Soluciones práctico 3 - Electrotécnica 2 Transformador trifásico

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1 Solucioes práctico 3 - Electrotécica 2 Trasformador trifásico Problema 1 a) Grupo de coexió Yd11. b) Potecia cosumida por la carga S = P + jq = 207, j120, 000, la potecia etregada por la fuete es la misma ya que el trasformador es ideal. Problema 2 a) Grupo de coexió Dy7. b) La corriete de líea por el secudario vale I = 800 A 3 = 0, 7698A, A4 = 0A y A 2 = 0A. 6 3 = 76, 98A. Las lecturas de los amperímetros so c) La corriete que circula vale I = 6000/ 3 4 = 866A, 025A. La fase de la corriete es de 210 o, está viee dada por el desfasaje de la tesió secudaria (ídice horario). d) Las lecturas de los amperímetros so A 3 = 8, 660A, A4 = 43, 301A y A2 = 0A(la corriete por el primario circula por la fase R y T, de acuerdo a los putos la corriete por A 2 es 0A). Problema 3 a) E todos los calculos eléctricos se desprecia la rama de vacío. Salvo e el calculo de la eficiecia. Trasformador T 1 : I 1 /I N1 = 1, 438, por lo que hay ua sobrecarga de u 43, 8 %. Trasformador T 2 : I 2 /I N2 = 1, 35, por lo que hay ua sobrecarga de u 35 %. b) Se calcula el equivalete de Thévei desde bores secudarios: Rcc1 1 2 Rcc2 Rc jx c Figura 1: Circuito equivalete desde el secudario. Dode 2 = , Z cc1 = 0, j0, 07Ω, Z cc2 = 0, j0, 045Ω, mietras que Z C = 0, 45 + j0, 23Ω, 1 = ,4 y 3 6,1 que tomo como referecia de fases. E vacío o está coectada la carga por lo que existe ua corriete de circulació, esta tiee ua magitud de 66, 386A que da lugar a ua tesió de vacío U o = 387, 912. c) U C = 373, 957, I1 /I N1 = 0, 7705, por lo que T1 está a u 77, 05 % de carga, mietras que I 2 /I N2 = 0, 7307 T2 está a u 73, 07 %. d) η = R C I 2 C P 01 +P 02 +R CC1 I 2 1 +R CC 2 I 2 2 +R C I 2 C = 97, 317 %. Notar que hay que ajustar las pérdidas de vacío de ambos trasformadores ya que la alimetació o es la misma que e los esayos. 1

2 Problema 4 a) T 1 ) U p /U s, S 1, u p.u. T 2 ) U p /U s, S 2, u p.u. 1 2 Rc Rc jx c jx c (a) Equivalete Thévei (b) Equivalete del circuito (a) Figura 2: Respuesta Problema 4. Se tiee el equivalete Thévei de la Figura 2(a) pero como 1 = 2 = U U s se obtiee el circuito eléctrico 3Up equivalete de la Figura 2(b) co = U U s. Los parámetros so: X cc1 3Up tiee que: I 1 I 1 = S X 1 = cc1 3Us 3 uu s = u U2 s S 1, X cc2 = u U2 s S 2. Por lo que se Para T 2 es aálogo. Por lo que I 1 I 1 = I 2 I 2. De esto se cocluye que si I 1 = I 1 despejado se obtiee que I 2 = I 2. b) Los trasformadores se carga e igual proporció de su potecia omial, por resultado aterior. Idem aterior, ya que el resultado es idepediete de la potecia omial. Problema 5 a) Tato el esayo de vacío como el de cortocircuito está hechos desde el secudario. Los esayos so para cada trafo. moofásico. Esayo de c.c: Se desprecia la variació de Rcc co la frecuecia, X cc hay que corregirla para 50 Hz. Z cc = 0, j0, 11 Impedacia de vacío: hay que corregir la reactacia para 50 Hz. Z o = j0, 110Ω. Impedacia del cable del lado primario: Impedacia de carga por fase modelo estrella, hay que pasar al secudario la impedacia del cable que esta referida al primario, para eso se ecesita la relació de trasformació del trasorador trifásico: 6000/ 3220 = 6000/380. Circuito equivalete desde el lado secudario: Z cable = 0, j2, 42mΩ. Dode = 220 y Z = 1, o, calculado mediate esayos. b) η cable+ta f o = 98, 237 %. c) Fucioamieto e régime desiquilibrado. La corriete que toma el trasformador por el primario es de I = 124, 764A y circula por las fases R y T, por la fase S o circula corriete. 2

3 Rcable jxcable Rcc jxcc jx m Z Figura 3: Circuito equivalete desde el secudario. Problema 6 a) Esquema del uifilar. 500, 50Hz T1 T2 Baco Trifásico Figura 4: Uifilar Coecto el baco e Yd, co los putos y bores adecuados de maera de lograr u idice de 3, compatible co la puesta e paralelo de grupo T 2 +(T 3, T 4, T 5 ) co T 1. El esquema de coexió del baco es el siguiete: T r R s S t Figura 5: Esquema de coexió del baco. b) El circuito equivalete es el siguiete: La Figura 6(a) muestra el equivalete Thévei, co 1 = 110 3, 2 = Como la alimetació es practicamete la misma, el esquema moofásico sería equivalete al circuito de la Figura 6(b). Los parámetros de circuito equivalete so: X baco = 223, 453mΩ, Xcc1 = 121, 00mΩ y Xcc2 = 60, 835mΩ. c) iedo caso por caso, se llega a que el trasformador que llega primero a su corriete omial es T 1, co I 1 = 26, 243A. d) A partir del resultado de la parte aterior, como el trasformador limitate es T 1, co T 1 a su corriete omial el grupo tiee ua capacidad de trasformació es de S = 7, 13kA. 3

4 1 2 jx Baco jx Baco (a) Equivalete Thévei (b) Aproximació, ya que la alimetació es practicamete la misma. Figura 6: Respuesta Problema 6. Problema 7 a) Se sabe que el sistema de fuetes es u sistema directo, es decir: 1 = o, 2 = o, 3 = o El primario está coectado e triágulo ( ) y por lo tato la diferecia de potecial e cada uo de sus bobiados estará dada por la tesió de fase. Es decir que el voltaje de cada uo de los bobiados del primario será: U 12 = 1 2 = o U 23 = 2 3 = o U 31 = 3 1 = o Teiedo e cueta que la relació de trasformació de cada trasformador moofásico es N A N B obtiee los voltajes e los boiados secudarios como B = 2,5 se = A N A N B. Para que estos voltajes esté referidos respecto al bore de tierra se deberá restar 180 o e su fase (ya que el puto está e el bore de tierra) obteiedo: B1 = ,5 (30 o 180 o ) = o B2 = ,5 ( 90 o 180 o ) = o B3 = ,5 (150 o 180 o ) = o b) Para deducir el ídice horario realizamos el diagrama fasorial de los voltajes de líea como se muestra e la figura 7: Figura 7: Solució problema 7 parte (b) El defasaje etre 1 y B1 es de 150 o por lo que resulta u ídice horario igual a 05. 4

5 DY05 c) Al coectar ua resistecia R = 8Ω desde el bore S 2 hacia tierra circulará ua corriete a través de la misma dada por: I R = B2 R = o 8Ω = 19,87 90 o A d) Figura 8: Solució problema 7 parte (d) Cosideremos el sistema defiido e la Figura 8. Los bores S 1 y S 3 está e circuito abierto y por lo tato o circulará corriete por los boiados secudarios B 1 y B 3. La corriete que circula por el bobiado B 2 ya fué calculada e la parte aterior siedo ésta I R, por lo tato: I B1 = 0, I B2 = I R, I B3 = 0 E los bobiados primarios se tiee etoces las siguietes corrietes: I A1 = 0 I A2 = I R = 19,87 90o A = 7,95 90 o A N A 2,5 N B I A3 = 0 Las corrietes cosideradas e setido saliete por el positivo de las fuetes será: I 1 = 0 I 2 = I A2 = 7,95 90 o A I 3 = I A2 = 7,95 90 o A e) I IN = I 1 + I 2 + I 3 = 0 Problema 8 a) Los valores de los parámetros del circuito equivalete a ivel de BT so: = 220/ 3, X cc1 = 3, 87mΩ, X cc2 = 1, 94mΩ, Xcc3 = 2, 904mΩ, Z 1 = 24, 255mΩ 36, 9 o, Z 2 = 47, 610mΩ 36, 9 o. b) z cc2 = 8 %. Como la relació de trasforamció es la misma(la de T 1 y T 2 ), al teer la misma impedacia e p.u., etoces la carga se reparte proporcioalmete e los trasformadores. c) Los cargas de los trasformadores so: 5

6 jxcc1 jxcc3 jxcc2 Z1 Z2 Figura 9: Esquema estrella equivalete a ivel de 0, 22k. I 3 I 3 I 2 I 2 I 1 I 1 = 0, 968, por lo que trabaja a u 96, 8 % de su carga. = 0, 955, por lo que trabaja a u 95, 5 % de su carga. = 0, 955, por lo que trabaja a u 95, 5 % de su carga. d) T 4 ) 30/0, 22k, 1MA, Yy0(podría ser Dd0), 8, 66 %. 6