidas en el núcleo magnético del transformador, calcular:
a) El circuito equivalente del transformador reducido al primario
b) El circuito equivalente del transformador reducido al secundario
c) La tensión en bornes de la carga, calculándola a partir del circuito equivalente del transformador reducido al primario.
d) La tensión en bornes de la carga, calculándola a partir del circuito equivalente del transformador reducido al secundario.
Resolución
a) El grupo de conexión del transformador es Dy5, por lo que se verifica:
332
1
2
1 espiras
n
nt
r
NN
UU
r =⋅
== → 5833,47200
33000 ==tr
Figura 3.5.1
Se sabe que:
Ω=∆ 5,41R Ω=∆ 221X Ω= 602 ,R λ Ω= 822 ,X λ
La resistencia y la reactancia del secundario reducidas al primario valen respectivamente:
Ω=⋅⋅+=⋅⋅+=⋅+=+= ∆∆∆∆∆ 3142583346035433 222121211 ,,,,rRR'RR'RRR tCC λλ
Ω=⋅⋅+=⋅⋅+=⋅+=+= ∆∆∆∆∆ 45198583348232233 222121211 ,,,rXX'XX'XXX tCC λλ
I1
US
IF1 I2 U2
UP
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130 Problemas de electrotecnia
Ω+=+= ∆∆∆ 45,198.31,42111 jjXRZ CCCCCC
El circuito equivalente reducido al primario es:
Figura 3.5.2
b ) La resistencia y la reactancia del primario reducidas al secundario valen respectivamente:
Ω=+⋅
=+⋅
=+=+= ∆∆ 671060583343
5433 222
121212 ,,,
,Rr
RR'RR'RRt
CC λλλλλ
Ω=+⋅
=+⋅
=+=+= ∆∆ 15382583343
2233 222
121212 ,,,
Xr
XX'XX'XXt
CC λλλλλ
Ω+=+= 1536710222 ,.j,jXRZ CCCCCC λλλ
El circuito equivalente del transformador reducido al secundario (esquema monofásico fase-neutro) es:
Figura 3.5.3
Ρ2CCλ = 0,671Ω X2CCλ = j 3,15Ω
U’1 U2
Ω=∆ 45,1981 jX CCΩ=∆ 31,421CCR
∆2'I
∆1U ∆2'U
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Transformadores trifásicos 131
α
XCC IF1 φC
RCC IF1
U1
IF1 U’2
c) La intensidad de corriente nominal primaria del transformador es:
A 35333000
20000001 =
⋅=nI
y la corriente de fase correspondiente:
A 2,203
353
11 ===∆
nII
que coincide con la intensidad de corriente que absorbe la carga reducida al primario, puesto que, según el enunciado, el transformador no tiene pérdidas en el núcleo magnético. Por ser el factor de potencia de la carga 0,8 (cosφC = 0,8) inductivo, la intensidad de corriente que ésta absorbe por fase está desfasada en retraso un ángulo de 36,87º respecto a la tensión simple secundaria de la misma fase.
Y para lo que sigue se debe recordar que la reducción de magnitudes de un devanado al otro es una transformación conforme, es decir, que se conservan los ángulos.
A º87,362,201 −∠=∆I
Y teniendo en cuenta lo anteriormente expuesto, el circuito equivalente del transformador reducido al primario (esquema monofásico fase-neutro) cuando alimenta a la carga es:
Figura 3.5.4
Tomando como origen de ángulos U’2, se tiene:
Figura 3.5.5
∆∆∆∆ ⋅+= CCZIUU 1121 '
42,31Ω j 198,45Ω
U1∆ U’2∆
1∆I
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132 Problemas de electrotecnia
y sustituyendo valores:
º,,),j,(º'Uº 8736220451983142033000 2 −∠⋅++∠=∠ ∆α
Igualando partes real e imaginaria:
⎩⎨⎧
⋅=⋅⋅+=⋅ ∆
º09,4178,409833000º09,41cos78,4098 'cos33000 2
sensenU
αα
De donde se obtienen º68,4=α
V 81298002 ,'U =∆
y que, reducida al secundario, resulta:
V65025833,4
81,29800'22 === ∆
∆tr
UU
d) La intensidad de corriente nominal secundaria del transformador es:
AU
SIn
nn 37,160
720032000000
3 22 =
⋅=
⋅=
que coincide, según el enunciado, con la intensidad de corriente que absorbe la carga. A un factor de potencia inductivo 0,8 (cos φC = 0,8) le corresponde, tal como hemos visto anteriormente, un desfase en retraso de la intensidad de corriente secundaria respecto de la tensión de 36,87º. Por tanto:
A 8736371602 º,,I −∠=λ
El circuito equivalente del transformador reducido al secundario (esquema monofásico fase-neutro) cuando alimenta a la carga es:
Figura 3.5.6
Y el diagrama vectorial es:
Figura 3.5.7
0,671Ω j 3,15Ω
U’1λ U2λ
α
XCC I2n
φC
RCC I2n
U’1
I2n U2
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Transformadores trifásicos 133
λλλλλ 22221 I)jXR(U'U CCCC ⋅++=
En el cual:
V 95415693857
3300011 ,
,rU'U
t=== λ
λ
Resulta, por tanto: º,,),j,(ºUº, 87363716015367100954156 2 −∠⋅++∠=∠ λα
igualando partes real e imaginaria:
⎩⎨⎧
⋅=⋅⋅+=⋅
º,sen,sen,º,cos,Ucos,
094139516954156094139516954156 2
αα λ
De donde se obtiene: º68,4=α
V 9637532 ,U =λ → V650296375333 22 =⋅=⋅= ,UU λ
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134 Problemas de electrotecnia
3.6 Problema 6
Se dispone de un transformador trifásico Yd de las características siguientes:
MVASn 20= kVU n 1281 = kVU n 242 =
kWPCC
30= 06,0=CCε
Se conecta al devanado de tensión inferior una carga trifásica equilibrada de 15 MW, con un factor de potencia de 0,8 inductivo y a una tensión de 23 kV.
Calcular:
a) Los valores de la resistencia, inductancia e impedancia de cortocircuito del transformador reducida al devanado de tensión superior
b) La impedancia de la carga
c) La tensión de línea existente en el devanado de tensión superior antes de producirse el cortocircuito
d) Trabajando en las anteriores condiciones, en un momento determinado, se produce un cortocircuito en bornes de la carga, reduciéndose la tensión de alimentación del transformador a un 80% del valor que tenía anteriormente. Determinar las intensidades de las corrientes de línea en ambos lados del transformador en esta nueva situación.
Resolución:
a) Las intensidades de corriente nominales primaria y secundaria del transformador son respectivamente:
AU
SIn
nn 21,90
128000320000000
3 11 =
⋅=
⋅=
AU
SIn
nn 125,481
24000320000000
3 22 =
⋅=
⋅=
La relación de transformación nominal:
333,524000
128000
2
1 ===n
nt U
Ur
Como se conocen las pérdidas en el ensayo de cortocircuito, se puede determinar el valor de la resistencia de cortocircuito reducida al devanado de tensión superior (en este caso, devanado primario) R1CCy:
λλ nCCCC IRP 12
13 ⋅⋅=
Ω=⋅
=⋅
= 229121903
300003 2
121 ,
,I
PR
n
CCCCy
λ
Y a partir de la tensión de cortocircuito, expresada en tanto por uno, se puede determinar la impedancia de cortocircuito reducida al primario, Z1CC, como:
λ
λλεn
nCCCC U
IZ
1
11 ⋅=
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Transformadores trifásicos 135
Ω=⋅=⋅= 15492190
31280000601
11 ,
,/,
IUZ
n
nCCCC
λ
λλ
ε
Ω=−= 1374912
12
1 ,RZX CCCCCC λλλ
Ω∠=+= 5678815491374922911 º,,j,,Z CCλ
b) La intensidad de corriente en el secundario del transformador para la carga se obtiene de:
CC cosIUP ϕ⋅⋅⋅= 223
λϕ 2
6
22 665470
802300031015
3IA,
,.
cosUP
IC
C ==⋅⋅
=⋅⋅
=
De donde la impedancia de carga por fase tiene un valor de:
Ω=== 2128665470
323000
2
2 ,,
/I
UZCλ
λλ
Y como se conoce el factor de potencia de la carga (cos φC = 0,8) y el tipo de carga (inductiva), se puede hallar en ángulo φC:
º87,36=Cϕ
Por tanto:
Ω∠= 87362128 º,,ZCλ
y reducida al primario vale:
Ω∠=⋅∠=⋅= º,,,º,,r'Z'Z tCC 873642802333587362128 22λλ
c) El circuito equivalente del transformador reducido al primario (esquema monofásico fase-neutro) es:
Figura 3.6.1
Tomando como origen de ángulos la tensión simple λ2U reducida al primario, λ2'U :
λλ 22 Ur'U t ⋅=
~
Z1CCλ
I’2λ
Z’C U’2λ U1λ
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136 Problemas de electrotecnia
V 027081703
2300033352 º,º,'U ∠=∠⋅=λ
La intensidad de corriente de la carga en forma fasorial, tomando el anterior origen de ángulos, es:
A 87366654702 º,,I −∠=λ
Y reducida al primario:
tr
I'I λλ 22 =
A 8736255883335
87366654702 º,,
,º,,'I −∠=−∠=λ
A partir de los valores anteriormente calculados se puede calcular la tensión simple de alimentación del primario:
λλλ λ CCy Z'I'UU 1221 ⋅+=
V 65127207358456788154987362558802788171 º,,º,,º,,º,U ∠=∠⋅−∠+∠=λ
Y la tensión de línea es:
V 47127452727358433 11 ,,UU =⋅=⋅= λ
V 47,1274521 =U
d) El circuito equivalente del transformador reducido al primario (esquema monofásico fase-neutro), cuando se produce un cortocircuito tripolar en el secundario y está alimentado a un 80% de la tensión del apartado anterior, es:
Figura 3.6.2
La corriente primaria del transformador en este caso vale:
A 66811971549
720735848080
1
111 ,
,,,
ZU,II
CC=⋅=
⋅==
λ
λλ
Y la corriente secundaria del transformador en este caso vale:
trII ⋅= 12
A 163,6387333,5668,11972 =⋅=I
~ I1λ
0,8 U1λ
Z1CCλ
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Transformadores trifásicos 137
3.7 Problema 7
De un transformador trifásico de 124,7 kVA, relación de transformación 8250 V/500 V, grupo de conexión Dy5, se han realizado los siguientes ensayos:
1. Ensayo de vacío: Alimentando el transformador por el devanado de baja tensión a 400 V, la potencia absorbida es de 1300 W.
2. Ensayo de cortocircuito: Alimentando el transformador por el devanado de alta tensión a 314 V, circula la corriente nominal y la potencia absorbida es de 3000 W.
Calcular:
a) El rendimiento del transformador a plena carga cuando alimenta una carga inductiva de factor de potencia 0,9 a la tensión nominal conectada en el devanado de alta tensión.
b) El rendimiento del transformador cuando trabaja a media carga, tensión nominal y el factor de potencia es la unidad.
c) El rendimiento máximo del transformador y carga para la que se produce, cuando el factor de potencia es la unidad a la tensión nominal.
d) Caídas de tensión relativa en la resistencia, reactancia e impedancia de cortocircuito a plena carga.
e) Tensión necesaria en el primario para poder alimentar la carga del apartado a) cuando la tensión del secundario es de 8250 V.
Resolución:
a) El rendimiento del transformador se obtiene como:
FeCu PPP
P++
=2
2η
Siendo:
P2 = Potencia activa suministrada a la carga
PFe = Potencia activa que se disipa en el núcleo magnético del transformador (pérdidas en el hierro)
PCu = Potencia activa que se disipa por efecto Joule en los devanados del transformador (pérdidas en el cobre)
Cuando se efectuó el ensayo del transformador en vacío, la tensión de alimentación no era la nominal, por lo que la potencia absorbida, P’o, no corresponde a la potencia que absorbe el transformador en vacío a tensión nominal, valor designado normalmente por Po. La relación entre ambas potencias viene dada por:
W20314005001300
22
1
1 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅=
UU
'PP noo
Por tanto, las pérdidas en el hierro en este caso valen: W2031== oFe PP
Al trabajar el transformador a plena carga, la corriente por él suministrada es la nominal, por lo que las pérdidas en el cobre coinciden con las medidas en el ensayo de cortocircuito, es decir:
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138 Problemas de electrotecnia
W3000=CuP
La potencia suministrada a la carga en estas condiciones es:
CnCnn SIUP ϕϕ coscos3 222 ⋅=⋅⋅⋅=
Por lo que el rendimiento es:
9571,0300020319,0124700
9,0124700 =++⋅
⋅=η η = 95,71 %
b) En este caso, se ha de tener presente que la potencia suministrada es la mitad de la nominal y que, por lo tanto, las pérdidas en el cobre son diferentes de las del ensayo de cortocircuito:
W750300050 22 =⋅=⋅= ,PCP CCCu
CnCnnCn cosCScosICUcosIUP ϕϕϕ ⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= 22222 33
957305030002031150124700
1501247002
,,,
, =⋅++⋅⋅
⋅⋅=η η = 95,73 %
c) El rendimiento máximo, par un factor de potencia dado, se consigue cuando se verifica:
CuFe PP =
CCFe PCP ⋅= 2
8228030002031 ,
PPCCC
Femáx ===η
Por tanto, el rendimiento máximo vale:
9619,08228,0230008228,0124700
8228,01247002
=⋅++⋅
⋅=máxη η = 96,19 %
d) Previamente se calcularán los valores de las resistencias y reactancias de cortocircuito del transformador, suponiendo: 1: BT en Y 2: AT en ∆
La relación de transformación es: 60,08250500 ==tr
A1445003
1247003 1
1 =⋅
=⋅
=n
nn U
SI A734,882503
1247003 2
2 =⋅
=⋅
=n
nn U
SI
El valor de la tensión de cortocircuito reducida al devanado de baja tensión vale:
V 0319825050031421 ,rUU tCCCC =⋅=⋅=
y, teniendo presente que la conexión es en estrella, la tensión por fase correspondiente es:
V 98710303191 ,/,U CC ==λ
Por lo tanto:
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Transformadores trifásicos 139
nCCCC IRP 12
13 ⋅⋅= λ → Ω=⋅
=⋅
= 0482,01443
30003 2
121
n
CCCC
IP
R λ
Y la impedancia de cortocircuito vale:
Ω=== 07620144
98710
1
11 ,,
IUZ
n
CCCC
λλ
De donde: Ω=−= 059012
12
1 ,RZX CCCCCC λλλ
Cálculo de las caídas de tensión relativa en la resistencia, reactancia e impedancia de cortocircuito a plena carga:
0240
3500
14404820
1
11 ,,U
IR
n
nCCRCC =⋅=⋅=
λ
λλε
02950
3500
1440590
1
11 ,,U
IX
n
nCCXCC =⋅=⋅=
λ
λλε
0380
3500
14407620
1
11 ,,U
IZ
n
nCCCC =⋅=⋅=
λ
λλε
También se puede calcular CCε como: XCCRCCCC22 εεε +=
e) A continuación calcularemos, utilizando el método aproximado Kapp, la tensión que hay que aplicar al devanado de baja tensión para poder alimentar una carga de las características especificadas en el enunciado a 8250 V.
CnCCCnCC senIXcosIR'UU ϕϕ λλκλλλ ⋅⋅+⋅⋅+= 111121
V 632994360144059090144048208250500
38250
1 ,,,,,U =⋅⋅+⋅⋅+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅=λ
La tensión que hay que aplicar es: V235176329833 11 ,,UU =⋅=⋅= λ
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140 Problemas de electrotecnia
3.8 Problema 8
Se conecta una carga de 150 kVA, con un factor de potencia de 0,96 inductiva, en el devanado de tensión inferior de un transformador trifásico. La tensión de alimentación de la carga es de V31000 .
En estas condiciones, la potencia absorbida por el transformador es de 157,5 kW, con un factor de potencia de 0,934 inductivo.
Las características del transformador son:
- Grupo de conexión Yy
- Tensión nominal del devanado de tensión más elevada: V 31900
- Tensión nominal del devanado de tensión inferior: V 31100
- Potencia nominal: 375 kVA
- Potencia reactiva absorbida por el transformador en el ensayo estándar de vacío: 15 kVAr
- Pérdidas del transformador en el ensayo estándar de vacío: 11250 W.
Calcular:
a) Los valores de la resistencia y reactancia de cortocircuito referidas al devanado de tensión superior (primario)
b) La tensión que se ha de aplicar al primario del transformador para poder alimentar la carga en las condiciones indicadas
c) La tensión de cortocircuito en valor relativo, CCε
d) La intensidad de la corriente de vacío del transformador Io aplicando en el primario la tensión del apartado b)
Resolución:
a) Las intensidades de corrientes nominales en ambos devanados del transformador valen respectivamente:
A 7965319003
103753
3
11 ,
US
In
nn =
⋅⋅=
⋅=
A 36113311003
103753
3
22 ,
US
In
nn =
⋅⋅=
⋅=
Como se conocen las potencias activa y reactiva del transformador cuando trabaja en vacío, se puede determinar el factor de potencia en vacío:
33,11125015000 ===
o
oo P
Qtgϕ → º13,53=oϕ → 6,0cos =oϕ
Las pérdidas de potencia en vacío, activa y reactiva, cuando el transformador no trabaja a la tensión nominal, son:
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Transformadores trifásicos 141
W5292971100100011250
22
1
1 ,UU
P'Pnf
foo =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
VAr 7123961100100015000
22
1
1 ,UU
Q'Qnf
foo =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
Siendo U1f la tensión de alimentación de la carga por fase, y U1nf la tensión nominal por fase.
A continuación, como ya se conocen la potencia absorbida por el transformador y las potencias cedidas a la carga y al núcleo ferromagnético del transformador, se pueden determinar las pérdidas en el cobre.
Potencias cedidas a la carga:
( 96,0cos =Cϕ º26,16=Cϕ 28,0=Csenϕ )
kW1449601502 =⋅=⋅= ,cosSP CC ϕ
kVAr422801502 =⋅=⋅= ,senSQ CC ϕ
La intensidad de corriente que circula por el secundario del transformador es:
A50310003
101503
3
22 =
⋅⋅=
⋅=
US
I C
y que, reducida al primario del transformador, es:
A 9528
3110031900
5022 ,
rI
'It
=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==
El índice de carga es:
44,096,113
50
2
2 ===nI
IC
Las pérdidas en el cobre valen:
( 934,0cos 1=ϕ º93,201=ϕ 3825,01=ϕtg )
W48420252929710144105157 3321 ,,,'PPPP oCu =−⋅−⋅=−−=
VAr 08585071239642000786024621121 ,,,'QQtgP'QQQQ ooCu =−−=−−=−−= ϕ
A partir de los resultados anteriores, se pueden calcular los valores de R1CCy y X1CCy referidos al primario:
2213 λλ 'IRP CCCu ⋅⋅=
Ω=⋅
=⋅
= 67195283484202
3 222
1 ,,,
'I
PR Cu
CCλ
λ
Ω=⋅
=⋅
= 32295283085850
3 222
1 ,,,
'I
QX Cu
CCλ
λ
Ω+= 3226711 ,j,Z CCλ
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142 Problemas de electrotecnia
b) A partir de los valores anteriores, se puede calcular la tensión que se ha de aplicar al primario del transformador, a partir del circuito equivalente fase-neutro, en el caso indicado:
)(96,0cos iC =ϕ → º26,16=Cϕ
( )3226712616952811001900010001221221 ,j,º,,ºZ'IrUZ'I'UU CCtCC +⋅−∠+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛⋅∠=⋅+⋅=⋅+= λλλλλλλ
Resultando: V 6312417931 º,,U ∠=λ
La tensión de línea que se ha de aplicar es:
V 9831053 11 ,UU =⋅= λ → V 31061 ≅U
c) La tensión de cortocircuito en valor relativo es:
1900
7965322671 22
1
12
12
1
1
11 ,,,U
IXRU
IZ
n
nCCCC
n
nCCCC
⋅+=⋅+
=⋅=λ
λλλ
λ
λλε
0989,0=CCε → εCC = 9,89 %
d) La pérdida de potencia en el ensayo de vacío Po es:
oofo IUP ϕcos3 11 ⋅⋅⋅=
De aquí se puede hallar Io:
A 882602417933
5292973 1
1 ,,,
,cosU
PI
of
oo =
⋅⋅=
⋅⋅=
ϕ
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Transformadores trifásicos 143
3.9 Problema 9
Desde las barras de una subestación reductora, se alimenta una carga trifásica equilibrada de 16 MW, con un factor de potencia 0,8 inductivo a una tensión de 25 kV.
El transformador instalado en la subestación tiene las siguientes características nominales: MVA 25=nS kV 2201 =nU kV 252 =nU
%)10( 1,0=CCε kW 700=CCP
La subestación se alimenta mediante una línea trifásica de 500 km de longitud, cuya impedancia unitaria por fase es Ω/km )48,014,0(1 jZ += según el esquema unifilar que se representa en la figura:
Figura 3.9.1
Despreciando la rama en paralelo del circuito equivalente del transformador, determinar:
a) La tensión proporcionada por el alternador.
b) La potencia aparente en forma compleja que suministra el alternador.
c) El rendimiento de la transmisión.
Resolución:
Características del transformador:
Intensidad de corriente nominal primaria del transformador:
A 6652203
250003 1
1 ,U
SI
n
nn =
⋅=
⋅=
Intensidad de corriente nominal secundaria:
A 35577253
250003 2
2 ,U
SI
n
nn =
⋅=
⋅=
Relación de transformación:
8825
220
2
1 ,UU
rn
nt ===
Componente real de la caída relativa de tensión en el transformador:
028,025000700 ===
n
CCRCC S
Pε [ ]%8,2
G ~
UG
CARGA
TR L
U1 U2
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144 Problemas de electrotecnia
Componente imaginaria de la tensión de cortocircuito del transformador:
096,0028,01,0 2222 =−=−= RCCCCXCC εεε [ ]%6,9
Por lo tanto:
4286,3028,0096,0 ===
RCC
XCCCCtg
εε
ϕ
º74,73=CCϕ → 96,0=CCsenϕ → 28,0cos =CCϕ
Por lo que:
j,,º,,CC 09600280747310 +=∠=ε
Características de la carga:
MVA 2080
16 ===,cos
PS
C
CC ϕ
[ ]kVA 1200016000873620000 jkVAº,SC +=∠=
Que absorbe una intensidad de corriente del secundario del transformador que vale:
2
23
*U
SI C
⋅= con kV 2522 == nUU
Si tiene:
A87364620253873620000
3 22 º,
ºº,
US
*In
C ∠=∠⋅
∠=⋅
=
[ ]A 277636987364622 j,Aº,I −=−∠=
Con lo cual, el índice de carga del transformador vale para esta carga conectada en el secundario:
º87,368,035,577
º87,36462
2
2 −∠=−∠==nI
IC
Por lo tanto:
jC 48,064,0º87,368,0 −=−∠=
Y la intensidad de corriente primaria del transformador, en estas condiciones, es:
A873655288
873646221 º,,
,º,
rI
It
−∠=−∠==
Características de la línea:
Para una longitud de 500 km, la impedancia por fase de la línea vale:
[ ] [ ] Ω∠=+=+⋅=⋅= º,jj,,ZlZl 7473250240704801405001
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Transformadores trifásicos 145
a) La caída de tensión del transformador se podrá calcular a partir de la expresión (método vectorial exacto):
CCffff ZIUU 1221 '' ⋅+=
Ω∠=∠⋅⋅=⋅= º,,º,,,
/IV
Z CCnf
nfCCf 747360193747310
665310220 3
1
11 ε
V 03
10220 322 ºrU'U tff ∠⋅=⋅= A87365522
2 º,,rI'I
tf
f −∠==
V58277135285747360193873655203
10220 31 º,,º,,º,,ºU f ∠=∠⋅−∠+∠⋅=
kV3222343 11 ,UU f =⋅=
La tensión simple proporcionada por el alternador será:
flGf UIZU 11 +⋅=
V485581463165827713528587365527473250 º,,º,,º,,º,U Gf ∠=∠+−∠⋅∠=
kV428,2533 =⋅= GfG UU
b) La potencia aparente, en forma compleja, proporcionada por el alternador será:
1*3*3 IUIUS GfGfGfG ⋅⋅=⋅⋅=
[ ]MVA 5251503417347427723044873655247753161463 ,j,kVAº,,º,,º,,SG ⋅+=∠=∠⋅∠⋅=
c) El rendimiento de la transmisión vale:
%,,P
P
G
C 939303417
16100100 =⋅=⋅=η
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146 Problemas de electrotecnia
3.10 Problema 10
Un transformador trifásico, conexión estrella-triángulo, alimenta dos cargas, como se indica en el esquema de la figura adjunta. La relación de transformación del transformador es: 10 kV/4 kV.
Cuando la tensión aplicada al primario es de 3108 V, la corriente de cortocircuito medida en el primario vale ICC = 2300 A y el factor de potencia en el ensayo de cortocircuito es cos φCC = 0,65
La impedancia por fase de la línea entre B y C es de (0,1+0,25j) Ω, mientras que entre C y D vale (0,35+0,45j) Ω.
La frecuencia de la red es de 50 Hz. Se desprecian las pérdidas en vacío.
Calcular:
a) Valores de la resistencia y de la reactancia de cortocircuito
b) Tensión a aplicar en el primario del transformador para que la carga 2 esté alimentada a 2900V
c) Indicación del amperímetro AG
d) Rendimiento del transformador
e) Capacidad por fase de la batería de condensadores, conectados en estrella, en la parte de alta tensión, para que mejore el factor de potencia de la instalación hasta un valor de 0,95.
Figura 3.10.1
Resolución:
a) En el ensayo de cortocircuito resulta:
λλλ CCCCCC jXRZ 111 +=
La tensión aplicada por fase es V 33108 / y, en consecuencia:
Ω=== 7802300
33108
1
11 ,/
IUZ
CC
ccCC
λ
λλ
Ya que: º,,CC 4649650arccos ==ϕ
Ω∠= 46497801 º,,Z CCλ
Carga 1 I1 = 1000 A cos φ1 = 0,8 (i)
Carga 2 I2 = 600 A cos φ2 = 0,6 (i)
A B AG
λ /∆
Conexión λ Conexión ∆
C D
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Transformadores trifásicos 147
Ω=⋅=⋅= 507065078011 ,,,cosZR CCCCCC ϕλλ
Ω=⋅= 593011 ,sinZX CCCCCC ϕλλ
b) Para calcular la tensión en el punto B, dibujemos previamente el circuito monofásico correspondiente:
Figura 3.10.2
La tensión que se quiere obtener en bornes de la carga 2, en valor simple, es de V 31167432900 ,/ = , con un consumo de 600 A y un factor de potencia 0,6 inductivo.
Determinada la tensión en el punto D, se puede calcular la tensión en el punto C.
Si se toma como origen de fases: V 0311674 º,U D ∠= , y teniendo en cuenta que el factor de potencia de la carga 2 es de 0,6 inductivo, º13,532 =ϕ y en consecuencia, A13536002 º,I −∠= .
El diagrama vectorial es:
Figura 3.10.3
λλλ 22 IZUU lDC ⋅+=
V 13536009045013536003500311674 º,º,º,,º,UC −∠⋅∠+−∠⋅+∠=λ
V 1703220166312016 º,,j,UC −∠=−=λ
53,13º UD
X12 I2
UC
R12 I2
I2
B
N N
C
N
DZl1 = (0,1+0,25j) Ω Zl2 = (0,35+0,45j) Ω
I1 I2 CARGA 1 CARGA 2
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148 Problemas de electrotecnia
En el punto C, además del consumo de la carga 2, existe el correspondiente de la carga 1, que es de 1000 A, con un cos φ1 = 0,8 inductivo. Lo que significa que el ángulo formado por el vector λCU con el vector λ1I es φ1 = 36,87º, y con respecto al origen de ángulos elegido, es:
A04371000873617010001 º,º,º,I −∠=−−∠=λ
La corriente I que circula entre B y C es:
A 13536000437100021 º,º,III −∠+−∠=+= λλλ
A0643241585371082221158 º,,j,,I −∠=−=λ
La tensión de fase en el punto B vale:
λλλ IZUU lCB ⋅+= 1
( ) V 06432158525010170322016 º,,j,,º,,UB −∠⋅++−∠=λ
V17473240818175352402 º,,j,,U B ∠=+=λ
Figura 3.10.4
( ) λλλλλ 211 'IXjR'UU CCCCBA ⋅++=
( ) V 06432663459305070174266020 º,,,j,º,,U A −∠⋅++∠=λ
V 344636514493956495 º,,j,U A ∠=+=λ
La tensión que se ha de aplicar en el punto A es:
V67,11283363,6514 =⋅=AU
c) El amperímetro AG indica una lectura, que ya se calculó anteriormente y que vale: 1585,24 A.
d) El rendimiento del transformador se puede determinar como la relación existente entre la potencia suministrada a la salida y la potencia absorbida de la red de alta tensión.
Psuministrada = ( )λλλλ ϕϕ 223 'IUBB ''cos'IU −⋅⋅⋅
Psuministrada kW 8777806431742415857324083 ,)º,º,cos(,, =+⋅⋅⋅=
λAU
R1CCλ X1CCλ
λ2'I λB'U
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Transformadores trifásicos 149
Pabsorbida = ( )λλλλ ϕϕ 223 IUAA cosIU −⋅⋅⋅
Siendo I2λ = I’2 λ /rt =1585,25/2,5 = 634,1 A
Pabsorbida ( ) kW 48388064334416346365143 ,º,º,cos,, =+⋅⋅⋅=
%,,,
PP
absorbida
istradaminsu 73921004838887778100 =⋅=⋅=η
e) El circuito equivalente por fase es:
Figura 3.10.5
El ángulo que forman los vectores λAU e λ2'I es: º4,47º06,43º34,4 =+
Lo que representa un factor de potencia de cos φ = 0,6768, que se quiere mejorar hasta cosφT = 0,95, es decir: φT = 18,195º.
Si se elige como origen de ángulos, la tensión AU , el diagrama vectorial es:
( )'ϕϕ tgtgPQ absC −⋅=
( )º,tgº,tgQC 195184478388400 −⋅=
VAr06365162,QC =
VAr 063651626365143322
,X
,X
VQCC
AC =⋅=⋅= λ
Ω= 20CX
µF 215950220
11 ,X
CC
=⋅⋅
=⋅
=πω
A
N
UAλ ICλ
ITλ I’2λ
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150 Problemas de electrotecnia
3.11 Problema 11
Se quiere hacer trabajar dos transformadores trifásicos en paralelo, cuyas características se resumen en la tabla siguiente:
TRANSFORMADOR Sn
(kVA)
U1n
(kV)
U2n
(kV)
εCC
(%)
Io
(%)
PCC
(W)
Po
(W)
A 250 15 0,4 4 1,7 4010 675
B 400 15 0,4 4,5 1,7 5780 990
Calcular:
a) Características nominales del conjunto de los dos transformadores con el fin de poder obtener un funcionamiento óptimo.
b) La relación en que se reparten las corrientes de una carga alimentada a la salida del conjunto de los dos transformadores conectados en paralelo.
Resolución:
a) La condición indispensable para un funcionamiento óptimo de los dos transformadores viene dada por la relación:
CCBBCCAA CC εε ⋅=⋅
siendo AC y BC los índices de carga de los transformadores A y B, respectivamente, y CCAε y CCBε las tensiones en valores relativos obtenidas en el ensayo de cortocircuito.
El transformador de menor tensión de cortocircuito relativa CCAε es el que se sobrecargará:
045,0 04,0 =<= CCBCCA εε
Por lo tanto, si se quiere que el transformador A no se sobrecargue, el máximo índice de carga AC ha de ser igual a la unidad como máximo ( AC = 1).
En consecuencia:
CCBBCCAA CC εε ⋅=⋅
888,0045,0040,01 =⋅=⋅=
CCB
CCAAB CC
εε (88,8%)
Por lo tanto, la potencia que puede dar el transformador B es:
kVA55,355400888,0* =⋅=⋅= nBBnB SCS
El conjunto del grupo de los dos transformadores da una potencia aparente total de:
kVA5560555355250 ,,*SSS nBnAn =+=+=
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Transformadores trifásicos 151
Como el transformador B, en estas condiciones trabaja con una potencia de 355,55 kVA, la corriente nominal también baja a un 88,8% y, en consecuencia, también baja la tensión CCBε de cortocircuito en valor relativo.
04,0045,0888,0* =⋅=CCBε (4%)
Pérdidas en vacío
Puesto que la tensión de alimentación no varía kVUU nBnA 1011 == y VUU nBnA 40022 == , las pérdidas de cada transformador continúan siendo las mismas: W1665990675 =+=+= oBoAo PPP
Pérdidas en cortocircuito
Las pérdidas en cortocircuito son proporcionales al cuadrado del índice de carga:
W85765780888,040101 222 =⋅+⋅=⋅+⋅= CCBBCCAACC PCPCP
Corriente de vacío del conjunto
Las corrientes de vacío de los transformadores A y B son:
A 1635,0150003
250000017,03 1
11 =⋅
⋅=⋅
⋅=⋅=nA
nAoAnAoAoA U
SiIiI
A 2617,0150003
400000017,03 1
11 =⋅
⋅=⋅
⋅=⋅=nB
nBoBnBoBoB U
SiIiI
siendo la corriente total de vacío: A 4252,02617,01635,0111 =+=+= oBoAo III
Las corrientes nominales para los transformadores A y B, en las nuevas condiciones ( )8888,0,1 == BA CC , son:
A 62,9150003
2500003 1
1 =⋅
=⋅
=nA
nAnA U
SI
A 66,13150003
3555553
**
11 =
⋅=
⋅=
nB
nBnB U
SI
La corriente total es: A 28,2366,1362,9*111 =+=+= nBnAn III
Por lo tanto, la corriente relativa de vacío para el conjunto es:
018,028,23
4252,0
1
1 ===n
oo I
Ii → io = 1,8 %
b) Cuando el conjunto trabaja a potencia máxima, el transformador A aporta kVA250=nAS y el
transformador B, kVA55355,*S nB = , siendo la aportación total de kVA55,605=nS .
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152 Problemas de electrotecnia
En consecuencia, la proporción de carga es:
Transformador A: 250/605,55 = 0,4128
Transformador B: 355,55/605,55 = 0,5872
Por lo tanto, el transformador A aporta el 41,28 % de al corriente total de la carga y el transformador B el 58,72 %.
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Transformadores trifásicos 153
3.12 Problema 12
Dos transformadores trifásicos conectados en paralelo alimentan a una carga inductiva de las siguientes características:
kVA200=CS 8,0cos =Cϕ
El esquema de alimentación es el siguiente:
Figura 3.12.1
Las características de los transformadores se resumen en la tabla siguiente:
Transformador
Sn
(kVA)
U1n
(kV)
U2n
(kV)
εCC
(%)
PCC
(W)
Po
(W)
Grupo
conexión
1 250 6 0,38 4,5 2000 150 Yy0
2 100 6 0,38 4,5 800 60 Yy0
Se cierra el interruptor K1. Con el interruptor K2 abierto, se pide:
a) Tensión a que debe alimentarse el transformador 1 para que en bornes de la carga se tengan 380 V
b) Corriente que circula por el bobinado secundario
c) Rendimiento del transformador
A continuación se cierra el interruptor K2, de manera que la carga queda alimentada simultáneamente por ambos transformadores. Calcular:
d) La tensión a que habrán de alimentarse los primarios de los transformadores para conseguir una tensión secundaria de 380 V
e) Corrientes que circularán por cada uno de los secundarios de los transformadores
f) Rendimiento del conjunto de los transformadores
g) Indicar qué sucedería si, es estas últimas condiciones, el transformador 2 tuviera una εCC = 3%.
200 kVA
cos φC = 0,8 (i)
TR 1
TR 2 K2
K1
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154 Problemas de electrotecnia
Resolución:
a) Si la carga está alimentada exclusivamente por el transformador 1, el índice de carga, al ser UC=U2n, vale:
8,0250200
3
3
22
22
2
2 ===⋅⋅
⋅⋅==
n
C
nn
n
n SS
VIVI
II
C
por otro lado:
(0,8%) 00802500002000
33
33
11
12
11
12
1
11
12
1 ,IU
IRS
PVIRI
VIRI
nn
nCC
n
CC
nn
CCn
nn
CCnRCC ==
⋅⋅⋅⋅==
⋅⋅⋅⋅=
⋅⋅=
λλ
λλ
λλ
λλε
0443,0008,0045,0 2222 =−=−= RCCCCXCC εεε (4,43%)
Para calcular la caída de tensión que se produce en el transformador, se utiliza la fórmula aproximada de Kapp:
[ ]ϕεϕε sincos2
2
1
1 ⋅+⋅⋅=− XCCRCCnn
CUU
UU
[ ]6,00443,08,0008,08,0380380
60001 ⋅+⋅⋅=−
U
V26,61581 =U
b) La corriente que circula por el bobinado secundario es:
A 9,3033803
2000003 2
2 =⋅
=⋅
=U
SI C
c) Al ser VU 26,61581 = resultará:
CCno PCUUPS
S22
1122
22
)/.(coscos
++⋅⋅=
ϕϕη
% 11,998,02000)6000/26,6158.(1508,0200000
8,0200000100 22 =⋅++⋅
⋅⋅=η
d) Si los dos transformadores trabajan en paralelo para poder conseguir un buen funcionamiento, se ha de cumplir que:
2211 CC CCCC ⋅=⋅ εε
y como en este caso %5,421 == CCCC εε , se cumple que 21 CC = , es decir:
nn
n
nn
n
nn IUIU
IUIU
II
II
21
21
11
11
2
2
1
1
33
33
⋅⋅⋅⋅
=⋅⋅⋅⋅
==
En consecuencia:
nn S
SSS
2
2
1
1 = → 5,21010010250
3
3
2
1
2
1 =⋅⋅==
n
nSS
SS
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Transformadores trifásicos 155
Como VA20000021 =+ SS
Resulta VAS 1428571 = VAS 571432 =
21
11 5714,0
250000142857 C
SS
Cn
====
Para el transformador 2:
008,0100000
800
2
22 ===
n
CCRCC S
Pε (0,8%)
0444,0008,0045,0 222
22
22 =−=−= RCCCCXCC εεε (4,44%)
Estos valores coinciden con los del transformador 1.
Para el cálculo de U1 podemos aplicar la aproximación de Kapp en cualquiera de los dos transformadores:
[ ]222
2
1
1 sincos ϕεϕε ⋅+⋅⋅=− XCCRCCnn
CUU
UU
[ ]6,00443,08,0008,05714,0380380
60001 ⋅+⋅⋅=−
U
VU 07,61131 =
e) Las corrientes que recorren los secundarios de cada transformador valen, respectivamente:
Transformador 1:
AU
SI
n
05,2173803
1428573 2
12 =
⋅=
⋅=
Transformador 2:
AU
SI
n
82,863803
571433 2
22 =
⋅=
⋅=
f) El rendimiento del conjunto vale:
2
22
22
2
2
)()(cos
cos
2121CPPPPS
SPPP
P
trafotrafotrafotrafo CCCCooCuFe ⋅++++⋅
⋅=
++=
ϕϕ
η
( ) ( ) 2571,08002000601508,0200000
8,0200000⋅++++⋅
⋅=η
% 30,99=η
g) Si 045,01 =CCε y 03,02 =CCε , resulta:
21 03,0045,0 CC ⋅=⋅ → 21 6,0 CC ⋅=
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156 Problemas de electrotecnia
Para que no haya sobrecarga, 12 =C (ya que es el transformador con CCε menor) y 6,01 =C .
Por lo que la carga máxima del conjunto será:
kVA6,26610012506,0221121 =⋅+⋅=+=+= nnmáx SCSCSSSmáxmáx
de los que 100 kVA corresponden al transformador 2 y el resto de 166,6 kVA al transformador 1.
Como la carga actual conectada es de 200 kVA, la aportación del transformador 2 será:
2
200100
6,266S
= → kVA 752 =S
y la aportación del transformador 1 vale: kVA 125752001 =−=S
Y los índices de carga son:
5,0250125
1
11 ===
nSS
C
75,010075
2
22 ===
nSS
C
Se calculan a continuación las tensiones relativas de cortocircuito para cada transformador:
Transformador 1:
%5,4=CCε %8,0=RCCε %43,4=XCCε º76,79045,0 ∠=CCε
Transformador 2:
%3=CCε 008,0100000
800 ===n
CCRCC S
Pε 0289,022 =−= RCCCCXCC εεε
º53,7403,0 ∠=CCε
Con lo datos anteriores se puede calcular la caída de tensión relativa para cada transformador, por el método aproximado de Kapp, a partir del transformador 1:
Trafo 1:
A056243 1
1 ,U
SI
n
nn =
⋅=λ
( ) Ω+=∠=∠⋅=⋅
= 377,6152,1º76,7948,6º76,79045,0056,24
3/6000
1
11 1
jI
UZ
n
CCnCC
λ
λλ
ε
Trafo 2:
A056243 2
1 ,U
SIn
nn =
⋅=λ
( ) Ω+=∠=∠⋅=⋅
= 409,10881,2º53,7480,10º53,7403,0623,9
3/6000
1
11 2
jI
UZ
n
CCnCC
λλ
ε
( )( ) ( )
( ) ( )Ω+=∠=
∠∠=
+
⋅= 96,386,0º80,7705,4
º49,76264,17º29,15498,69
21
21
11
111 j
ZZ
ZZZ
CCCC
CCCCCC eq
λλ
λλλ
VrUU t º03
60003806000º0
3380' 22 ∠=⋅∠=⋅= λλ
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Transformadores trifásicos 157
ArII
tº87,3625,19º87,36
380600
9,303' 22 −∠=−∠== λλ
( ) º80,7707,4º87,3625,19º03
6000'' 1221 ∠⋅−∠+∠=⋅+= eqCCZIUU λλλλ
VU º83,067,35231 ∠=λ
VUU 18,61033 11 =⋅= λ
( )
100'3cos
cos100
12
2212
2
2
2 ⋅⋅⋅+++⋅
⋅=⋅
++=
eqCCooCuFe RIPPSS
PPPP
λλϕϕ
η
( )%28,99100
86,025,193601508,02000008,0200000
2=⋅
⋅⋅+++⋅⋅=η
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158 Problemas de electrotecnia
3.13 Problema 13
Un transformador trifásico Dy11 tiene Sn = 1000 kVA, 24 kV/380 V, Po = 2,15 kW, Pcc = 13,3 kW. Alimentando el lado de alta tensión a 720 V, se produce un cortocircuito en el lado de baja tensión, circulando 12 A por el lado de alta tensión.
Este transformador se utiliza para alimentar por el lado de baja tensión a 344 V una carga de 850 kVA i cos φ = 0,8 (i).
Se pide:
a) La tensión de alimentación del transformador
b) El rendimiento del transformador
c) Si el transformador se alimenta a la tensión encontrada anteriormente y se produce un cortocircuito en el lado de baja tensión, determinar la corriente que circula por la línea en el lado de alta tensión.
Resolución:
AV
SI
n
nn 056,24
3 11 == A
VS
In
nn 343,1519
3 22 =
⋅= 158,63
2
1 ==n
nt V
Vr
Del ensayo de cortocircuito no estándar resulta:
Ω=== 643412
3720
1
11 ,
IV
ZCC
CCCC
λ
λλ
Del ensayo de cortocircuito estándar:
Ω=⋅
== 6617056243
13300
3 221
1 ,,I
PR
n
CCCCλ
Ω=−= 783321
211 ,RZX CCCCCC λλλ → Ω∠= º,,Z CC 227764341 λ
a)
'VZ'IV CC λλλλ 2121 +⋅=
º87,36 8,0cos =→= ϕϕ
A 8736591426 3 222 º,,IIVS −∠=→⋅⋅= λλλ
V 03
3442 ºV ∠=λ → V 0691254322 º,Vr'V t ∠=⋅= λλ
Aº,,I 87365914262 −∠=λ → A8736592222 º,,r/I'I t −∠== λλ
V 21281131490691254322776434873659221 º,,º,º,,º,,V ∠=∠+∠⋅−∠=λ
V14227763 11 ,VV =⋅= λ
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Transformadores trifásicos 159
b)
223
3
2
2%
05,2459,2213300
2400014,2277621508,010850
8,010850100100
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅+⋅⋅
⋅⋅⋅=++
⋅=CuFe PPP
Pη
η = 98,03 %
Donde se ha aplicado: P2 = S2.cosφ2
c) En este caso, se alimenta el transformador por el lado A.T. con una tensión V1 = 22776,14 V. Al producirse un cortocircuito en el lado B.T. resulta:
V1λ = I1λ.Z1ccλ
A 1 56576434
1422776
1
111 ,
,,
ZVII
cclínea, ====
λ
λλ
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Máquinas de corriente continua 161
4 Máquinas de corriente continua
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162 Problemas de electrotecnia
4.1 Problema 1
Un telesilla está accionado por un motor serie de corriente continua, a través de un reductor. El motor serie, compensado y no saturado, está alimentado a 220 V y presenta una resistencia en el circuito inductor de 0,2 Ω. La resistencia del rotor es de 0,05 Ω.
Para una determinada carga, el motor gira a 600 rpm y absorbe una potencia de 8800 W.
En un momento determinado, la carga que arrastra aumenta en un 50% y se requiere que el motor continúe girando a la misma velocidad.
Se pide:
a) Par del motor antes de variar la carga
b) Tensión a la que se tiene que alimentar el motor en las nuevas condiciones de carga
Resolución:
a)
IUP ·= A40220
8800 ==I
Figura 4.1.1
IREU ·Tm += ( ) 40·05,02,0220m +−=E V210m =E
IEM ·ω· m= N·m69,133
60600·π·240·210
60·π·2·
ω· mm ====
nIEIE
M
Resultando que el par motor vale: N·m69,133=M
b) La carga mecánica aumenta en un 50%
M=
6000 rpm
0,05
0,2 220
I
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Máquinas de corriente continua 163
⎪⎪⎭
⎪⎪⎬
⎫
=
=
'·'
·
//m
m
nIEkM
nIEkM
Pero /nn = ⎪⎭
⎪⎬
⎫
=
=
MMIEIE
MM
·5,1·
·
/
//m
m/
//m
m
··
·5,1 IEIE
MM =
//
m ·40·210
5,11
IE= (1)
nIkwkE m ..=⋅⋅= φ
⎭⎬⎫
==
//m
/m
mm
····
nIkEnIkE
( /nn = ) //m
m
II
EE = '25,5
40·210 /
/m I
IE ⋅== (2)
De las ecuaciones 1 y 2 resulta
2/ )(·25,5
40·2105,1
1I
= 2400)( 2/ =I A989,48/ =I
V196,257/m =E
( ) V44,269989,48·05,02,0196,257·' /T
/m =++=+= IREU
V44,269'=U
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164 Problemas de electrotecnia
4.2 Problema 2
La tabla siguiente muestra la característica de vacío de un generador de corriente continua con excitación independiente que gira a 4000 rpm:
Ie (A) 0 1 2 3 4 5 6
Eo (V) 2 16 30,4 39,2 44,8 49,6 52
Las resistencias del inductor y del inducido son, respectivamente de 9,8 Ω y 0,02 Ω. El generador no dispone de bobinado compensador de la reacción del inducido. Se quiere alimentar una carga de 8 kW a la tensión de 40 V, necesitando una corriente en el bobinado inductor de 5 A, que lo proporcionada por una batería de V voltios (valor constante para los tres apartados).
Se pide:
a) El valor, en voltios, de la reacción del inducido.
b) Si el generador trabajase a 3200 rpm, ¿a qué tensión quedaría alimentada la carga anterior suponiendo constante la reacción del inducido?
c) Si en el apartado anterior se quiere alimentar la carga a 40 V, ¿cuánto tendría que valer la corriente del inductor y la resistencia inductora?
Nota: Menospreciar la caída de tensión en las escobillas.
Resolución:
a)
Figura 4.2.1
A20040
8000 ==I , C
2
RUP = Ω=== 2,0
80004022
C PUR
( ) V40· iirio =−− IRVE
De la tabla del enunciado resulta:
⎭⎬⎫
==
A5rpm4000
eIn V6,49o =E
Re = 9,8 Ω
Ri = 0,02 Ω 40 V
I
G
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Máquinas de corriente continua 165
V6,5200·02,0406,49ri =−−=V V6,5ri =V
b)
//
E
E/o
o
··
··
nn
nknk
EE
=φ
φ= V69,39
40003200·6,49·
/
o/o ===
nnEE
( ) IRRVE ·Ciri/o +=− A95,154
22,009,34
2,002,06,569,39 ==
+−=I
V99,3020,0·95,154·C === IRV V99,30=V
c) Del apartado anterior se tiene que:
A5rpm3200aV69,39 /e
/o =⇒= IE
?rpm3200aV6,49 //e
//o =⇒= IE ( V6,49//
o =E igual que en apartado a) )
//e
//
/e
/
//o
/o
····
InkInk
EE = rpm 3200/// == nn A24,65·
69,396,49· /
e/o
//o//
e === IEE
I
A24,6//e =I
Suponiendo constante la tensión de excitación, resulta:
'''' eeeee IRIRV ⋅=⋅= Ω=== 85,724,65·8,9· //
e
ee
//e I
IRR Ω= 85,7//eR
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166 Problemas de electrotecnia
4.3 Problema 3
Se dispone de un motor de corriente continua con excitación serie y características: tensión nominal 240 V, potencia nominal absorbida 9600 W, resistencia de excitación 0’15 Ω, resistencia del inducido 0’2 Ω, velocidad nominal 500 rpm.
El motor trabaja en unas condiciones en las cuales absorbe una quinta parte de la corriente nominal y la f.e.m. es la mitad de la que habría en condiciones nominales.
Se pide para estas condiciones:
a) La velocidad de giro del motor expresada en rpm
b) La tensión de alimentación del motor
c) El par electromagnético generado por el motor
Resolución:
a)
Figura 4.3.1
W9600abs =P A40240
9600n ==I
( ) 40·15,02,0240 n ++= E V226=nE
V1132
2262
/ === nEE A8
540
5/ === nI
I
//
n/n
·
·
nInI
EE
= /·8
500·40113226
n= rpm1250/ =n
b)
( ) V8,1158·35,0113·2,015,0 /// =+=++= IEU V8,115/ =U
Rex = 0,15 Ω
240 V
M
Ri = 0,2 Ω
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Máquinas de corriente continua 167
c)
''''' ω⋅=⋅= ii MIEP
N·m9,6
60·π·2
·ω
·'//
/
//=== n
IEIEMi → N·m9,6'=iM
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168 Problemas de electrotecnia
4.4 Problema 4
Un generador excitación derivación, de 100 kW de potencia nominal y tensión 232 V, presenta una resistencia total del inducido de 0,05 Ω y un bobinado inductor con una resistencia de 58 Ω. La caída de tensión en las escobillas es de 2 V/línea.
a) Calcular la f.e.m inducida a plena carga y a media carga.
b) Determinar la inducción en el entrehierro sabiendo que la máquina tiene 4 polos, que el inducido es del tipo imbricado y que dispone de 326 conductores activos en total, girando a 650 rpm a carga nominal. También se sabe que el diámetro del rotor es de 42 cm, la longitud del núcleo, en sentido axial, es de 28 cm, y que cada polo cubre un ángulo de 60º.
c) Sabiendo que las pérdidas mecánicas y en el núcleo son de 1800 W, determinar el rendimiento del generador a carga nominal, así como la potencia que se tiene que suministrar desde el exterior para poder funcionar en estas condiciones.
d) Índice de carga que hace que el rendimiento de la dinamo sea máximo y hallar el mismo.
Se considerará que la reacción de inducido está compensada por un bobinado de compensación, la resistencia del cual está incluida y es de 0,05 Ω.
Resolución:
Figura 4.4.1
a)
A 034,431232
100000 ===n
nn U
PI A 4
58232 ===
e
ee R
UI
A 52,2155,0034,431)5,0( =⋅==CI
A 034,4354034,431 =+=inI
A 52,219452,215)5,0( =+==CiI
ii RIUescUE ⋅+∆+=
V 752,255034,43505,02232 =⋅++=nE
V 976,24452,21905,02232)5,0( =⋅++==CE
I
Re = 58 Ω
U = 232 V
Ri = 0,05 Ω
Ie
+ E
Ii
G
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Máquinas de corriente continua 169
b)
cpznE ⋅⋅⋅= φ
60 ya que p = 2 y al ser imbricado p = c, resulta:
22326
60650725,255 ⋅⋅⋅== φnE → mWb 417,72=φ
TpolarángulodiámetroLsB 17,1
3606042,028,0
072417,0
º360_ =
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅==
ππ
φφ
c)
1800034,435752,255 +⋅=+⋅= +núcleomecinngenerada PIEP = 113060,816 W
88447,0816,113060034,431232 =⋅=⋅=
generadaPIUη → η = 88,447 %
d)
núcleomecgenerada PIE
IUP
IU
++⋅⋅=⋅=η
[ ] II
III
III
05,08,27364,234
23205,08,27364,234
232)4(05,02232)4(1800
2322
++=
++⋅=
+++++⋅=η Será
máximo cuando II
05,08,2736 + sea mínimo, es decir: 0.05,08,2736 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ + I
IdId
Resultando:
AI 96,23305,0
8,2736 == → 54278003443196233 ,
,,
IICn
===
8999370,máximo =η → ηmáximo = 89,9937 %
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170 Problemas de electrotecnia
4.5 Problema 5
La característica de vacío a 600 rpm de un generador de corriente continua excitación derivación es la siguiente:
Ie ( A ) 1 2 3 4 5 6 7 8
Eo ( V ) 23 45 67 85 100 112 121 126
La resistencia del devanado de la armadura es 0,03 Ω y la del devanado de excitación 17,6 Ω, siendo la tensión de bornes 114,4 V.
Determinar:
a) La corriente de carga con la que está funcionando.
b) Si la resistencia de excitación se reduce hasta un valor de 15 Ω, sin que varíen la velocidad ni la intensidad de carga, ¿cuál sería la f.e.m. inducida, la tensión en bornes de la máquina y la corriente de excitación?
c) En ambos casos calcular el rendimiento eléctrico de la máquina.
Se despreciaran la caída de tensión en las escobillas y la reacción del inducido.
Resolución:
Figura 4.5.1
a)
ARUI
ee 5,6
6,174,114 ===
De la curva de magnetización: VE 5,1162
121112 =+= (interpolando)
IiIRUE ii ⋅+=⋅+= 03,04,114 (Uesc = 0)
iI⋅+= 03,04,1145,116 AI i 70= → A 5635670 ,,III ei =−=−=
U
Ri = 0,03 Ω
+E
Ii
I Ie
Re
G
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Máquinas de corriente continua 171
b)
'' ei III +=
)'(03,0'' eIIUE +⋅=− eIUE '03,0905,1'' ⋅+=−
eIU '15' ⋅= eIU '15' ⋅=
787'
121126121'
−−
=−
− eIE (interpolación) 35'5121' −⋅=− eIE
Siendo I = 63,5 A, del sistema anterior de ecuaciones resulta: A 3843,8' =eI
V 765,125'=U
V 922,127'=E
A 884,715,633843,8' =+=iI
c)
89050565635116
56341141 ,
),,(,,,
IEIU
ie =
+⋅⋅=
⋅⋅=η → ηe1 = 89,05 %
8685,0884,71922,127
5,63765,1252 =
⋅⋅=eη → ηe2 = 86,85 %
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172 Problemas de electrotecnia
4.6 Problema 6
Dos generadores de corriente continua de excitación independiente deben funcionar en paralelo suministrando corriente a una carga de 1,4711 Ω.
De cada generador se conocen los datos siguientes:
Generador A: f.e.m. = 308,5 V Ri = 0,1 Ω ∆Uesc = 1,5 V P = 40 kW
Generador B: f.e.m. = 302 V Ri = 0,08 Ω ∆Uesc = 2 V P = 30 kW
Determinar la intensidad que aportará cada generador, la tensión en bornes de la carga y el índice de carga de cada máquina, así como su rendimiento, prescindiendo de las pérdidas de excitación y de las que no se conocen datos.
Resolución:
Figura 4.6.1
UIRUescE AiAAA +⋅+∆=
UIRUescE BiBBB +⋅+∆=
)(411,1 BA IIU +=
)(4711,1 BAAiAAA IIIRUescE +⋅+⋅+∆=
)(4711,1 BABiBBB IIIRUescE +⋅+⋅+∆=
)(4711,11,05,15,308 BAA III ++⋅+=
)(4711,108,02302 BAB III ++⋅+=
RC = 1,4711 Ω
IA
IB
RiA = 0,1 Ω
EA
EB
RiB = 0,08 Ω
+ -
+
-
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Máquinas de corriente continua 173
Del sistema de ecuaciones anterior resulta:
A 778,127=AI
A 22,72=BI
V 22,294=U
A 200=+ BA II
93987,040000
22,294778,127. =⋅===An
A
An
AA P
UIPPC
953710530822294 ,,,
I.EI.U
AA
AA ===η → η = 95,371 %
70828,030000
22,29422,77.=⋅===
Bn
B
Bn
BB P
UIPP
C
974240302
22294 ,,I.E
I.U
BB
BB ===η → ηB=97,424%
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174 Problemas de electrotecnia
4.7 Problema 7
Una dinamo excitación shunt suministra en condiciones normales 80 A bajo una diferencia de potencial de 200 V y tiene un rendimiento del 94 %. Sus pérdidas se descomponen en:
- 3 % en el inducido
- 2 % en el inductor
- 1 % por histéresis y corrientes de Foucault
Calcular los valores de las diferentes pérdidas en las resistencias del inductor y del inducido, así como los valores de estas resistencias y la f.e.m. de la dinamo.
Determinar asimismo, para qué índice de carga se obtendrá un rendimiento de la dinamo máximo.
No se tendrán en cuenta la reacción del inducido ni caída de tensión alguna en las escobillas.
Resolución:
Figura 4.7.1
Potencia útil suministrada por la dinamo: W1600020080 =⋅=uP
Potencia absorbida: W3,1702194,0
16000 ==absP
Pérdidas totales: W3,1021160003,17021 =−
Pérdidas en el inducido: W65,5103,1021123
3 =⋅++
=iP
Pérdidas en el inductor: W4,3403,1021123
2 =⋅++
=eP
Pérdidas en el núcleo: W2,1703,1021123
1 =⋅++
=FeP
También se cumple:
ee R
UP2
= → eR
22004,340 = → Ω= 5117,Re
A 702,15,117
200 ==eI
Re
Ri
Ie
Ii
I
G
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Máquinas de corriente continua 175
A 702,81702,180 =+=+= ei III
2iii IRP ⋅= → 2702,8165,510 ⋅= iR → Ω= 0765,0iR
ii RIUE ⋅+= → V 25,206702,810765,0200 =⋅+=E
Y el rendimiento será:
nieFenu
nu
ieFeu
u
abs
u
PCPPCP
CPPPPP
PPP
,2
,
,
⋅+++⋅
⋅=
+++==η
C
CCC
C
⋅++=
⋅+++⋅⋅=
65,5106,51016000
1600065,5104,3402,17016000
160002η
Para que el resultado se máximo, el denominador debe ser mínimo:
065,5106,510 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅+ C
CdCd
Resultando:
165,5106,510 ≅=C
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176 Problemas de electrotecnia
4.8 Problema 8
La característica de vacío a 750 rpm de un generador de corriente continua con excitación en derivación es:
Iexc ( A ) 1 2 4 6 8 10 12
Eo ( V ) 25 49 97 142 175 205 225
La resistencia del circuito de excitación vale 24 Ω y la del inducido 0,04 Ω. Despreciando la caída de tensión en las escobillas, calcular:
a) La corriente en la carga cuando la tensión en bornes de ésta es de 120 V.
b) Si Re disminuye hasta 20 Ω sin variar la velocidad ni la corriente de la carga, calcular la corriente en el inductor, la f.e.m y la tensión en bornes de la carga.
Figura 4.8.1
Resolución:
a)
A524
120 ===exc
exc RUI
Interpolando en la tabla del enunciado resulta:
A5,119214297
5 =+=AE
ii RIUE ⋅+= → 04,01205,119 ⋅+= iI → A 5,12=iI
A5,745,12 =−=−= exci III
b)
ii RIUE ⋅+= '''
G
Iexc I
U
Ri
Rexc
- +
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Máquinas de corriente continua 177
''' excexc RIU ⋅=
I = cte y si Rexc ↓ implica que Iexc ↑; por lo tanto, en la característica de vacío debemos interpolar más a la derecha de la tabla del enunciado.
Interpolando, resulta:
101210'
205225205'
−−=
−− excIE
'04,03,0'' excIUE ⋅+=− '04,203,0' excIE ⋅+=
'20' excIU ⋅= '10105' excIE ⋅+=
100'10205' −⋅=− excIE
Del sistema de ecuaciones anterior, resulta:
A 43,10' =excI
V 28,209'=E
V6,208'=U
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178 Problemas de electrotecnia
4.9 Problema 9
Un motor con excitación en derivación consume en vacío 5 A cuando se encuentra conectado a una fuente de tensión continua de 600 V. La resistencia conjunta del devanado inducido y las escobillas es de 0,25 Ω y la Rexc = 300 Ω.
Calcular la potencia útil y el rendimiento total cuando la intensidad que absorbe la fuente es:
a) 20 A
b) 50 A
c) La relación de velocidades en las situaciones anteriores
Resolución:
Vacío
W30005600 =⋅=⋅= oo IUP
excexc RIU ⋅=
300600 ⋅= excI → A 2=excI
A 325 =−=−= excoio III
uFemecRixco PPPPP +++= +Re
Pero en vacío 0=uP , resultando:
Femeciiexc PRIIUoo ++⋅+⋅= 23000 → FemecP ++⋅+⋅= 25,0326003000 2
Resultando: W179775=+ Femec PP
Las pérdidas anteriores son constantes, ya que al ser un motor derivación la velocidad de giro cten ≅ a cualquier carga si U = cte.
Pabs
PRi PRexc
Pmec PFe
Pu
Pi = E·Ii
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Máquinas de corriente continua 179
a) I = 20 A
I = 20 A Iexc = 2 A Ii = I - Iexc = 18 A
V5,59525,018600 =⋅−=⋅−= ii RIUE
W10719=⋅= ii IEP
W25,8921=−= + Femeciu PPP
W120020600 =⋅=⋅= IUPabs
%34,7410012000
25,8921100 =⋅=⋅=abs
u
PP
η
b) I = 50 A
I = 50 A Iexc = 2 A Ii = I - Iexc = 48 A
V58825,048600 =⋅−=⋅−= ii RIUE
W28224=⋅= ii IEP
W25,26426=−= + Femeciu PPP
W30000=⋅= IUPabs
%09,8810030000
25,26426100 =⋅=⋅=abs
u
PP
η
c)
excInKnKKE ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅= ''' φφω
excInKE ''''' ⋅⋅=
'''''''
' nn
InKInK
EE
exc
exc =⋅⋅⋅⋅
=
nnEEnn .9874,0
5,595588'' =⋅=⋅= → nn .9874,0'=
Por lo tanto se comprueba que cten ≅ .
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180 Problemas de electrotecnia
4.10 Problema 10
Dos generadores de corriente continua de excitación independiente tienen que funcionar conectados en paralelo para alimentar a una carga común de 1,2 Ω.
Sus características son:
Generador A EAn = 310 V RiA = 0,10 Ω ∆VescAn = 1,8 V PAn = 45kW
Generador B EBn = 305 V RiB = 0,08 Ω ∆VescBn = 1,9 V PBn = 35kW
Calcular la intensidad de corriente total en la carga, la que aporta cada generador, la tensión y la potencia en la carga, el índice de carga de cada máquina y el rendimiento de cada una, suponiendo que la f.e.m. de cada generador es la nominal.
Figura 4.10.1
escAiAAA VRIUE ∆+⋅+= ( ) 8,11,02,1310 +⋅+⋅+= ABA III
escBiBBB VRIUE ∆+⋅+= ( ) 9,108,02,1305 +⋅+⋅+= ABA III
( ) acBA RIIU arg⋅+=
BA II ⋅+⋅= 2,13,12,308 A 39,137
28,12,12,13,128,11,3032,12,308
==AI
BA II ⋅+⋅= 28,12,11,303 A 99,107
28,12,12,13,1
1,3032,12,30832,1
==BI
A 38,245=+= BA III
V 46,2942,138,2452,1 =⋅=⋅= IU
W6,72253arg =⋅= IUP ac
- U+
GA GB
0,10 Ω 0,08 Ω
310 V 305 V1,2 Ω
IA IB
I
+ -
+ -
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Máquinas de corriente continua 181
899,045000
39,13746,294 =⋅=⋅
==An
A
An
AA P
IUPPC
950,0310
46,294 ==⋅
⋅=
AA
AA IE
IUη
909,035000
99,10746,294 =⋅=⋅==Bn
B
Bn
BB P
IUPPC
965,0305
46,294 ==⋅
⋅=
BB
BB IE
IUη
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182 Problemas de electrotecnia
4.11 Problema 11
Un motor de corriente continua con excitación en paralelo absorbe 15 kW cuando se encuentra conectado a una red de corriente continua de 150 V y gira a 500 rpm.
Se sabe que la tensión baja a 100 V manteniéndose constante la potencia que éste absorbe de la red de corriente continua.
Calcular la velocidad en la nueva situación despreciando la caída de tensión en las escobillas.
Figura 4.11.1
IUPabs ⋅= → I⋅=15015000 → A100=I
excexc RIU ⋅= → 150150 ⋅= excI → A 1=excI
A 99=−= exci III
ii RIEU ⋅+= → 03,099150 ⋅+= E → V 03,147=E
''' IUP ⋅= → '10015000 I⋅= → A 150'=I
ARUIexc
exc 6,0150100'' ===
AIII exci 3,149''' =−=
03,03,149100'''' ⋅−=⋅−= ii RIUE → V 52,95'=E
excInKnKKE ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅= ''' φφω → ''''
''' exc
exc
InKInK
EE
⋅⋅⋅⋅
= → 6,0'1500
52,9503,147
⋅⋅=
n
Resultando
n’ = 487,25 rpm
Rexc
U
Ri
+ E
Ii
Iexc I
M
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Máquinas de corriente continua 183
4.12 Problema 12
Un motor con excitación serie se alimenta a 250 V a tensión constante y absorbe 25 A cuando gira a 800 rpm. Se sabe que Rexc = 0,25 Ω y Ri = 0,35 Ω.
Si el par motor aumenta un 40 %, calcular:
a) La corriente absorbida y la velocidad en esta nueva situación.
b) La corriente absorbida y la velocidad si el par motor se reduce en un 25 % respecto a la situación inicial.
Figura 4.12.1
( ) IRREU exci ⋅++= AIII exci 25===
Situación inicial:
( ) 2535,025,0250 ⋅++= E → VE 235=
wMIE ii ⋅=⋅ → Nm13,70800
602
25235
602
=⋅
⋅=⋅
⋅= ππ n
IEM ii
a) N.m18,984,1' =⋅= ii MM
''''''''' InKInKnKE exc ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅= φ
2'''''''' IKIIKIKM exciii ⋅=⋅⋅=⋅⋅= φ
2
2
'''
' IKIK
MM
i
i
⋅⋅= →
2
2
'25
18,9813,70
I= → A 58,29' =I
( ) V25,2326,058,29250''' =⋅−=+⋅−= exci RRIUE
25,232235
58,29'25800
''''
'=
⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅=
nInKInK
EE → rpm 22,668' =n
M U
Rexc
I
Ri
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184 Problemas de electrotecnia
b) NmMM ii 60,5275,0'' =⋅=
2
2
'''' II
MM
i
i = → 2
2
''25
60,5213,70
I= → A 65,21'' =I
( ) V 2376,065,21250'''''' =⋅−=+⋅−= exci RRIUE
237235
65,21''25800
''''''
''=
⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅=
nInKInK
EE → rpm 69,931'' =n
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Máquinas de corriente continua 185
4.13 Problema 13
Una máquina de corriente continua tiene Ri = 0,5 Ω y Rexc regulable entre 100 y 400 Ω. La curva de vacío a 100 rpm es:
Eo ( V ) 30 110 195 270 340 410
Iexc ( A ) 0,1 0,3 0,5 0,7 1,9 2
Región lineal Codo de saturación
a) Funcionando como generador derivación que gira a 750 rpm y con Rexc = 300 Ω, suministra 39 A y 300 V. Calcular:
1. Par resistente ofrecido por la carga en estas condiciones
2. Curva de vacío a esta velocidad
b) Funcionando como motor derivación alimentado a 250V y con Rexc = 210 Ω absorbe 15 kW, calcular la velocidad, el par electromagnético y el rendimiento suponiendo Pmec+Fe = 0.
Figura 4.13.1
a)
1.
A1300300 ===
excexc R
UI
A 40139 =+=+= exci III
VescRIUE ii ∆+⋅+= → V32005,040300 =+⋅+=E
G
Iexc = 1A I = 39 A
U = 300 V
Ri
300 Ω
Ii
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186 Problemas de electrotecnia
wMIEP iii ⋅=⋅= → N.m 97,162
750602
40320
602 =
⋅
⋅=⋅
⋅= ππ n
IEM ii
2.
''''' exc
excInIn
nKnK
EE
⋅⋅
=⋅⋅⋅⋅
=φφ ( )'excexc II =
EEnnEE ⋅=⋅=⋅= 75,0
1000750
''
La curva de vacío es entonces:
b)
A 60250
15000 ==I A 1250250 ==excI
En el caso de trabajar como motor se tiene:
A 59=−= exci III
V5,22005,059250 =−⋅−=∆−⋅−= VescRIUE iimot
genexcgen
motexcmot
gen
mot
IctenKIctenK
EE
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
= → 17501
3205,220
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=cteKctenK mot
Resultando
rpm80,516=motn
N.m4,24080,516
602
595,220
602
=⋅
⋅=⋅
⋅= ππ n
IEM i
i
% 73,8615000
595,22010015000
100100100 =⋅⋅=⋅⋅=−⋅=⋅= + i
abs
Femeci
abs
u IEPPP
PPη
E’o ( V ) 22,5 82,5 166,25 202,5 255 307,5
I’exc ( A ) 0,1 0,3 0,5 0,7 0,9 2
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Máquinas de corriente continua 187
4.14 Problema 14
Un generador con excitación mixta corta alimenta a 100 V una carga que a esta tensión consume 12500 W. Se sabe que Ri = 0,04 Ω, Rexc serie = 0,06 Ω y Rexc derivación = 75 Ω.
Suponiendo constantes las pérdidas mecánicas del generador y la potencia mecánica absorbida por éste, calcular el nuevo valor de la tensión de alimentación si la resistencia de la carga pasa a ser de 1 Ω y la intensidad del inducido vale 120 A.
Suponer que la máquina dispone de devanado de compensación de la reacción del inducido, que ∆Vesc = 0 y que el núcleo magnético no se encuentra saturado.
Figura 4.14.1
Situación inicial:
A125100
12500arg ===U
PI ac
V5,10706,0125100 =⋅+=⋅+= sexcAB RIUU
A34,175
5,107 ===dexc
ABd R
UI
A34,126=+= di III
V56,11204,034,1265,107 =⋅+=⋅+= iiAB RIUE
W1423134,12656,112 =⋅=⋅= ii IEP
ctePPP meciabs =+=
''14231 ii IEcteP ⋅=== → 120'14231 ⋅= E → V59,118'=E
V 79,11312004,059,118'' '' =⋅−=⋅−= iiAB RIEU
Resultando
A52'175
79,113'' ===
dexc
ABd R
UI
Por lo tanto, acR
UIarg''' = ( ) ( ) V48,118152,1120'''''' argarg =⋅−=⋅−=⋅= acdiac RIIRIU
Rexc d G Rexc s
Ri
Ii
I Id
Rcarga
A
B
+ U -
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Máquinas asíncronas 189
5 Máquinas asíncronas
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190 Problemas de electrotecnia
5.1 Problema 1
Un motor asíncrono gira a una velocidad de 465 rpm con carga nominal y a 497 rpm en vacío, estando alimentado a una tensión cuya frecuencia es de 50 Hz.
Determinar:
a) Velocidad de sincronismo
b) Deslizamiento en vacío
c) Deslizamiento a plena carga
d) Frecuencia de las corrientes del estator en vacío y a plena carga
e) Frecuencia de las corrientes del rotor en vacío y a plena carga
Resolución:
a)
pppfn 3000506060
=⋅=⋅
= Siendo p = 1, 2, 3, ……
Para distintos valores de p tenemos: rpm 30001 ==pn
rpm 15002 ==pn
rpm 10003 ==pn
rpm 7504 ==pn
rpm 6005 ==pn
rpm 5006 ==pn
rpm 574287 ,np ==
En vacío se tiene n = 497 rpm. El valor que más se acerca es ns =500 rpm, es decir, p = 6.
b)
%) (0,6 0060500
497500 ,n
nns
s
svacío =−=
−=
c)
070500
465500 ,s aargcplena =−= (7 %)
d)
Hz 50=estatorf en vacío y a plena carga.
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Máquinas asíncronas 191
e)
Hz 3050006012 ,,fsf vacíovacío =⋅=⋅=
Hz 53500701 2 ,,fsf pcaargcplena =⋅=⋅=
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192 Problemas de electrotecnia
5.2 Problema 2
Un motor trifásico AEG de rotor bobinado, 380 V/600 V, 6,3 A/3,64 A, está alimentado por una línea de 380 V. Determinar los parámetros del circuito equivalente y las pérdidas mecánicas, si se conocen los resultados de los ensayos de vacío y de rotor bloqueado.
a) Ensayo de rotor bloqueado: 60 V, 385 W, 544 VAr, 6,30 A
b) Ensayos de vacío: 380 V, 2 A, 302 W, 1291 VAr
302 V, 1,5 A, 200 W
257 V, 1,2 A, 157 W
228 V, 1,1 A, 130 W
191 V, 0,9 A, 103 W
La resistencia por fase del estator es de 4,8 Ω. El motor tiene un diseño que cumple la norma NEMA B, es decir, que X1/X2’ = 4/6.
Resolución:
Dado que el motor trabaja a 380 V, debe estar alimentado en triángulo.
Circuito equivalente en triángulo por fase:
Figura 5.2.1
Ensayo con rotor bloqueado ( ensayo de cortocircuito):
La corriente por fase es de A/, 3306 al estar conectado el motor en triángulo.
)'(3 212
1 RRIP nCC +⋅⋅=
)'8,4(330,63385 2
2
R+⋅⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅= → Ω= 90,4'2R
CCnCC XIQ 12
13 ⋅⋅= → CCX1
2
33,63544 ⋅⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅= → Ω= 71,131CCX
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −11'2 s
R
'2R
'2X
FeR
µX
1X
1R
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Máquinas asíncronas 193
Al ser ''64' 22211 XXXXX CC +=+= , resulta:
''6471,13 22 XX += → Ω= 23,8'2X → Ω= 48,51X
Ensayo de vacío:
Figura 5.2.2
µXX QQQ += 1
48,53
233803129122
⋅⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅+⋅=
µX → Ω= 35,341µX
mecRFeRo PPPP ++= 11
Fe
omecoo R
UPIRP2
12111 33 ⋅+=⋅⋅− →
Fe
omecoo R
UPIP
212
11 38,43 ⋅+=⋅⋅−
Equivalente a la siguiente ecuación: axby += , siendo:
21oUx = 2
113 oo IRPy ⋅⋅−= FeR
a 3= mecPb =
oU1 oI oP 2
1oUx = 2113 oo IRPy ⋅⋅−=
380 3/2 302 144400 282,80
302 3/5,1 200 91204 189,20
257 3/2,1 157 66049 150,09
228 3/1,1 130 51984 124,19
191 3/9,0 103 36481 99,11
Realizada la regresión resulta:
FeRa 3107,1 3 =⋅= − → Ω= 7,1764FeR
4336,b = → Pmec = 36,43 W
1UE ≈
'2R
'2X
FeR
µX
1X
1R
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194 Problemas de electrotecnia
5.3 Problema 3
De un motor asíncrono trifásico, alimentado a 230 V, 50 Hz y 8 polos, cuando gira a 720 rpm se han podido determinar las potencias siguientes:
Potencia absorbida de la red: 3000 W
Pérdidas en el cobre del estator: 120 W
Pérdidas en el circuito magnético: 110 W
Pérdidas mecánicas: 50 W
Calcular el par útil desarrollado por el motor en las condiciones anteriores.
Resolución:
Pa: Potencia transferida del estator al rotor. WPPPP CuFeabsa 2770120110300011 =−−=−−=
04,0750
720750 =−=−
=s
s
nnn
s
Se cumple: aCu PsP ⋅=2 → WPCu 8,110277004,02 =⋅=
mecCuFeau PPPPP −−−= 22
W2,2609508,11002770 =−−−=uP
Pu = Mu.W = n.M u ⋅602π → N.m 6,34
6072022,2609
602
=⋅⋅
=⋅⋅
= ππ nP
M uu
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Máquinas asíncronas 195
5.4 Problema 4
Se ensaya en vacío un motor asíncrono trifásico de 380 V/660 V dos veces. Cuando está conectado en triángulo, resulta: 380 V, 7 A y 900 W. Cuando está conectado en estrella, resulta: 380 V, 2,4 A y 454,2 W (no es su tensión normal de trabajo).
Se sabe que la resistencia por fase del bobinado vale 0,8 Ω.
Finalmente se conocen de este motor unas curvas de par y de rendimiento:
Funcionando con una carga determinada y conectado en triángulo a 380 V, se miden con el tacómetro 1443 rpm y con la pinza amperimétrica 27 A.
Determinar en este régimen la potencia útil desarrollada por el motor, el rendimiento y hacer una separación completa de todas las pérdidas.
Resolución:
A 1443 rpm, resulta:
%8,31001500
14431500 =⋅−=s
Interpolando en las curvas de Par – velocidad, resulta: ( )
( ) ( ) mN . 5,8714431455143114557510075 =−⋅
−−+
W2,1322260
144325,87 =⋅⋅=⋅= πωuu MP
Interpolando en las curvas de rendimiento – velocidad:
( )( ) ( ) %87,014431455
1431145586,088,088,0 =−⋅
−−−=η
abs
uPP
=η → W915197870
213222 ,,
,Pabs ==
Pérdidas totales = Pabs – Pu = 15197,9 – 13222,2 = 1975,7 W
De las pruebas de vacío, resulta:
mecCuFeo PPPP ++= 1 → mecfase,Feo PR.I.PP ++= 1213
Velocidad (rpm) 1500 1488 1474 1455 1431 1400
Par (N.m) 0 25 50 75 100 125
Rendimiento 0 0,45 0,68 0,88 0,86 0,81
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196 Problemas de electrotecnia
Triángulo: Femec PP, ++⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⋅=
2
37803900
Estrella: 2
2380
3380428032454 ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅++⋅⋅= /PP,,, Femec
Del sistema anterior, resulta: W2,230=mecP
W6,630=FeP
Cuando trabaja en carga, resulta:
Pérdidas en el estator por efecto Joule:
W25833
2780332
1211 ,,R.I.P fase,Cu =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⋅==
Potencia en el entrehierro:
W1,139842,5836,6309,151971 =−−=−−= CuFeabsa PPPP
Pérdidas en el rotor por efecto Joule:
W453111398403802 ,,,PsP aCu =⋅=⋅=
Potencia mecánica interna: W7134522 ,PPP Cuai =−=
Potencia útil:
W5132222230713452 ,,,PPP miu =−=−=
Pérdidas adicionales:
W3,02,132225,13222 =−=sadicionaleP
Factor de potencia:
85520273803
9151973
,,IU
Pcoslinlin
abs =⋅⋅
=⋅⋅
=ϕ
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Máquinas asíncronas 197
5.5 Problema 5
Hacer la separación de pérdidas de un motor asíncrono de 7,5 kW, 4 polos, 50 Hz, 400 V/693 V con los datos siguientes obtenidos en el laboratorio:
Temperatura interna de trabajo = 65 ºC Resistencia por fase a esta temperatura = 0,8 Ω
400 V 6 A Po = 1470 W
231 V 3,2 A Po = 595 W Pruebas en vacío y caliente
116 V 1,6 A Po = 270 W
Prueba en carga y caliente 400 V 18 A Pabs = 11432 W 1420
rpm Mu = 61,5
N.m
Determinar también el rendimiento y el factor de potencia de la prueba de carga, así como los parámetros aproximados del circuito equivalente por fase, suponiendo que el motor tiene un diseño que cumple la norma NEMA A, es decir, que 1'2
1 =XX .
Resolución:
Ya que la tensión es de 400 V, el motor se debe conectar triángulo.
Po = PCu1 + PFe + Pmec → Po - PCu1 = PFe + Pmec
Femec PP, +=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⋅−
2
368031470
22
400231
323803595 ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛⋅+=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⋅− Femec PP,,
22
400116
361803270 ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛⋅+=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⋅− Femec PP,,
Tenemos un sistema de tres ecuaciones con dos incógnitas, entonces, resolvemos dos y comprobamos la tercera. Resulta:
W160=mecP
W1280=FeP
En carga, resulta:
305,01500
14201500 =−=s W22593
188032
1 ,,PCu =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⋅=
W11432=absP → W8989212802259114321 ,,PPPP FeCuabsa =−−=−−=
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198 Problemas de electrotecnia
( ) ( ) W2936505301898921 ,,,sPP ai =−⋅=−⋅=
W291456021420561 ,,w.MuPu =⋅⋅== π
W65270530898922 ,,,sPP aCu =⋅=⋅=
Pérdidas totales: PTOT = W822862914511432 ,,PP uabs =−=−
Pérdidas adicionales: W06082286 21 ,PPPP,P mecFeCuCusadicionale =−−−−=
Factor de potencia: 91670184003
114323
,IU
Pcos
linlin
abs =⋅⋅
=⋅⋅
=ϕ
Rendimiento: 8011432
29145 ,,PP
abs
util ===η
Circuito equivalente:
En vacío: W1280=FeP → FeR
240031280 ⋅= → Ω= 375FeR
VA92415664003 ,So =⋅⋅=
VAr33388822 ,PSQ ooo =−= → µX
,24003333888 ⋅= → Ω= 45123,X µ
Suponiendo V º0400∠=lU , resulta:
A 902439045123
04001 º,º,
ºXUI −∠=
∠∠==
µµ
A º0067,1º0375º04001 ∠=
∠∠==
FeFe R
UI
Pabs = ϕcos⋅⋅⋅= 18400311432 º55,23=ϕ
Xµ
Il
RFe
R2’ Xl Rl X2’
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅ 11
2 s'R
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Máquinas asíncronas 199
A55233
181 º,I fase, −∠=
21 'IIII Fefase, ++= µ → A 1365182 º,,'I −∠=
'R,.,PCu 22
2 5183589527 ⋅== → Ω= 4322 ,'R
Ω= 801 ,R
( ) ( )518
400221
221 ,
s/'RR'XX =+++
( ) ( )518
400305043280 2221 ,
,/,,'XX =+++ → ( ) Ω=+ 8559221 ,'XX
Si el motor es del tipo NEMA A, se cumple:
'XX 21 = → Ω== 87321 ,'XX
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200 Problemas de electrotecnia
5.6 Problema 6
De un motor asíncrono trifásico de seis polos, 380 V conexión estrella y 50 Hz se conocen los resultados de las pruebas siguientes:
Prueba de vacío a plena tensión: AI 4,1201 = WP 273301 = VU 38001 =
Prueba de vacío a baja tensión: AI 5,602 = WP 7,185502 = VU 22002 =
Prueba de corriente continua: AICC 50= VU CC 12=
Prueba a plena carga: AI n 2,46= VU n 380= WPn 26701=
rpm955=n kgcm2250 ⋅=M
Hacer una separación completa de pérdidas en condiciones nominales, determinando incluso las pérdidas adicionales, y calcular también el rendimiento.
Resolución:
Corriente continua: Ω=== 12,05012.5,0.5,01
cc
ccIVR
Vacío: Po = PCu1 + PFe + Pmec
mecFe PP ++⋅⋅= 24,1212,032733 W81258,PFe =
mecFe PP +⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅+⋅⋅=
22
3802205,612,037,1855 W8,1418=mecP
Plena carga:
ϕcos2,46380326701 ⋅⋅⋅==absP 87810,cos =ϕ
W47682461203 21 ,,,PCu =⋅⋅=
W824673812584768267011 ,,,PPPP FeCuabsa =−−=−−= (en el entrehierro)
045,01000
9551000 =−=s
W3111082467304502 ,,,PsP aCu =⋅=⋅=
W523563311108246732 ,,,PPP Cuai =−=−=
7,221448,14185,23563 =−=− meci PP
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Máquinas asíncronas 201
W622051100
11
892250602955
602 ,
cmm
KgN,Kgcmn.Mw.MP uuu =⋅⋅⋅⋅⋅=⋅== ππ
W0893622051722144 ,,,Padicional =−=
W4464921 ,PPPPPP sadicionalemiFeCuCutotalesérdidas =++++=
Y el rendimiento vale: 8259026701
622051 ,,PP
abs
útil ===η (82,59 %)
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202 Problemas de electrotecnia
5.7 Problema 7
Un motor asíncrono trifásico conectado en triángulo a una red de 230 V absorbe una potencia de 65 kW, con un factor de potencia de 0,87 inductivo.
Por otra parte, se sabe que '21 RR = y que cuando gira a 1410 rpm, el par generado por el motor es máximo. Si se deprecian la rama en paralelo del circuito equivalente y las pérdidas mecánicas, determinar:
a) Corriente absorbida, rendimiento del motor y par mecánico interno a 1450 rpm
b) Corriente absorbida y par durante el arranque
c) Velocidad de giro cuando arrastra un par resistente de 40 N.m
Resolución:
En las condiciones del enunciado y teniendo en cuenta que el estator está conectado en triángulo:
ϕcos3 ⋅⋅⋅= fasefaseabs IUP
87,03
230365000 ⋅⋅⋅= lineaI
A55187,Ilinea = A28108355187 ,,I fase ==
A 54292810887028108 º,,,cosar,I fase −∠=−∠=
Circuito equivalente triángulo por fase:
Figura 5.7.1
Ω+=∠=−∠∠= 0471848154291242
5429281080230 ,j,º,,
º,,ºZ eq
Donde: s
RR '848,1 21 += Siendo s desconocido
CCXXX 121 '047,1 =+=
R1 X1 R2’ X’2
R2’(1/s -1) Ifase
Ufase
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Máquinas asíncronas 203
Por otra parte, según el enunciado, se obtiene el par máximo para una velocidad de 1410 rpm, es decir (ns = 1500 rpm ):
0601500
14101500 ,smax =−=
Según el enunciado: '21 RR =
0602
12
1
2 ,XR
'Rs
CCmax =
+= → 22
22
12
12 047,1'06,006,0' +⋅=+⋅= RXRR CC
De aquí resulta: 12 063,0' RR =Ω=
a)
Para 1450 rpm → 033301500
14501500 ,s =−=
Ω⋅++=⋅++= 047103330063006301
21 ,j
,,,Xj
s'RRZ CCT → Ω∠= º72,28227,2TZ
A 72282810372282272
0230 ,,º,,
ºZ
UI
T
fasefase −∠=
∠∠==
A881783 ,II faselinea =⋅=
W056249572288817823033 ,,cos,cosIUP linealineaabs =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ
mecCuCuFeabsutil PPPPPP −−−−= 21
Al ser, según el enunciado, 0== mecFe PP , resulta:
( ) W0258463063006302810330562495 2 ,,,,,Putil =+⋅⋅−=
El rendimiento será:
%55,9305,6249502,58463100100 =⋅=⋅=
abs
util
PPη
mN023851450
602
0258463 .,,PM i
i =⋅
==πω
b) En el arranque se tiene n = 0 y s = 1:
( ) Ω∠=⋅++=⋅+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ += º28,83077,1047,1063,0063,0'
12
1 jXjs
RRZ CCarranque
A,,
I arrfase 562130771
230 ==
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204 Problemas de electrotecnia
A,,I arrabs 89369562133 =⋅=
( )[ ]
mN23,57'
602
'32
12
21
22
,1 ⋅=++⋅⋅
⋅⋅=
CCs
fasearri
XRRn
RUM π
c) Si mNMi ⋅= 40
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅⋅
⋅⋅=2
2
2
0471063006301500602
0630230340
,s
,,
s/,
π
Ecuación que, una vez resuelta, resulta:
0987,0=s 0826,0−=s (sin sentido físico)
150015000987,0 n−= → rpm951351,n =
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Máquinas asíncronas 205
5.8 Problema 8
Se dispone de un motor asíncrono trifásico de 3 pares de polos, conectado en triángulo a una red de 400 V.
1. Condiciones a plena carga: 400 V, 35 A, 50 Hz, cos φ = 0,85 inductivo.
2. En el arranque a 400 V: Iarranque = 3,5 In, cos φarranque = 0,3, Marranque = 190 N·m
Despreciando la rama en paralelo del circuito equivalente, calcular:
a) Circuito equivalente
b) El motor acciona un carga mecánica que presenta un par resistente de giro MR = 0,15.n+19,1 N.m, estando expresada la velocidad en rpm. En estas condiciones, determinar el rendimiento del motor, la potencia absorbida, la velocidad de giro y el factor de potencia.
Resolución:
rpm 1000350.60.60 ===
pfns
En el arranque se tiene s = 1:
( ) CCCCarr Xj'RRXjs
'RRZ 12112
1 ⋅++=⋅+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=
( ) CCarrfase
arrfasearr XjRRj
arI
UZ 121 ' 395,5697,1º54,72656,5
3,0cos3
355,3
º0400 ⋅++=+=∠=−∠⋅
∠==
Resulta:
R1 + R2’ = 1,697 Ω X1CC = 5,395 Ω
( )[ ]21
221
22
1
21
22
1
221
602
3
602
3
CCs
fase,
CCs
fase,arr
X'RRn
'RU
Xs
'RRn
s'RU
M++⋅⋅
⋅⋅=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅⋅
⋅⋅= ππ
( )222
2
395,5697,11000602
'4003190+⋅⋅
⋅⋅= π
R → Ω= 326,1'2R → Ω= 371,01R
b)
RMM =
10,1915,0
395,5326,1371,01000602
326,14003
22
2
+⋅=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅⋅
⋅⋅n
s
sπ
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206 Problemas de electrotecnia
Pero 1000
1000 nn
nnss
s −=−= → ( )sn −⋅= 11000
Sustituyendo en la anterior ecuación, resulta:
0,05
s = 0,522 ± j1,049 sin sentido físico
( ) ( ) rpm9500501100011000 =−⋅=−⋅= ,sn
Ω∠=+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ += º34,11427,27395,505,0
326,1371,0 jZ
9803411 ,º,coscos ==ϕ
AI fase 58,14427,27
400 == → AIlinea 26,2558,143 =⋅=
W6317150980262540033 ,,,cosIUP linealineaabs =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ
( ) W571607660
9502101995015060
2 ,,,nMMP uuu =⋅⋅⋅+⋅=⋅⋅⋅=⋅= ππω
Y el rendimiento será:
%74,9310063,1715057,16076100 =⋅=⋅=
abs
u
PPη
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Máquinas asíncronas 207
5.9 Problema 9
Un motor trifásico, asíncrono de 400 V/690 V, 50 Hz, 4 polos, presenta los parámetros siguientes: Ω== 1'21 RR Ω== 6,6'21 XX
Se suponen unas pérdidas mecánicas de 250 W y se desprecia la rama en paralelo del circuito equivalente. El motor se conecta a una red de 400 V, 50 Hz.
Se pide:
a) Tipo de conexión del bobinado del estator para poder conectarlo a la red de 400 V
b) Corriente de línea en el arranque
c) Corriente absorbida a plena carga para un deslizamiento del 5 %. Calcular también las potencias absorbida, útil, y el rendimiento del motor
d) Par mecánico interno a plena carga
e) Velocidad para la cual se obtiene el par máximo, así como el valor del mismo
Resolución:
a) La conexión del bobinado del estator debe ser triángulo, a fin que a cada bobinado le llegue la tensión más pequeña de 400 V/690 V.
b) En el arranque se tiene s = 1 y por lo tanto resulta,
( ) ( ) ( ) ( ) Ω∠=+⋅++=+⋅++= º38,8135,136,66,611'' 2121 jXXjRRZ arr
A90513513
400333 ,,Z
UII
arranque
fasearrarr faselinea =⋅=⋅=⋅=
c)
( ) ( )Ω+⋅+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=+⋅+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ += 6666
0501121
21 ,,j
,'XXj
s'RRZ → Ω∠= º15,3280,24Z
A94278024
400333 ,,Z
UII
fase
fasefaselinea =⋅=⋅=⋅=
º15,32cos94,274003cos3 ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕlinealineaabs IUP → W0916389,Pabs =
W2314582250105011
394273113
2
22 ,
,,P
s'RIPPP mecfasemeciu =−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛⋅=−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅⋅⋅=−=
Y el rendimiento resulta:
%,,,
PP
abs
u 998810009163892314582100 =⋅=⋅=η
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208 Problemas de electrotecnia
d)
s
sn
nns
−= →
15001500050 n, −= → n = 1425 rpm
n πMi.Mi.ωPi ⋅==602 → 1425
6022314832 ⋅= πMi., → Mi = 99,39 N.m
El par interno también se puede calcular a partir de la expresión:
N.m 3999
213050111500
602
05014003
602
3
22
2
21
22
1
221
,
,,
,
Xs
'RRn
s'RU
M
CCs
fase,i =
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛ +⋅⋅
⋅⋅=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅⋅
⋅⋅=
ππ
e)
0755402
12
1
2 ,XR
'RsCC
max =+
=
s
sn
nns
−= →
15001500
075540 maxn,
−= → nmax = 1386,69 rpm
N.m 31107
602
3
21
22
1
221
,
Xs
'RRn
s'RU
M
CCmax
s
maxfase,
max,i =
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⋅⋅
⋅⋅=
π
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Máquinas asíncronas 209
5.10 Problema 10
La máquina eléctrica del ejercicio anterior, conectada a la misma red, es impulsada por un motor auxiliar que le obliga a girar a 1575 rpm.
Calcular:
a) Corriente absorbida por la máquina
b) Potencia mecánica que la máquina eléctrica absorbe del motor auxiliar
c) Potencia, activa y reactiva que la máquina eléctrica entrega a la red
d) Pérdidas por efecto Joule en la máquina eléctrica
e) Rendimiento de la máquina eléctrica
Resolución:
a)
05,01500
15751500 −=−=−=s
s
nnns
La máquina eléctrica actúa como generador, al ser 0<s .
Figura 5.10.1
( ) ( ) Ω+−=+⋅+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−
+=+⋅+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ += 213196666
0501121
21 ,j,,j
,'XXj
s'RRZT
Ω∠= º21,14514,23TZ
Cabe destacar que: 011'2 <⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
sR
Lo que indica que no es una verdadera resistencia, es una estrategia para poder simular mediante un circuito eléctrico la potencia mecánica de la máquina.
R1 R’2 X’2 X1
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅ 11'2 s
R
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210 Problemas de electrotecnia
A211459429211451423
0400331 º,,º,,
ºZ
UI
T
faselinea −∠=
∠∠⋅=⋅=
A79134942918021145942911 º,,)º,(,II linea)redlaaentregado(linea ∠=+−∠=−=
I1línea = 29,94 A
b) Para un generador:
W48188241050
11394293113
2
22
1 ,,
,s
'R'IPi −=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−⋅⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅⋅⋅=
W4818824,PP iabsmec =−=
c)
W201703521145942940033 ,º,cos,cosIUP linealineaabsorbida −=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ
W2017035,PP absorbidaentregada =−=
VAr361183521145942940033 ,º,sin,sinIUQ linealineaabsorbida +=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ
VAr3611835,QQ absorbidaentregada −=−=
d)
W811792113942933
2
212 ,)(,.)'RR.(I.P faseJoule =+⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=+=
e)
%5,9010048,1882420,17035100 =⋅=⋅=
ror auxiliapor el motentregada
entregadaeléctrica
PP
η
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Máquinas asíncronas 211
5.11 Problema 11
La máquina eléctrica del ejercicio 9 actúa como motor, girando a plena carga, con un deslizamiento del 5 %. De forma instantánea se permuta la conexión de dos fases de la red.
Calcular en este instante:
a) Corriente absorbida por la máquina
b) Potencia mecánica absorbida a través del eje del motor
c) Par interno, desarrollado como freno
d) Potencia absorbida de la red
e) Pérdidas por efecto Joule, que tienen lugar en el motor
Resolución:
a) Antes de permutar las fases: s = 0,05, resultando n = 1425 rpm
Al permutar la conexión de dos fases el campo gira en sentido contrario al rotor y resulta:
1500−=sn rpm
95,11500
14251500 =−
−−=−=s
s
nnns
Al ser s > 1, el motor actúa como freno:
( ) ( ) Ω∠=+⋅+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +=+⋅+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ += º,,,,j
,'XXj
s'RRZT 46832913 6666
9511121
21
A 13522913
400333 ,,Z
UII
T
fasefaselínea =⋅=⋅=⋅=
b)
Figura 5.11.1
R1 R’2 X’2 X1
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅ 11'2 s
R
P eléctrica
P mecánica
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212 Problemas de electrotecnia
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅⋅= 1
95111
313523113
2
22
2 ,,
s'R'IPi
0W931323 <−= ,Pi
Lo cual indica que el motor absorbe potencia de la carga que arrastra.
W931323,P absmec =
c)
N.m8781425
602
931323 ,,PM i
i −=⋅
−==πω
El par va en sentido contrario al movimiento, es un par de frenado.
d)
W5841134683cos3135240033 ,º,.,cosIUP fasefaseabselect =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ
e) Las pérdidas por efecto Joule se pueden calcular de dos formas:
W075435113135233
2
2122 ,)(,)'RR.('I.PJoule =+⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅=+=
W515437931323584113 ,,,PPP abs,mecabs,electrJoule =+=+=
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Máquinas asíncronas 213
5.12 Problema 12
Se dispone de un motor trifásico, asíncrono, 400 V/690 V, 50 Hz, 11 kW, 6 polos, factor de potencia 0,78 y par mecánico interno 109 N.m a 970 rpm. a plena carga. La resistencia por fase que presenta el estator es de 0,27 Ω.
Efectuando el ensayo de vacío, el motor consume 10 A y absorbe una potencia de 900 W.
Se conecta el motor a una red de 400 V.
Calcular:
a) Las pérdidas que tiene lugar en el motor cuando trabaja a plena carga
b) Potencia absorbida por el motor a plena carga
c) Rendimiento a plena carga
Resolución:
a) El motor se debe conectar en estrella.
utilmecCuFeCuFeiCuFeCuFeaCuFeabs PPPPPPPPPPPPPPP +++++=++++=++= 2211221111
Siendo PFe2 = 0, al ser la frecuencia de las corrientes del rotor muy baja.
A plena carga:
03,01000
9701000 =−=−=s
s
nnns
W0211072970602109 ,MP ii =⋅⋅=⋅= πω
aiCuia PsPPPP ⋅+=+= 2
W451141403010211072
1,
,,
sP
P ia =
−=
−=
W433422 ,PPP iaCu =−=
enunciado)(segunW11000=uP
W0272110000211072 ,,PPP uimec =−=−=
Del ensayo en vacío, y suponiendo 02 ≅CuP al ser la corriente del rotor muy baja y Puo = 0:
mecFeCuo PPPP ++= 1010
02722703
103900 10
2
,P, Fe ++⋅⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⋅= → W98800110 ,PP FeFe =≈
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214 Problemas de electrotecnia
b)
11cos3 FeCuafasefaseabs PPPIUP ++=⋅⋅⋅= ϕ
98800270345114147804003 2 ,,I,,I fasefase +⋅⋅+=⋅⋅⋅
A2013
fisico)sentido(sinA41142 ,
,I fase =
A8622201333 ,,II faselinea =⋅=⋅=
W71235878020134003 ,,,Pabs =⋅⋅⋅=
c)
%,,P
P
abs
u 0689100712358
11000100 =⋅=⋅=η
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Máquinas asíncronas 215
5.13 Problema 13
Un motor asíncrono trifásico de jaula de ardilla mueve la cabina de un ascensor. Las características del motor son: 230 V/400 V, 50 Hz, 120 polos. Dicho motor se conecta a una red trifásica de 400 V y 50 Hz. La resistencia del estator por fase vale 1 Ω.
Efectuando las pruebas de vacío y cortocircuito, han dado los siguientes resultados:
Ensayo de vacío: 230 V, 4,4 A, 800 W, 49,8 rpm (considerar el circuito equivalente completo)
Ensayo de cortocircuito (rotor bloqueado): 36 V, 10,1 A, 550 W
Considerando que el par de pérdidas mecánicas de la máquina permanece constante, determinar:
a) Tipo de conexión del estator del motor.
b) Circuito equivalente aproximado por fase.
c) Velocidad de ascenso de la cabina, sabiendo que el peso total es de 350 Kg y el radio de la polea de 0,15 m.
Resolución:
a) Dado que el motor es de 230 V/400 V y la red es de 400 V, la conexión debe ser en estrella.
Figura 5.13.1
b) El circuito equivalente estrella aproximado por fase es:
Figura 5.13.2
R1 R’2 X’2 X1
Xµ RFe ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅ 11'2 s
R
R S T
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216 Problemas de electrotecnia
Ensayo rotor bloqueado:
n = 0 → s = 1
ccfase,cccc RIP 12
13 ⋅⋅= → ccR, 121103550 ⋅⋅= → Ω= 8011 ,R cc
Al ser R1 = 1 Ω → Ω=−=−= 80181112 ,,RR'R cc
cc
linea,cccc Z
/VI
11
3= →
ccZ/,1
336110 = → Ω= 05721 ,Z cc
Ω=−=−= 9970810572 2221
211 ,,,RZX cccccc
Ensayo de vacío:
5060
506060 =⋅=⋅=p
fns rpm → 004050
84950 ,,n
nnss
oso =−=−=
21
22
11 cco
oo Xs'R
RIV +⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⋅=
22
1 997,0004,08,01
3230 +⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +⋅= oI → A66101 ,I o =
W362801661033 21
21211 ,,,RIPPP ccoCuCuoR cc
=⋅⋅=⋅⋅=+=
Dado que no hay potencia útil al trabajar el motor en vacío, se cumple: meci PP =
W042611004018066103113 2
22
1 ,,
,,s
'RIPPo
omeci =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅⋅⋅=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⋅⋅⋅==
oolineaolineao cosIVP ϕ⋅⋅⋅= 3 → ocos, ϕ⋅⋅⋅= 442303800
Resulta:
456,0cos =oϕ y 890,0sin =oϕ
W54536042613628001 ,,,PPPP mecRoFe CCo =−−=−−=
( )54,536323033
22
⋅=⋅=Fe
ofaseFe P
UR → Ω= 59,98FeR
VAr63155989004423033 ,,,sinIUQ oolineaolineao =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ
Por otra parte:
ccoolinea
o X.I.X
UQ 12
1
2
33 +⋅=µ
→ 99706610332303631559 22
,.,.X
)/(, +⋅=µ
Ω= 9533,X µ
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Máquinas asíncronas 217
c)
Figura 5.13.3
Cabe recordar que, según el enunciado, las pérdidas mecánicas son constantes e independientes de la velocidad.
mecánicaspérdidasresistmotor MMM +=
602
602
3
21
22
1
212
n.PRgm
Xs
'RRn
s'RU
mec
CCs
fase,
ππ+⋅⋅=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅
⋅⋅
849602
126115089350
9970801602
803
4003
22
2
,
,,,
,s,n
s,
s⋅
+⋅⋅=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅⋅
⋅⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⋅
ππ
De la ecuación anterior resulta:
2040 (sin sentido físico)
s = 0,0154
s
s
nnns −= →
50500154,0 n−= → rpm2349,n =
rad/s15552349602
602 ,,n. =⋅== ππω
m/s77301501555 ,,,Rv =⋅=⋅= ω
Mmotor
Mpérdidas
Mresistente
MOTOR
CABINA
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218 Problemas de electrotecnia
5.14 Problema 14
Un motor asíncrono trifásico 400 V/690 V, 37 kW, 6 polos, 50 Hz, rendimiento del 92,5 % y factor de potencia 0,85 inductivo. Cuando se conecta a una red de 400 V presenta un par de arranque igual a 1,7 veces el par nominal, siendo la corriente en este instante igual a 6 veces la corriente nominal.
Se pretende arrancar el motor mediante un autotransformador para poder conseguir reducir la corriente de arranque, siendo el par de arranque mínimo requerido de 1,1 veces el par nominal.
Calcular:
a) Tensión que se debería aplicar al motor durante el arranque
b) Corriente de arranque del motor
c) Corriente absorbida de la red por el autotransformador
Resolución:
a) Dado que:
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +⋅
⋅⋅=
21
22
1
21
2
602
3
CCs
fase,i
Xs
'RR.n
Us
'R
Mπ
En el arranque: s = 1 → 21UkM arr ⋅=
autotrafo
directo
autotrafoarr
directoarr
U
UMn,Mn,
MM
21
21
1171 =
⋅⋅= →
autotrafoU,,
21
24001171 =
Resultando:
V763211 ,U autotrafo =
b)
W400009250
37000 ===,
PP uabs η
A 9235678504003
400003
,,cosU
PI
n
absn =
⋅⋅=
⋅⋅=
ϕ
Durante el arranque directo la corriente es: A,,I.I narr 54140792356766 =⋅==
3
3
1
1
1
1
/I
/IUU
autotrafo
directo
autotrafo
directo = → autotrafoI
,, 1
923567676321
400 ⋅= → A8263271 ,I autotrafo =
c) El autotransformador empleado debe tener una relación de transformación de:
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Máquinas asíncronas 219
76,321
400=tr
Luego la corriente del autotransformador será:
Art
70,263826,327 =
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220 Problemas de electrotecnia
5.15 Problema 15
Un motor trifásico asíncrono 230 V/400 V, 50 Hz, 3 kW, η = 72 %, cosφ = 0,67 (i), se conecta a una línea monofásica de 230 V y 50 Hz.
a) Dibujar un esquema para poder conectar el motor a la línea monofásica.
b) Explicar cómo se puede invertir el sentido de giro.
c) Determinar el valor del condensador a utilizar.
d) Desfase entre flujos que se consigue mediante la utilización del condensador del apartado c).
Resolución:
a) y b)
Figura 5.15.1
Si se tuviera que conectar a 400 V
Figura 5.15.2
230 V 50 Hz
Sentido de giro
Sentido de giro
L N
Placa de conexión
Sentido de giro
400 V 50 Hz
L N
Placa de conexión Sentido de giro
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Máquinas asíncronas 221
El condensador debe soportar como mínimo una tensión de 1,25 Un debido a las sobretensiones que se pueden producir por efectos de resonancia.
Los flujos de las bobinas se han de desfasar 90º (condición óptima).
c) Cálculo del valor del condensador:
Figura 5.15.3
ϕZZ =1
( ) θϕϕ
ϕϕ
ϕϕ
ϕ
ϕϕ −=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
−
−=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
−
−+=
−
−+= 22
21 Z
jXcZjXc.ZZ
jXcZjXcZ
jXcZjXcZZZ
ϕZ
VIº0
1 =
θϕ−=2
02
ZVI
º
El desfase entre las corrientes I2 e I1 se calcula como:
αβϕ
ϕϕ
ϕθ −=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=
cos.ZX.sin.Z
cos.ZXsin.Z CC 2
arctgarctg
CCCC
C
X.sin.Z.X/Zcos.Z
X.sin.X.Z.Z
cos.X.Ztg.tgtgtg)(tgtg
23231 222 +−=
+−=
+−
=−=ϕ
ϕϕϕ
αβαβαβθ
Para que el desfase θ entre I2 y I1 sea máximo, se debe cumplir (maximizar θ equivale a maximizar tg θ):
0=CdX
)tg(d θ → 022
2
=+−
CXZ →
2ZX C =
siendo Z la impedancia por fase del motor. Supondremos el motor conectado en triángulo a una línea de 230 V:
A 01,967,0.230.372,0/3000
cos..3/
cos..3====
ϕη
ϕ fase
u
fase
absfase U
PU
PI
El resultado anterior es congruente con los datos de partida del enunciado.
-j.XC Zϕ
Zϕ
Zϕ I1 I2
Z1 Z2
V
I1
I2
ϕθ
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222 Problemas de electrotecnia
Ω=== 52,2501,9
230
fase
fase
IV
Z → Ω=== 05,18252,25
2ZX C
C.X C ω
1= → C.50..2
105,18π
= → C = 176,4 µF
Un método práctico aproximado es suponer 60-70 µF/1 kW.
d)
223223232 /sin.cos
Z/X.sin.X/Zcos
X.sin.Z.X/Zcos.Ztg
CCCC +−=
+−=
+−=
ϕϕ
ϕϕ
ϕϕθ
FP = cosφ = 0,67 (i) → φ = 47,93º → sinφ = 0,742
114,1742,0.32.2
67,0 =−
=θtg → θ = 48,09º
Aunque sería óptimo θ ≈ 90º, con el desfase obtenido es suficiente para que el motor gire sin problemas.
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Máquinas asíncronas 223
5.16 Problema 16
Un motor asíncrono trifásico con el estator conectado en triángulo se alimenta de una línea de 380 V y 50 Hz. Absorbe 13953,94 W cuando tiene un par de salida de 122,13 N.m y un rendimiento del 87,092%. Les pérdidas mecánicas del motor son Pmec = n/2 W, siendo n la velocidad expresada en rpm. Se sabe que R1 = R2’ = R Ω, X1 = X2’ = 6,2.R Ω.
Se pide:
a) La velocidad y el número de pares de polos del motor
b) Las pérdidas por efecto Joule en el rotor
c) El valor de R
d) El par de arranque del motor
Nota: despreciar la rama en paralelo del circuito equivalente
Resolución:
a) W41,1215254,13953.87092,0. === absu PP η
rad/s 484,9913,122
41,12152 ===u
uMPω → rpm 950
260 =⋅=π
ωn
Por lo tanto tiene que ser 3=p
b)
W4752
== nPmec
0501000
9501000 ,s =−=
W1262547512150 =+=+= mecui PPP
W4713289 050126251 1 ,PP),(P)s(P aaai =→−=→−=
W476642 ,PsP acu =⋅=
c)
ω⋅= ii MP → Nm 9126 4849912625 ,M,M ii =→⋅=
( )⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡++⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅
⋅⋅=
221
22
1
221
602
39126
'XXs
'RRn
s'RV
,
s
fase,
π
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224 Problemas de electrotecnia
( )[ ]2222
2
412216010002
0503803
9126R,R.
,R
,⋅+⋅⋅
⋅⋅=
π → Ω= 096,1R
d) Durante el arranque se cumple que s = 1
( ) ( )[ ]22
2
0961262096121000602
09613803
,,,
,M arr⋅⋅+⋅⋅⋅
⋅⋅=π
→ Nm 9323,M arr =
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Máquinas asíncronas 225
5.17 Problema 17
Un motor asíncrono trifásico de rotor bobinado tiene los bobinados del estator y del rotor conectados en estrella. Se alimenta a su tensión nominal de 400 V y 50 Hz. A plena carga gira a 1440 rpm. Se sabe que R1 = 1 Ω, R2’ = 0,8 Ω, X1cc = 5 Ω y que las relaciones de transformación de tensión y de corriente son idénticas y de valor 2.
Despreciando las pérdidas mecánicas y la rama en paralelo del circuito equivalente, calcular:
a) La intensidad de corriente absorbida por el motor y el par interno a plena carga
b) La corriente absorbida y el par de arranque con los anillos en cortocircuito
c) La resistencia por fase que se debe conectar en serie con el rotor para que desarrolle el par máximo durante el arranque
Resolución:
a)
Figura 5.17.1
(4%) 0401500
14401500 ,n
nnss
s =−=−=
A 70105040801
3400222
12
21
1
1
111 ,
),/,(
/
X)s/'RR(
VZV
IIcc
fase,
fase,
fase,fase,línea, =
++=
++===
W66594104018070103113113 2
2212
22 ,
,.,.,.
s'.R.I.
s'.R.'I.P fase,i =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −=
n..M.MP iii ⋅==602πω → N.m 7343
144026659460
260
,..
,.n..
P.M i
i ===ππ
b) En el momento del arranque se tiene s = 1:
A 46435801
3400
1 2221
221
1
1
1 ,),(
/
X)/'RR(
VZV
Icc
fase,
arr,
fase,arr =
++=
++==
R1 R’2 X’2 X1
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅ 11
2 s'R
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226 Problemas de electrotecnia
N.m 8628
51801
6015002
18034003
602
3
22
2
21
22
1
221
,,.
,)/(
Xs
'RR
n.s
'RV
M
ccs
fase,arr,i =
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅
⋅⋅=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +⋅
⋅⋅=
ππ
c)
157051
80222
121
2 ,,
XR
'Rscc
M max =+
=+
=
N.m 5083
51570
8011500602
15708034003
602
3
22
2
21
22
1
221
,
,,
,,)/(
Xs
'RRn
s'RV
M
ccs
fase,max,i =
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛ +⋅⋅
⋅⋅=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅⋅
⋅⋅=
ππ
Para obtener el par máximo durante el arranque:
22
221
21
22
51
801
+
+=
+
+== añadida,
cc
añadida,arr
'R,
XR
'R'Rs → R’2,añadida = 4,30 Ω
Ω=== 075122
30422 ,
.,
r.r'R
RIV tt
añadida,añadida,
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Máquinas asíncronas 227
5.18 Problema 18
Se dispone de un motor asíncrono trifásico de 230 V/400V, 50 Hz, 100 polos y rotor de jaula. A continuación se exponen los resultados de los diversos ensayos a los que se le ha sometido:
- Ensayo de corriente continua: 12 V, 19,8 A (con el estator conectado en triángulo)
- Ensayo de rotor bloqueado: 21,1 V, 16,25 A y 530 W (Despreciar la rama en paralelo del circuito equivalente.)
- Ensayo de vacío: 230 V, 7,27 A, 750 W, 59,82 rpm (Se debe contemplar el circuito equivalente en su totalidad.)
Se conecta a una red de 230 V y 50 Hz. Las pérdidas mecánicas se consideran constantes e independientes de la velocidad. Utilizar el circuito equivalente simplificado de la figura.
Determinar:
a) Las pérdidas mecánicas
b) Los parámetros del circuito equivalente
Figura 5.18.1
Resolución:
a) y b) Al ser la red de 230 V, el motor se debe conectar en triángulo.
Ensayo de corriente continua:
Figura 5.18.2
Ω=== 6060819
12 ,,I
VReq
R1 R2’
RC’ = R2’(1/s-1)
X1,cc
RFe Xµ
12 V R1∆ R1∆
R1∆
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228 Problemas de electrotecnia
( )( ) ∆
∆∆∆
∆∆∆ ⋅=++⋅+
== 1111
111326060 R
RRRRRR
,Req → R∆ = 0,909 ∆
Ensayo de rotor bloqueado:
Figura 5.18.3
Ω=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅
=⋅
=∆
∆ 2
325163
5303 22
11
,IPR
CC
CCCC
Ω=−=−= ∆∆ 091190902112 ,,RR'R CC
Ω===∆
∆∆ 2492
32516121
1
11 ,
,,
IV
ZCC
CCCC → Ω=−=∆ 0286109112492 22
1 ,,,X CC
Ensayo de vacío:
Figura 5.18.4
rpm6050
5060601 =⋅=
⋅=
pfn 003,0
6082,5960 =−=s
Ω=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅= ∆ 57563621
00301091111
2 ,,
,s
'R'R C
( )
A,,,X)'RR(
V'I
CCcCC
63100282157563622
230222
12
1
12 =
++=
++=
∆∆
∆∆
R1CC∆ X1CC∆
A3
25,16 21,1 V
R1∆
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅= 11'' 2 s
RR C
R’2∆
∆µ1X ∆FeR1 V1 = 230
X1CC∆
I’2∆
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Máquinas asíncronas 229
W085716310909033 22211 ,,,'IRPR =⋅⋅=⋅⋅= ∆∆
W303116310091133 22222 ,,,'I'RP 'R =⋅⋅=⋅⋅= ∆∆
En vacío se cumple Pi = Pmec:
W094336310575636233 222 ,,,'I'RPP Cmeci =⋅⋅=⋅⋅== ∆
W5231409433303110857175021 ,,,,PPPPP i'RRoFe =−−−=−−−=
Ω===∆ 585043
52314230
3
221
1 ,,P
VR
FeFe
oooo cosIVP ϕ⋅⋅⋅= 113 → 259032772303
750 ,/,
cos o =⋅⋅
=ϕ → º95,74=oϕ
º723,3=otgϕ
kVAr372797,tgPQ ooo =⋅= ϕ
2221 63100286133727973372797 ,,,'IX,Q CC ⋅⋅−=⋅⋅−= ∆∆µ → VAr 142796,Q =µ
Ω===∆ 76563142796
2303
221
1 ,,Q
VX
µµ
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230 Problemas de electrotecnia
5.19 Problema 19
Se dispone de un motor trifásico asíncrono con rotor de jaula y las características siguientes: 15 CV, 220 V/380 V, 50 Hz, 4 polos, RFe = 330,91 Ω, Xµ = 74,99 Ω, R1 = R2’ = 0,5 Ω, X1+X2’ = 2,71 Ω.
La red es de 380 V y 50 Hz.
El circuito equivalente a tener en cuenta será:
Figura 5.19.1
Determinar:
a) El par motor en función del deslizamiento.
b) El factor de potencia del motor en función del deslizamiento.
c) El rendimiento eléctrico del motor en función del deslizamiento.
Resolución:
Al conectar el motor a una red de 380 V, el estator se debe conectar en estrella.
a) Expresión del par motor:
[ ] [ ]22
2
21
221
1
21
2
712505060
15002
3380503
602
3
.)s/..(..
)/(s..
X)s/'RR(n
..
Vs'R
.M
cc
i++⋅
⋅=
++⋅
⋅=
ππ
[ ]22 71.2)/5.05.0(64,459
++⋅=
ssM i
Representando el par interno Mi en función del deslizamiento s, resulta el gráfico de la figura siguiente:
R1 R2’
RC’ = R2’(1/s-1)
X1,cc
RFe Xµ
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Máquinas asíncronas 231
Deslizamiento (s)
0,00,20,40,60,81,0
Par (
N.m
)
0
20
40
60
80
100
120
140
160
Figura 5.19.2
b) Del circuito equivalente simplificado se calcula la fase de la impedancia total, resultando:
Figura 5.19.3
Ω+=Ω=+
=−
32771166161355573 237790
22..j..
XR
X.RZ º.
)R/X(arctgº
Fe
FeFe
Feµ
µ
µ
7125050121 ..j)s/..(X.j)s/'RR(Z ccderecha ++=++=
Haciendo el paralelo de las dos impedancias anteriores, resulta un ángulo de fase:
)s/..
.())s/..
.(º.5066616
03774arctg5050
712arctg2377+
−+
+=ϕ
Representando gráficamente el factor de potencia del motor (cosφ) en función del deslizamiento, resulta el gráfico de la figura siguiente:
R1 R2’
RC’ = R2’(1/s-1)
X1,cc
RFe Xµ
ZFe Zderecha
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232 Problemas de electrotecnia
Deslizamiento (s)0.00.20.40.60.81.0
Fact
or d
e po
tenc
ia
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
Figura 5.19.4
c) Para calcular el rendimiento eléctrico se debe hacer:
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+++
⋅=⋅=
)'R'RR.('IRV.
'R.'I.P
P
cFe
c
absorbida
i
2122
21
22
3
3100100η
2212
21
21
22
21
0.00075550.50151152295.0
)1/1(5.0100
)''.(.3
)1/1('..3
100
ss
s
RRRZ
V
R
V
sRZ
V
cderechaFe
derecha
++
−⋅⋅=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+++
−⋅
⋅=η
Representando gráficamente el rendimiento eléctrico del motor en función del deslizamiento, resulta:
Deslizamiento (s)0.00.20.40.60.81.0
Ren
dim
ient
o
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
Figura 5.19.5
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Máquinas asíncronas 233
5.20 Problema 20
Un transformador trifásico de 50 kVA, 11000 V/400 V, 50 Hz, Dy11, εcc = 6%, εXcc = 4,8%, alimenta mediante una línea de 0,2 Ω/fase una estación de bombeo de agua donde hay instalada una bomba centrífuga accionada por un motor asíncrono de 11 kW, 230/400 V, 50 Hz, In = 21 A, nn = 480 rpm, FP = 0,95 (i) y Pmec = 225 W = constantes. Despreciar la rama en paralelo del circuito equivalente del motor. Se pide:
a) Los parámetros del circuito equivalente del transformador reducidos al secundario (R2,cc,trafo, X2,cc,trafo) y los parámetros del circuito equivalente del motor reducidos al estator (R1,motor, R’2,motor, X1,cc,motor)
b) La tensión de alimentación del transformador cuando el motor trabaja bajo condiciones nominales.
c) El par interno que suministra el motor cuando gira a 490 rpm y está alimentado a tensión nominal. Resolución a ) Transformador A
US
In
nn 168,72
400350000
3 22 =
⋅=
⋅=
nf
nfCCCC U
IZ
2
22 ⋅=ε
Ω=⋅
= 192,0168,72
340006,0
2CCZ
Ω=⋅
= 1536,0168,72
3400048,0
2CCX
Ω=−= 11519,022
22
2 CCCCCC XZR Motor (trabaja a 400 V, conexión estrella) WPPP mecnmi 1122522511000 =+=+=
Figura 5.20.1
motornmi IRPC
22'3 ⋅⋅=
AI motorn 212 =
RCI2nmotor
XCC 'RRRCC 21 +=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −⋅= 112 s'R'
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234 Problemas de electrotecnia
Ω=⋅
=⋅
= 4845,8213
112253
' 22 motorn
mi
IP
RC
04,0500
480500
1
1 =−=−
=n
nns
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅= 11'' 2 s
RRC
→ Ω=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
= 3535,01
04,014845,8
11'
'2
s
RR C
VAIUS motornmotornmotor 22,145492140033 =⋅⋅=⋅⋅=
WSP motormotormotor 76,1382195,022,14549cos =⋅=⋅= ϕ
VArPSQ motormotormotor 454322 =−=
( ) motornCCCmotor IRRP 2'3 ⋅+⋅=
( ) Ω=⋅
=+ 447,10213
76,13821' 2CCC RR
Ω=−= 9627,14845,8447,10CCR
Ω=−=−=−= 6092,13535,09627,13535,09627,1'21 RRR CC
Ω=⋅
=⋅
= 434,3213
45433 2
22
motorn
motorCC I
QX
b )
Figura 5.20.2
( ) ( ) VjIZZUU nflCCff º24,024,2382,01536,011519,0º1,1821º03
4002221 ∠=++⋅−∠+∠=⋅++=
VU 70,11347400
1100024,23831 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅⋅=
f'U1
Transformador Línea Motor
fU2
153601151902 ,j,Z CC += 0,2 Ω motorCCX R1’+R2’=1,96277
R’C = R2’ · (1/s – 1) = 8,4845 Ω
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Máquinas síncronas 235
6 Máquinas síncronas
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236 Problemas de electrotecnia
6.1 Problema 1
Un generador síncrono de 4 polos alimenta una instalación a 380 V, 50 Hz, alimentando una carga resistiva pura. La carga consume una corriente de 100 A.
El generador está conectado en estrella, presentando una reactancia síncrona por fase de 1 Ω, y una resistencia por fase despreciable.
Determinar:
a) Ángulo de potencia a que está funcionando
b) Potencia suministrada por el generador
Si se hiciera funcionar el generador anterior como motor síncrono, conectándolo a un sistema trifásico a 380 V, 50 Hz, con la misma excitación y proporcionando una potencia de 52 kW, determinar:
c) Corriente absorbida por el motor síncrono
d) Factor de potencia que presenta el motor
Resolución:
a) Al ser la carga resistiva pura, se cumple: φ= 0 → A º0100∠=I
V 5042410824110010003
380 º,,).jº.(º)X.jR(IUE ssff,Gf,oG ∠=+∠+∠=+⋅+=
Por lo tanto, resulta que el ángulo de potencia vale: δ = 24,504º
b)
W9,65817º504,24sin1
3380108,2413
sin3 =⋅⋅⋅
=⋅⋅⋅= GS
GOX
UEP δ
Dado que la potencia que proporciona el generador es consumida exclusivamente por la carga, también se podría haber calculado de esta forma:
W9,6581711003803cos3 =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕGG IUP
c) Al trabajar como motor resulta:
MS
GOM X
UEP δsin3 ⋅⋅⋅−=
1001⋅⋅=⋅⋅ jIXj GS
OE
GI º03
380 ∠=U
G∂
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Máquinas síncronas 237
Teniendo en cuenta que al mantener la excitación y al conectarlo a un sistema trifásico (a una tensión por fase de V
3380 ), la Eo se conserva.
Sustituyendo valores resulta:
Mδsin1
3380108,2413
52000 ⋅⋅⋅
=− → º1279,19−=Mδ
º901.º1279,19108,241º03
380 ..,, ∠+−∠=∠→+= MsffoMfM IXjIEU
Resultando:
A º072,6452,79 ∠=MI
d) De la expresión de la corriente del motor se obtiene:
φM = -6,072º → cosφM = 0,9944 (c)
También se podría calcular el factor de potencia del motor a partir de:
MMllM IUP ϕϕ cos.452,79.380.352000 cos...3 =→=
Resultando:
9944,0cos =Mϕ
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238 Problemas de electrotecnia
6.2 Problema 2
Se dispone de un motor síncrono, tetrapolar, a 380 V, 50 Hz, conectado en estrella, acoplado a una red para compensar el factor de potencia de la instalación.
El motor proporciona una potencia de 45809,28 W, siendo su factor de potencia capacitivo de 0,87. El valor de la reactancia síncrona es de 1,2 Ω.
Si el motor se hiciera trabajar como generador, sin modificar su excitación, acoplando a una turbina de gas y trabajando en un sistema eléctrico aislado, se pide:
a) Tensión de vacío
b) Tensión en bornes de una carga resistiva pura que consume 160 A
c) Potencia consumida por al carga
Resolución:
a) El factor de potencia del motor vale: (c) 87,0cos =Mϕ → º5413,29−=Mϕ
MllM IUP ϕcos...3= → 87,03
380328,45809 ⋅⋅⋅= MI
resultando A80=MI
º902,1º.5413,2980 º03
380 .. ,,, ∠∠−∠=∠→−= MfoMsffMfoM EXjIUE δ
De la expresión anterior resulta: V º39,1749,279, −∠=foME
Por lo tanto, la tensión de vacío por fase resulta ser: V 49,279, =foME
b) Si la carga es resistiva pura y consume 160 A, se cumple:
º902,1º.0061 º079,492 .., ∠∠+∠=∠→+= fGsfffoG UXjIUE δ
De la expresión anterior resulta:
Uf = 203,10 V → Ul = 3 .Uf = 351,78 V
c) cllc IUP ϕcos...3= → W97488116078,3513 =⋅⋅⋅=P
También se puede calcular a partir de la expresión:
GS
GOG X
UEP δsin3 ⋅⋅⋅=
)cos.(3GGo
S
GG UE
XUQ −⋅⋅= δ
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Máquinas síncronas 239
siendo
)cos.(30 GGoS
GG UE
XUQ −⋅⋅== δ → 727,0
49,27910,203cos ===
o
GG E
Uδ
resultando,
δG = 43,39º
W4,97489º39,43sin2,1
10,20349,2793 =⋅⋅⋅=GP
La potencia que nos piden, es decir, la consumida por la carga, coincide con la subministrada por el generador.
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240 Problemas de electrotecnia
6.3 Problema 3
Dos generadores trifásicos iguales entre sí, conectados en estrella, trabajan en paralelo formando un sistema aislado, y alimentan una carga de 2000 kW, factor de potencia 0,8 inductivo a 6600 V.
La reactancia síncrona para cada generador es de 10 Ω por fase, pudiéndose despreciar el valor de la resistencia inducida.
Se conoce además que la potencia suministrada por cada generador es la misma.
Si uno de los generadores tiene su excitación de campo ajustada para proporcionar una corriente inductiva de 116 A, se pide:
a) Corriente suministrada por el otro generador
b) Ángulo de potencia de cada generador
Resolución:
a)
Figura 6.3.1
cosφ = 0,8 (i) → φ = 38,87º
A693,2188,066003
2000000cos..3
=⋅⋅
==ϕlV
PI → Aº87,36693,218 −∠=I
Dado que a cada generador se le proporciona externamente potencia idéntica, deberán alimentar a la carga con una potencia igual a W1000000
22000000 = individualmente.
1cos...3 ϕll IVP = → 1cos116660031000000 ϕ⋅⋅⋅=
Resultando
754,0cos 1 =ϕ → º05,411 =ϕ → A º05,411161 −∠=I
Zº03
6600 ∠=fU
2I 1I
j10 j10
G1 G2
2000 kW cos φ = 0,8 φ = 36,87º
I
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Máquinas síncronas 241
El diagrama vectorial correspondiente por fase es:
Figura 6.3.2
Dado que 21 III += , se tiene:
2 41,05º-116 º87,36693,218 I+∠=−∠ → A º18,32346,1032 −∠=I
b) Para el generador G1 se tiene por fase:
Figura 6.3.3
11, IXUE SfGO ⋅+=
A º83,1023,4655º95,481160º0511,3810º05,4111610º03
6600, 1 ∠=∠+∠=−∠⋅+∠= jE GO
Ángulo de potencia del generador G1: º83,101 =δ
Igualmente:
22, IXUE SfGO ⋅+=
A º34,1173,4447º823,5748,1033º0511,3810º18,32346,10310º03
6600, 2 ∠=∠+∠=−∠⋅+∠= jE GO
Ángulo de potencia del generador G2: º34,112 =δ
º87,36693,218 −∠=Iº05,411161 −∠=I
2I
φ
φ1
φ2
36600=fU
1IX S
01E
fU
1I
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242 Problemas de electrotecnia
Como comprobación, se calcula la potencia que suministra cada generador:
W1000000sin3 11
1,1 ≅⋅
⋅⋅= δ
S
fGoG X
UEP
W1000000sin3 22
2,2 ≅⋅
⋅⋅= δ
S
fGoG X
UEP
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Máquinas síncronas 243
6.4 Problema 4
Un generador trifásico de 100 kVA, 400 V, 50 Hz, conectado en estrella, presenta una resistencia de inducido de 0,1 Ω y una reactancia sincrona de 1 Ω por fase.
La característica de magnetización del generador es la siguiente:
Eo ( V ) 136,4 267,3 394,6 469,2 538,3 600,2
Iex ( V ) 1 2 3 4 5 6
Se pide:
a) Corriente de excitación para alimentar una carga inductiva a 380 V, que consume una potencia de 75000 W y presenta un factor de potencia 0,8.
b) Corriente de excitación para poder efectuar la prueba de cortocircuito a la corriente nominal.
Se pretende conseguir que la tensión inducida coincida con la tensión nominal del generador cuando se alimenta una carga que consume la corriente nominal.
Se pide:
c) Factor de potencia que debería presentar la carga
d) Corriente de excitación para este caso
Resolución:
a)
A43,1428,03803
75000cos..3
=⋅⋅
==ϕl
c VPI
Ya que cosϕa = 0,8 (i) → ϕa =36,87º → Aº87,3643,142 −∠=cI
El diagrama vectorial por fase es el siguiente:
V º43,18346,333)11,0º.(87,3643,142º03
380).( ∠=⋅+−∠+∠=++= jXRIUE SCfOf
V58,571346,3333 =⋅=OE
Se debe buscar, interpolando en la curva característica de magnetización, el valor correspondiente de magnetización:
ofE
fU cS IX ⋅
cI CIR ⋅ ϕ
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244 Problemas de electrotecnia
A 54,53,5382,6003,53858,571)56(5 =
−−⋅−+=exI
b)
A337,1444003
100000.3
=⋅
==n
nn V
SI
0=bfU ( prueba de cortocircuito )
V º29,8405,145)1.1,0º.(0337,1440)..( ∠=+∠+=++= jXjRIUE Snfof
V234,25105,1453 =⋅=oE
Interpolando en la curva característica, resulta:
( )( ) AIex 877,1
4,1363,2674,13623,251)12(1 =
−−⋅−+=
c)
VEU o 400== (según el enunciado)
V3
400== off EU
)..( Scfof XjRIUE ++= → j.1)º.(0,1-144,37 º03
400º3
400 +∠+∠=∠ ϕδ
De la expresión anterior resulta:
ºº29,84145,06 º03
400º3
400 ϕδ −∠+∠=∠
Separando parte real e imaginaria, se tiene:
)1(cos3
400)ºº29,84cos(.06,145 −⋅=− δϕ
δϕ sin3
400)ºº29,84sin(.06,145 ⋅=−
Elevando al cuadrado y sumando las expresiones anteriores, resulta:
δ = 36,61º
84,29º - φ = 108,30º → φ = -24,01º
Por lo tanto, el factor de potencia de la carga resulta ser cosφ = cos(-24,01º) = 0,913 (c)
d) En este caso se tiene que: V400=OE
Interpolando en la curva característica se obtiene:
( )( ) A0723,3
6,3942,4696,394400)34(3 =
−−⋅−+=exI
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Máquinas síncronas 245
6.5 Problema 5
Un motor síncrono trifásico, conexión en estrella, tetrapolar, de potencia nominal 20 kW, 400 V, 50 Hz, rendimiento a plena carga 0,95, presenta una resistencia por fase en el inducido de 0,1 Ω y una reactancia síncrona de 1,5 Ω por fase.
La curva característica de vacío es la siguiente:
Eo ( V ) 173,2 294,5 346,4 435 474,5
Iex ( V ) 2 3,4 4,5 7,2 9,2
Se pide:
a) Velocidad del motor
Si el motor absorbe la corriente nominal con un factor de potencia de 0,8 capacitivo, calcular:
b) Corriente de excitación
c) Ángulo de potencia δ
Cuando el motor absorbe de la red a la que está conectado 60 A, la corriente de excitación del inductor es de 10 A. Se pide:
d) Potencia absorbida por el motor
e) Factor de potencia que presenta en estas condiciones
f) Ángulo de potencia δ
Resolución:
a)
rpm15002506060 =⋅=⋅=
pfn
b)
V94,2303
400 ==fU
8,0cos =ϕ (c) → º87,36−=ϕ
A983,3795,08,04003
20000cos3
=⋅⋅⋅
=⋅⋅⋅
=ηϕl
n VPI
El diagrama vectorial correspondiente del motor es el siguiente:
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246 Problemas de electrotecnia
Figura 6.5.1
)..( Scoff XjRIEU ++= → j.1,5).(0,1873637,983 03
400 +∠+=∠ º,Eº of
Resultando: V º34,10266,42 −∠=ofE
Interpolando en la curva característica, resulta:
( )( ) A7876,4
4,3464354,346838,355)5,42,7(5,4 =
−−⋅−+=exI
c) Ya que V º34,10266,42 −∠=ofE , el ángulo de potencia vale: δm = -10,34º
d) A partir de la curva característica y de una corriente de excitación de 10 A, se calcula el valor de EO:
( ) ( )( ) V 8,529
2,72,92,7104355,4745,474 =
−−⋅−+=OE
V88,3053/8,529 ==fOE
)..( Sfof XjRIUE +−= → j.1,5)º.(0,1-60 - º03
40088,305 +∠∠=∠ ϕδ m
Separando parte real y parte imaginaria, resulta:
)º19,86cos(.198,903
400cos.88,305 ϕδ −−=m
)º19,86sin(.198,90sin.88,305 ϕδ −−=m
Elevando al cuadrado y sumando, resulta:
δm = -10,84º
φ = -54,20º
Por lo tanto, la potencia activa absorbida por el motor resulta ser:
W2,24316)º20,54cos(.60.400.3cos...3 =−== ϕIUP
nI
ofE nIR ⋅nS IX ⋅
94,230=bfUº87,36=ϕ
δ
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Máquinas síncronas 247
e)
(c) 585,0)º20,54cos(cos =−=ϕ
f)
º84,10−=mδ
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248 Problemas de electrotecnia
6.6 Problema 6
Un motor trifásico, síncrono, conexión estrella, 400 V, trabaja con un factor de potencia igual a la unidad y desarrolla una potencia de 65000 W. Si la reactancia síncrona es de 1,2 Ω y la resistencia se considera despreciable, determinar:
a) Tensión inducida por fase
b) Ángulo de potencia
c) Tensión inducida para que el motor desarrolle la misma potencia con un 8,0cos =ϕ capacitivo
Resolución:
a)
ϕcos...3 IUP = → 1400365000 ⋅⋅⋅= I → A819,93=I
Figura 6.6.1
487,0
3400
819,932,1 =⋅=⋅
=f
SU
IXtgδ → º989,25−=mδ
( ) V9225681993213
400 22
22 ,,,)I.X(UE sfof =⋅+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=+=
b)
º989,25−=mδ
c)
ϕcos...3 IUP = → 8,0400365000 ⋅⋅⋅= I → A27,117=I
cosφ = 0,8 (c) → φ = -36,87º → A º87,3627,117 ∠=I
)..( Scoff XjRIEU ++= → )2,1.0º.(87,3627,117º03
4000 jE f +∠+=∠
Resultando
V º65,1986,334 −∠=ofE → V 580.3 == ofo EE
fUI
IX S ⋅OE
mδ
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Máquinas síncronas 249
6.7 Problema 7
Un motor síncrono trifásico conectado en estrella a 2300 V y 50 Hz, sobreexcitado, trabaja con un ángulo de potencia de -15º. La impedancia síncrona por fase es de (0,1 + j.1) Ω.
Si el motor consume una corriente de 400 A, determinar el factor de potencia del motor.
Resolución:
El enunciado dice que el motor está sobreexcitado. Esto significa que tiene un factor de potencia capacitivo (φ < 0), es decir, que absorbe una Q < 0:
0)cos..(
3 <−
⋅=s
mofm X
EUUQ
δ → UE mof >δcos.
Por otra parte, debe cumplirse:
)..( Scoff XjRIEU ++= → )1.1,0.(400º15º03
2300 jEof +−∠+−∠=∠ ϕ
Separando las partes real e imaginaria resulta,
)29,84cos(.995,401)º15cos(.3
2300 ϕ−+−= ofE
)29,84sin(.995,401)º15sin(.0 ϕ−+−= ofE
Elevando al cuadrado y sumando, resultan dos soluciones posibles:
Solución 1. Eof = 1074,14 V, φ = +40,54º
Solución 2. Eof = 1491,17 V, φ = -21,96º
La primera solución corresponde al caso de un motor subexcitado, mientras que la segunda corresponde al motor sobreexcitado, que es la premisa del enunciado.
Por lo tanto resulta,
Eof = 1491,17 V, cosφ = cos(-21,96º) = 0,927 (c)
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250 Problemas de electrotecnia
6.8 Problema 8
La potencia eléctrica consumida por una empresa es en término medio de 150 kW, presentando un factor de potencia de 0,6 inductivo. La red de alimentación es de 400 V, 50 Hz.
Se desea compensar el factor de potencia hasta la unidad instalando un motor síncrono que a su vez impulse una nueva central de aire acondicionado, cuya potencia necesaria prevista sea del orden de 21150 W. El motor síncrono a utilizar se le asigna un rendimiento 0,94.
Se pide:
a) Potencia aparente del motor a instalar
b) Factor de potencia que presenta el motor
Si el motor elegido es de 4 polos y presenta una impedancia síncrona por fase de (0 + j.1) Ω, calcular:
c) Corriente consumida por el motor
d) Velocidad de giro del motor
e) Ángulo de potencia del motor
f) Par útil desarrollado por el motor.
Resolución:
a) El diagrama vectorial de potencia es el siguiente:
Figura 6.8.1
6,0cos 1 =ϕ (i) → º13,531 =ϕ → 3333,11 =ϕtg
VA2000003333,1150000111 =⋅=⋅= ϕtgPQ
El motor síncrono debe proporcionar una potencia útil de 21150 W, según el enunciado, con un rendimiento de 0,94:
Q
P
1ϕ
'2ϕ
Q1
Q2
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Máquinas síncronas 251
W2250094,0
21150 ==mP
Por otra parte, para conseguir un factor de potencia unidad, la potencia reactiva del motor debe ser: VA2000001 −=−= QQm
Luego
VA º58,8364,20126120000022500 −∠=−= jS m
VA64,201261=mS
b)
º58,83−=mϕ → (c) 11,0cos =mϕ
c)
A496,2904003
64,2012613
=⋅
=⋅
=l
mm U
SI → A º58,8346,290 +∠=mI
d)
42 =⋅ p → 2=p
rpm15002506060
=⋅=⋅
=p
fn
e)
)..( smOff XjRIEU ++=
V º57,3628,520º58,83496,2901º03
400. −∠=∠⋅⋅−∠=⋅−= jIXjUE mSbfOf
Resultando
º57,3−=mδ
f)
mN64,134
6015002
21150
602
⋅=⋅
=⋅
==ππω n
PPM uu
u
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252 Problemas de electrotecnia
6.9 Problema 9
El motor síncrono de la figura está conectado en triángulo a la red eléctrica de la figura. El motor está sobreexcitado.
Figura 6.9.1
Las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes:
W1 = 20697,6 W, W2 = 22909,2 W, A = 66,52 A, V = 380 V
La frecuencia de la red es de 50 Hz, y se sabe que el motor gira a 600 rpm.
La medición de la resistencia del inducido por fase ha dado una lectura por fase de 0,1 Ω y la reactancia síncrona, en las condiciones de funcionamiento, es de 3 Ω por fase.
Se pide:
a) Número de polos del motor
b) Potencia absorbida de la red
c) Factor de potencia del motor
d) Lectura del amperímetro A
e) Rendimiento del motor en el supuesto de que las pérdidas rotaciones sean del orden de 3600 W
f) Par útil desarrollado
Se sabe además que el nivel de excitación con el que funciona el motor, en la característica de vacío, le corresponde una tensión por fase de 400 V.
g) Calcular el ángulo de potencia.
Resolución:
a)
p
fn ⋅= 60 → 5600
5060 =⋅=p
Número de polos: polos1025 =×
M
˜W1
W2
V
A
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Máquinas síncronas 253
b) Al estar los vatímetros conectados según la conexión Aron:
W8,435992,229026,20697)( 21 =+=+= WWP
VAr45,3818)2,229026,20697(3)(3 21 −=−⋅=−⋅= WWQ
c)
08373,08,4359945,3818 −=−==
PQtgϕ → º7867,4−=ϕ
9965,0cos =ϕ (c)
d)
ϕcos3 ⋅⋅⋅= ll IUP
A 475,669965,038038,43599
cos3=
⋅⋅=
⋅⋅=
ϕll U
PI
e)
23 frotabsu IRPPP ⋅⋅−−=
W90,395573475,661,0336008,43599
2
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⋅⋅−−=uP
907,08,435999,39557 ===
PPuη → %7,90% =η
f)
mN58629
606002
939557
602
⋅=⋅
=⋅
= ,,n
PuMuππ
g)
fSfof I)X.jR(UE ⋅+−=
º7867,43475,66).3.1,0(º0400 ∠+−∠=∠ jU fmδ
Separando las partes real e imaginaria de la expresión anterior, resulta:
400.cosδm = U + 5,78
400. sinδm = -115,07
Resultando
δm = -16,72º, U = 377,31 V
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254 Problemas de electrotecnia
M
˜
G
˜
A1 V
W1
W2
A2
6.10 Problema 10
El generador trifásico síncrono de la figura conectado en estrella alimenta a través de una línea, cuya impedancia se desprecia, dos cargas conectadas en paralelo según la figura adjunta.
Figura 6.10.1
El voltímetro V indica 380 V. Los vatímetros W1 y W2 indican respectivamente 12950,69 W y 5124,91 W. La carga en triángulo está formada por una impedancia por fase de valor 6 + j.8 Ω. El motor asíncrono gira a una velocidad de 1440 rpm, con un rendimiento del 80 %. Se sabe que la reactancia síncrona por fase del generador es de 0,1 Ω, siendo la resistencia despreciable.
Se pide:
a) Potencia útil del motor asíncrono
b) Par útil del motor asíncrono
c) Número de polos del motor
d) Factor de potencia del motor
e) Lectura del amperímetro A2
f) Lectura del amperímetro A1
g) Factor de potencia del conjunto carga – motor
h) Valor de la tensión inducida en el generador
i) Ángulo de potencia del generador
Resolución:
a) W6,1807591,512469,12950)( 21 =+=+= WWPmotor
VAr64,13554)91,512469,12950(3)(3 21 =−⋅=−⋅= WWQmotor
W48,144608,06,18075 =⋅=⋅= ηmotoru PP
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Máquinas síncronas 255
b)
mN894,95
6014402
48,14400
602
⋅=⋅
=⋅
=ππ n
PM uu
c) Al ser la velocidad de 1440 rpm, se tiene:
p
f⋅≅ 601440 → 08,21440
5060 =⋅=p → 4 polos
d)
7498,06,1807564,13554 ===
motor
motormotor P
Qtgϕ → º865,36=motorϕ
Resultando
(i) 8,0cos =motorϕ
e)
motormotorllmotor IUP ϕcos3 , ⋅⋅⋅=
A328,348,03803
6,18075cos3, =
⋅⋅=
⋅⋅=
motorl
motormotorl U
PI
ϕ
Resultando
Aº87,36328,34, −∠=motorlI → A2 = 34,328 A
f) La carga en triángulo consume por fase una intensidad:
A º13,53388.6º0380
arg, −∠=+
∠=j
I acf
La corriente de línea en la carga en triángulo será:
Aº13,538179,65º13,53383arg, −∠=−∠⋅=aclI
La lectura del amperímetro vendrá como resultado de la suma vectorial de las dos corrientes:
A º57,47239,99º13,538179,65º87,36328,34arg,, −∠=−∠+−∠=+= aclmotorlTOTAL III
Por lo tanto, resulta A1 = 99,239 A.
g) Ya que A º57,47239,99 −∠=TOTALI , resulta:
º57,47+=TOTALϕ → (i) 6746,0cos =TOTALϕ
También se podía haber calculado a partir de las potencias:
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256 Problemas de electrotecnia
W6,4406738636,18075 2arg =⋅⋅+=+= acmotorTOTAL PPP
VAr64,48210388364,13554 2arg =⋅⋅+=+= acmotorTOTAL QQQ
094,1==TOTAL
TOTALTOTAL P
Qtgϕ → º57,47+=TOTALϕ
Resultando
6746,0cos =TOTALϕ (i)
Que coincide con el hallado anteriormente.
h)
Figura 6.10.2
V º69,181,226º57,47239,99º901,0º03
380).( ∠=−∠⋅∠+∠=⋅++= TOTALsfof IXjRUE
V848,392.3 == ofo EE
i) El ángulo de potencia del generador vale º69,1=gδ
ofE
TOTALS IX .fU
TOTALϕ
TOTALI.
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Máquinas síncronas 257
6.11 Problema 11
Se dispone de una instalación formada por un generador trifásico síncrono conectado en estrella que alimenta a través de una línea de impedancia despreciable un motor asíncrono. Para compensar el factor de potencia hasta la unidad, se ha colocado un motor síncrono según el esquema adjunto. El voltímetro indica una lectura de 380 V. La frecuencia de la red es de 50 Hz.
Figura 6.11.1
El motor M1 asíncrono es de potencia nominal 35 kW y trabaja con un rendimiento del 80%, sobre un par resistente de 175,3 N.m a una velocidad de 1415 rpm, absorbiendo una corriente de 57 A.
El motor M2 síncrono es de 6 polos y absorbe la potencia de 32475 W, siendo su resistencia de inducido despreciable.
Calcular:
a) Potencia absorbida por el motor síncrono
b) Factor de potencia que presenta el motor asíncrono
c) Deslizamiento del motor asíncrono
d) Potencia reactiva absorbida por el motor síncrono
e) Factor de potencia del motor síncrono
f) Corriente absorbida por el motor síncrono
g) Valor de la reactancia síncrona del motor síncrono si el ángulo de potencia es de -25º
h) Valor de la reactancia síncrona del generador síncrono si el ángulo de potencia es de +20º
M1 ASÍNCRONO
M2 SÍNCRONO
G
˜ V
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258 Problemas de electrotecnia
Resolución:
a)
W68,2597560141523,175
1, =⋅⋅=⋅= πωuMu MP
W6,324698,0
68,2597511
, ===η
MuM
PP
b)
111
cos3 MMlM IUP ϕ⋅⋅⋅=
865,0573803
6,32469cos 1 =⋅⋅
=Mϕ → º301 =Mϕ
c)
1500506060 ≅⋅=⋅=pp
fnS → 2=p
%6,5056,01500
14151500 ==−=s
d)
1
11
M
MM P
Qtg =ϕ
VAr23,18746º306,32469111 =⋅=⋅= tgtgPQ MMM ϕ (inductiva)
e) Al estar el factor del conjunto compensado hasta la unidad:
VAr23,1874612−=−= MM QQ (capacitiva)
PM2 = 32475, según el enunciado.
577,032475
23,18746
2
21 =−==
M
MM P
Qtgϕ → º302 −=Mϕ
(c) 866,0cos 2 =Mϕ
f)
22 cos32 MMlM IUP ϕ⋅⋅⋅= A97,56866,03803
324752
=⋅⋅
=MI
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Máquinas síncronas 259
g)
2,2, ).( MfSMOff IXjREU ⋅++=
º90º.3097,56 º25º03
3802,2, ∠∠+−∠=∠ MsMof XE
Separando partes real e imaginaria, resulta:
24852825cos3
380M,sof X.,)º(.E −−=
23374925s0 M,sof X.,)º(in.E +−=
Del sistema anterior, resulta
Xs,M2 = 2,85 Ω, Eof,M2 = 332,82 V
h) Al estar compensado el factor de potencia total, la tensión y la corriente están en fase:
A º072,98º3097,56 º305721 ∠=∠+−∠=+= MM III
f
M,sG U
IXtg
⋅= 2δ → Ω=
⋅=
⋅= 810
7298
203
380
2 ,,
ºtg
ItgU
Xt
GbfM,s
δ
IX smM ⋅2
I
fU
Gδ
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260 Problemas de electrotecnia
6.12 Problema 12
Un motor asíncrono, trifásico, conexión estrella, acciona una carga resistente cuyo par obedece la siguiente expresión: 94,744 · M = w2, siendo w su velocidad de giro en rad/s. El rendimiento del motor es del 70%. La potencia nominal del motor es 75 CV, 50 Hz, y está alimentado a 500 V a través de una línea de impedancia despreciable por un generador de las siguientes características:
- Potencia: 100 CV
- Número de polos: 8
- Frecuencia: 50 Hz
- Ángulo de potencia en que trabaja: 11º
- Corriente de excitación: 1,5 A
- Reactancia síncrona por fase: 1,1 Ω
- Resistencia inducido despreciable
La curva de magnetización del generador responde a los siguientes datos:
Eo ( V ) 273,6 362 450,3 515,3 571,5 621,9 666,5
Iex ( V ) 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8
Calcular:
a) Corriente absorbida por el motor
b) Factor de potencia que presenta el motor
c) potencia absorbida por el motor
d) Potencia útil desarrollada por el motor
e) Par desarrollado por el motor
f) Velocidad de giro del motor
g) Número de polos del motor
Resolución:
a) Para una corriente de excitación de 1,5 A, se puede encontrar la tensión inducida de la curva de magnetización:
VoE 7,596)4,16,1()4,15,1(
)5,5719,621(5,571 =−−
⋅−+=
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Máquinas síncronas 261
El diagrama vectorial por fase del generador es el siguiente:
Figura 6.12.1
Aplicando el teorema del coseno al triángulo OAB se puede calcular el valor de XsI:
º11cos67,2885,344267,2885,344)( 222 ⋅⋅⋅−+=IX s
V28782,IX s = A81741128782 ,,
,I ==
b) Del triángulo anterior:
Aplicando el teorema del seno:
º11sin
285,82sin
5,344 =α
7988,0sin =α º02,53=α
º98,126º02,53º180 =−=α
El ángulo correcto es º98,126=α , dado que es superior a 90º.
º02,53º98,126º180 =−=β
Por otra parte: º180º90 =++ϕβ
º98,3602,5390180º90º180 =−−=−−= βϕ → 798,0cos =ϕ
c)
798,081,745003cos3 ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕIUP
W5170=P
d)
W2361907051700 ,,PPutil =⋅=⋅= η
º11=δ
ϕ
67,2883
500 ==bfU
IX S ⋅
I
O A
B5,3443
7,596 ==ofE
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262 Problemas de electrotecnia
e)
ω⋅= uutil MP
274494 ω=⋅ uM,
Siendo W236190,Putil = :
2
23619074494 ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⋅
uu M
,M, N·m240=uM
f)
rad/s79150240
236190 ,,MP
wu
util ===
rpm96143926079150 ,,n =⋅=π
g)
p
fn 60≅
nnfp 506060 ⋅== 2=p
Número de polos: 2p = 4
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