Transform Adores

PROBLEMAS DE

TRANSFORMADORES

ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013)

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Problemas de transformadores

Problema 1:

Un transformador tiene N1 = 40 espiras en el arrollamiento primario y N2 = 100 espiras en el arrollamiento

secundario. Calcular:

a. La FEM secundaria si se aplica una tensión de 48 V (NO tener en cuenta las pérdidas en el núcleo, los flujos

de dispersión y en los arrollamientos).

b. El flujo �� para una frecuencia de 50 Hz.

Al despreciar las pérdidas U1 = – E1

�� = �� ⟹ � = �� = �� ∙ �� = 48 ∙ 10840 = 129.6�

De la ecuación general del transformador:

�� = 4.44 ∙ �� ∙ � ∙ �� ∙ 10��

Recordar: 1 Wb = 108 Mx, entonces:

�� = �� ∙ 10�4.44 ∙ �� ∙ � = 48 ∙ 10�

4.44 ∙ 40 ∙ 50 = 541.000��

Problema 2:

Se pretende dimensionar un transformador 1000/120 V, para una frecuencia de 50 Hz, cuyo núcleo tiene una

sección de 80 cm2 con una densidad de campo B = 8500 [G]. Determinar:

a. El flujo en el núcleo.

b. El número de espiras primarias y secundarias.

c. Si se conecta del lado de menor número de espiras con una tensión de 1000 V ¿Cuál será el valor de

tensión en el lado de mayor número de espiras? – ¿Cuál será el nuevo valor de Inducción? – Considere

existe linealidad.

� = � ∙ �� = 6500�� ∙ 80�!"� = 520000��

�� = �� ∙ 10�4.44 ∙ � ∙ � = 1000 ∙ 10�

4.44 ∙ 50 ∙ 520000 = 866.2�#$%&'#; ' = �� = �� = 1000120 = 8.33

Luego:

�� = ��' = 8668.33 = 103.9 ≅ 104�+#$%&'# Cuando se conecta al arrollamiento de baja una tensión de 1000 V, tenemos:


3

�� = 1' = �� ⇒ �� = �� ∙ ' = 1000 ∙ 8.33 = 8.333�

� = �� ∙ 10�4.44 ∙ � ∙ �� = 8.333�� ∙ 10�

4.44 ∙ 50 ∙ 866 = 4.351.250�� = �� = 4.351.250�� 80�!"� = 54.140��

Con éstos valores y de no considerar linealidad, en un circuito magnético real, el núcleo estará saturado, dado que

un núcleo de hierro/silicio admite en condiciones normales unas 10 a 12 mil líneas por centímetro cuadrado como

máximo, de acuerdo a la calidad de las chapas adoptadas.

Problema 3:

Se ensaya en cortocircuito y en vacío un transformador monofásico de las siguientes características:

SN = 333 KVA; UN: 6000/133 V; f = 50 Hz.

En vacío, con 133 V aplicados al lado de baja tensión absorbe I0 = 110 A y P0 = 1300 W.

En cortocircuito, con 193, 5 V aplicados al lado de alta tensión, circulan 55.5 A y consume 2500 W.

Calcular los parámetros del circuito equivalente referido tanto al lado de alta como al lado de baja tensión. Dibujar

el circuito equivalente.

La relación de transformación resulta:

' = �� = �� = �� = 6000133 = 45.1

La impedancia equivalente referida al primario será:

-./ = .001.00 = 193.555.5 = 3.49Ω

Donde:

3./ = 4001.00� = 250055.5� = 0.81Ω

y,

5./ = 6-./ � − 3./ � = 83.49� − 0.81� = 3.39Ω

Que referidas al secundario serán:

-.// = -./'� = 3.4945.1� = 0.001715Ω;3.// = 3./'� = 0.8145.1� = 0.000398Ω;5.// = 5./'� = 3.3945.1� = 0.00167Ω Del ensayo en vacío obtendremos R0 y Z0, referidos al secundario:

4: = 3:// ∙ 1:� ⇒ 3:// = 4:1:� = 1300100� = 0.1074Ω

-:// = �1:// = 133110 = 1.21Ω

Aplicando Pitágoras calculamos:

5:// = 6-://� − 3://� = 81.21� − 0.1074� = 1.205Ω

Ahora calculamos:

�:// = 3://3://� + 5://� = 0.10740.1074� + 1.205� = 0.0734#;�:// = 5://3://� + 5://� = 1.2050.1074� + 1.205� = 0.823#


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# = 1< (Siemens)

Para referir G’0 y B’0 al primario, dividiremos por la relación de espiras elevada el cuadrado.

�:/=�://'� =0.073445.1� =0.00003607s;�:/=�://'� =0.82345.1� =0.0004044s

Otra forma de resolver este problema, puede ser la siguiente:

cosG: = 4:: ∙ 1: = 1300133 ∙ 110=0.0889⇒ sinG: = 0.996

1HIJ = 1:∙ cosG: = 110 ∙ 0.0889 = 9.78K; 1L=1:∙ sinG: =110∙0.996=109.56K

�:// = 1HIJ� = 9.78133 = 0.0734#;�:// = 1L� = 109.56133 = 0.823#

�:/=�://'� =0.073445.1� =0.00003607s;�:/=�://'� =0.82345.1� =0.0004044s

Circuito equivalente referido al secundario:

Problema 4:

Un trasformador monofásico de 380/110 V cuya SN = 5 KVA. Ensayado con el devanado de baja tensión en

cortocircuito; se debe aplicar 33 V al lado primario para que circule corriente nominal (plena carga), siendo la

potencia consumida por la máquina PCC = 85 W. Se desea determinar la regulación del transformador cuando la

carga aplicada tiene un factor de potencia del 80% en atraso.

Ensayo en cortocircuito:

1�� = �� = 5000�K380� = 13.16K;|N-./ |N = OO1� = 33�13.16K = 2.51Ω


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4OO = OO ∙ 1�� ∙ cosG. ⇒ cosG. = 4OOOO ∙ 1�� = 85P33� ∙ 13.16K = 0.196 ⇒ G. = 78.7º

Además:

cosG� = 0.8 ⇒ G� = 36.87º

Del diagrama fasorial se deduce:

./ ∙ cos(G. − G�) = 33 ∙ cos(78.7 − 36.9) = 24.7�; ./ ∙ sin(G. − G�) = 33 ∙ sin∙ (78.7 − 36.9) = 21.9�

�� = ��/ + ./ ∙ cos(G. − G�) � + �./ ∙ sin(G. − G�) �

380� = ��/ + 24.7 � + �21.9 �(*)

Debemos despejar el término U’2; operando se tiene:

′�� + 49.4�/ − 143.312 = 0

Aplicando resolvente de segundo grado, se logra:

�/ = −49.4 ± √49.4� + 4 ∙ 143.3122 = 354.7�

O bien, de (*):

�/ = 8380� − 21.9� − 24.7 = 354.67�

El porcentaje de regulación resulta:

U(%) = 380 − 354.7380 ∙ 100 = 6.7%


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Problema 5:

Un transformador monofásico de:

SN = 100 KVA, UN = 3800/230 V y 50 Hz;

Se ensayó desde el lado de baja tensión, con el lado de alta tensión en cortocircuito, obteniéndose los siguientes

resultados:

Uecc = 7 V; Iecc = 435 A; Pecc = 1120 W

Calcular:

a. Los valores de Resistencia y Reactancia (impedancia compleja) equivalente del transformador, referidas al

secundario.

b. El factor de potencia de cortocircuito.

c. El valor real de la corriente de cortocircuito con tensión nominal aplicada al primario.

3.// = 4OO1OO� = 1120435� = 0.006Ω;ZX// = UXZZIXZZ= 0.016Ω;XX// = 6ZX//] − RX//] = 80.016� − 0.006� = 0.015Ω

-.// = 3.// + _5.// = (0.006 + _0.015)Ω; cosGOO = 3.//-.// = 0.0060.016 = 0.375 ⇒ GOO = 68º

1OO = �`-.// = 230�0.016Ω = 14380K

Problema 6:

La máquina del problema anterior fue sometida desde el lado de baja tensión a los ensayos de vacío, lográndose

los siguientes resultados :

UN = 230 V; I0 = 42 A; P0 = 615 W.

a. Determinar el modelo equivalente del transformador referido al primario y secundario.

b. Calcular la potencia de entrada y el rendimiento de la máquina cuando la tensión primaria es de 3800 V y

la carga es de 300 A en el secundario, con un factor de potencia 0.8 inductivo.

cosG: = 4:: ∙ 1: = 615230 ∙ 42 = 0.06366 ⇒ G: = 86.35º ; sinG: = 0.998

1HIJ = 1:∙ cosG: = 42 ∙ 0.0637 = 2.67K; 1L=1:∙ sinG: =42∙0.998=41.916K

�:// = 1HIJ� = 2.67230 = 0.0116#;�:// = 1L� = 41.916230 = 0.1822#

�:/=�://'� =0.011616.52� =4.253∙10�as;�:/=�://'� =0.182216.52� =6.676∙10�bs

Del problema anterior, referimos la impedancia compleja al primario teniendo en cuenta la relación de

transformación:

' = 3800230 = 16.52


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-./ = '� ∙ -.// = 16.52�0.016 = 4.367Ω;3./ = '� ∙ 3.// = 16.52�0.006 = 1.637Ω;5./ = '� ∙ 5.// = 16.52�0.015 = 4.093Ω Resultando el siguiente circuito referido al lado secundario:

La potencia primaria será:

4� = 4� + 4Héde = � ∙ 1� ∙ cosG� + 4f + 1�� ∙ 3.// Teniendo en cuenta los valores obtenidos anteriormente (SIEMPRE DESDE EL LADO DE BAJA TENSIÓN):

3.// = 0.006Ω;cosφhh = 0.3676 ⇒ GOO = 68.43º;5.// = 3.// ∙ tan 68.43º 5.// = 0.006 ∙ 2.528 = 0.015Ω;-k.// = (0.006 + _0.015) 1k� = |1�|(cosG� − _ sinG�) = 300 ∙ (0.8 − _06);k� = � + _0

k�// = k�// + 1k� ∙ -k.//; k�// = (� + _0) + 300 ∙ (0.8 − _0.6) ∙ (0.006 + _0.015)

k�// = k� + (3.9642 + _2.5272);�//] = (� + 3.9642)� + 2.5272�

Operando se tiene:

� = 8230� − 2.5272� − 3.9642 = 226� 4� = � ∙ 1� ∙ cosG� = 226 ∙ 300 ∙ 0.8 = 54240P;4Ol = 1�� ∙ 3.// = 300� ∙ 0.006 = 540P 4� = 4� + 4Ol + 4: = 54240 + 540 + 615 = 55395P

m(%) = 4�4� ∙ 100 = 5424055395 ∙ 100 = 97.9%

Problema 7:

Un transformador de SN = 100 KVA, 12000/240 V a 50 Hz, se ensaya en vacío y en corto circuito obteniendose los

siguientes resultados:

Ensayo Tensión (V) Corriente (A) Potencia (W) Lado

Vacío 240 8.75 480 BT

Cortocircuito 600 Nominal 1200 AT

Calcular:

a. Regulación para un factor de potencia 0.8 inductivo y tensión nominal.

b. Rendimiento para el estado de carga anterior.

c. Porcentaje de la carga nominal a la cual se obtiene el máximo rendiminento.

d. Rendimiento máximo para un factor de potencia 0.8 inductivo.

' = �� = �� = �� = 12000240 = 50


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1�� = �� = 100n�K12n� = 8.33K;|N-./ |N = OO1� = 600�8.33K = 72.02Ω

Donde:

3./ = 4001.00� = 12008.33� = 17.29Ω

y,

5./ = 6-./ � − 3./ � = 872.02� − 17.29� = 69.914Ω

Que referidas al secundario serán:

-.// = -./'� = 72.0250� = 0.0288Ω;3.// = 3./'� = 17.2950� = 0.006916Ω;5.// = 5./'� = 69.91450� = 0.02796Ω 1� = ' ∙ 1� = 50 ∙ 8.33 = 416.5K �// = (� ∙ cosG� + 1� ∙ 3.//) + _(� ∙ sinG� +1� ∙ 5.//) �// = (240 ∙ 0.8 + 416.5 ∙ 0.006916) + _(240 ∙ 0.6 + 416.5 ∙ 0.02796) �// = 194.87 + _155.6 = 249.37∠38.6º

U(%) = (�// − �)� = 249.37 − 240240 ∙ 100 = 3.9%

m% = 4�4� + 4p. + 4Ol = � ∙ 1� ∙ cosG�� ∙ 1� ∙ cosG� + 4p. + 4Ol ∙ 100 = 240 ∙ 416.5 ∙ 0.8240 ∙ 416.5 ∙ 0.8 + 480 + 1200 ∙ 100 = 97.94%

mqrs ⇒ 4p. = 4Ol = 1�� ∙ 3.// = $� ∙ 1�� ∙ 3.// = $� ∙ 4Ol ∴ $ = u4p.4Ol = u 4801200 = 0.632 ⇒ $% = 63.2%

mqrs% = $ ∙ 4�$ ∙ 4� + 2 ∙ 4p. ∙ 100 = 0.63 ∙ 100000 ∙ 0.80.63 ∙ 100000 ∙ 0.8 + 2 ∙ 480 ∙ 100 = 98.14%

Problema 8:

Al realizar un ensayo en cortocircuito a un transformador monofásico de SN = 250 KVA, tensiones 24.000/398 V,

es necesario aplicar al lado de alta tensión una tensión de 960 V para que por el primario circule la corriente

nominal. Si la potencia absorbida en el ensayo es de 4.010 W, averiguar:

a. las corrientes nominales del primario y del secundario;

b. las pérdidas en el cobre para la potencia nominal;

c. la tensión de cortocircuito y sus componentes;

d. los parámetros 3OO/ , 5OO/ w-OO/ ;

e. las pérdidas en el cobre cuando el transformador trabaje a la mitad de la carga.

Mediante la expresión general de potencia aparente determinamos las corrientes nominales de ambos

devanados:

1�� = �� = 250n�K24n� = 10.4K

1�� = �� = 250n�K0.398n� = 628K


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Las pérdidas en el cobre a la corriente nominal coinciden con la potencia de cortocircuito medida en el ensayo:

4Ol = 4OO = 4.010PTambién podemos determinar el factor de potencia de cortocircuito:

cosG00 = 4OOOO ∙ 1�� = 4010960 ∙ 10.4 = 0.4;GOO = 66.3º

La tensión porcentual de cortocircuito la determinamos a partir de Ucc:

xOO = OO�� 100 = 96024000100 = 4%

Las caídas de tensión uRcc y uXcc las determinamos a partir del triángulo de tensiones de cortocircuito:

xy00 = x00 ∙ cosG00 = 4 ∙ cos66.3º = 1.6% xz00 = x00 ∙ sinG00 = 4 ∙ sin66.3º = 3.7%

Determinaremos ahora la impedancia de cortocircuito y su componentes:

-OO/ = OO1�� = 960�10.4K = 92.3Ω

3OO/ = -OO/ ∙ cosGOO = 92.3 ∙ 0.4 = 36.9Ω 5OO/ = -OO/ ∙ sinGOO = 92.3 ∙ 0.916 = 84.5Ω

Se puede decir que las pérdidas en el cobre vienen determinadas por la expresión:

4Ol = 1�� ∙ 3OO/

Si el transformador trabaja a la mitad de la potencia nominal, la intensidad por el primario, en ese caso, será la

mitad que la de plena carga y, por tanto, las pérdidas en el cobre también se verán reducidas:

4Ol = 1�� ∙ 3OO/ = 5.2� ∙ 36.9 = 998P

Problema 9:

Se desea determinar el valor efectivo de la tensión de salida de un transformador monofásico a plena carga con un

fp = 0,85. Las características del mismo son: 10 KVA; 1000/398 V; xd = 3.2%;xs = 2.4%. Averiguar también el

valor efectivo de la tensión en la carga cuando el transformador trabaje a la mitad de su potencia nominal y a un

fp = 0,85 inductivo de la misma.

Dado que existen resistencias y reactancias intercaladas en serie con los bobinados del transformador, cuando

circule una corriente de carga por los bobinados la tensión del secundario se verá reducida.

Como veremos, es muy útil expresar esta caída en valores porcentuales referidos a la tensión de vacío, ya que así

será posible relacionarla, con la ayuda del circuito equivalente con los parámetros de cortocircuito y con las

tensiones de cortocircuito porcentuales. A este valor porcentual se le denomina coeficiente de regulación (ε).


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U(%) = �� − �/�� ∙ 100

Valiendonos del circuito equivalente reducido (simplificado) con los parámetros de cortocircuito y el respectivo

diagrama de fasores, podemos escribir:

U(%) = �� − �/�� ∙ 100 = {| − {K�� ∙ 100

Dado que el ángulo comprendido entre �w�/ resulta muy pequeño y, observando el diagrama de fasores,

podemos considerar que:

� − �/ = {| − {K ≅ K� + �} = 1� ∙ 3OO/ ∙ cosG + 1� ∙ 5OO/ ∙ sinG

Luego:

U(%) = �� − �/�� ∙ 100 = 1� ∙ 3OO/ ∙ cosG + 1� ∙ 5OO/ ∙ sinG�� ∙ 100

Ahora bien, las caidas porcetuales de tensión en la resistencia y reactancia de cortocircuito se obtienen de la

siguiente manera:

xd(%) = 1� ∙ 3OO/�� ∙ 100w;xs(%) = 1� ∙ 5OO/�� ∙ 100

Entonces: U(%) = xd(%) ∙ cosG + xs(%) ∙ sinG = 3.2 ∙ 0.85 + 2.4 ∙ 0.53 = 4(%)

Dado que: ϕ = 31.8º y sin ϕ = 0.53

Este resultado obtenido nos indica que el transformador tiene una caída de tensión del 4% a la salida para la

corriente nominal, es decir:

� − �/ = 0.04 ∙ 1000 = 40�

También, referido al lado secundario:

�// − � = 0.04 ∙ 398 = 15.9�

En consecuencia la tensión secundaria a plena carga será: � = �// − 15.9 = 398 − 15.9 = 382�

Como los parametros son invariables para los diferentes estados de carga, al reducir la corriente de carga al 50 %

también las caidas internas se reducirán a la mitad por tanto la tensión secundaria al 50 % resulta:

� = �// − 15.92 = 398 − 7.95 ≅ 390�

Problema 10:

Se desea determinar el valor efectivo de la tensión de salida de un transformador monofásico a plena carga con un

fp = 0,85. Las características del mismo son 50 KVA y 1.000/230 V. En el ensayo de cortocircuito se han obtenido

los siguientes resultados: ha consumido 90 W al aplicar una tensión de 10 V y circula una corriente por el primario

de 12,5 A. Averiguar además:

a. las pérdidas en el cobre a plena carga;

b. el valor efectivo de la tensión en la carga cuando el transformador trabaje a la mitad de su potencia

nominal y a un fp = 0,85 inductivo de la misma.

Lo primero que vamos a hacer es comprobar si el ensayo en cortocircuito se ha hecho para la corriente nominal:

1�� = �� = 50n�K1n� = 50K


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Este resultado nos indica que el ensayo se ha hecho a corriente reducida (Menor que la Nominal). Esto se hace con

el fin de que la fuente de tensión variable y los aparatos sean más sencillos. Por otro lado, los parámetros de

impedancia y el factor de potencia de cortocircuito permanecen fijos para cualquier condición de trabajo, por lo

que:

-OO/ = OO/1OO/ = 10�12.5K = 0.8Ω

cosGOO = 4OOOO/ ∙ 1OO/ = 9010 ∙ 12.5 = 0.72 ⇒ GOO = 43.94º

3OO/ = -OO/ ∙ cosGOO = 0.8 ∙ 0.72 = 0.58Ω

Las pérdidas del cobre a la potencia nominal serán entonces:

4Ol = 3OO/ ∙ 1�� = 0.58 ∙ 50� = 1450P

La tensión de cortocircuito para la corriente nominal se calculará aplicando la ley de Ohm a la impedancia de

cortocircuito:

OO/ = -OO/ ∙ 1�� = 0.8 ∙ 50 = 40�

En forma porcentual:

x00(%) = OO/�� ∙ 100 = 40�1000 ∙ 100 = 4%

Luego:

xd(%) = xOO(%) ∙ cosGOO = 4 ∙ 0.72 = 2.88%;xs(%) = xOO(%) ∙ sinGOO = 4 ∙ 0.694 = 2.77%

Ahora se podrá calcular la regulación:

U(%) = xd(%) ∙ cosG + xs(%) ∙ sinG = 2.88 ∙ 0.85 + 2.77 ∙ 0.53 = 3.9(%)

La tensión en bornes U2 de la carga la obtenemos a partir de este coeficiente y de la tensión de vacío U2N:

� = �� − 0.039 ∙ �� = 230 − 0.039 ∙ 230 = 221�

Para mitad de corriente de plena carga:

� = �� − 0.0392 ∙ �� = 230 − 0.0392 ∙ 230 = 225.5�

Problema 11:

Un transformador monofásico de SN = 250 KVA a 50 Hz, donde: N1 = 7200 esp. N2 = 120, se ensaya en vacío y en

cortocircuito obteniendose los siguientes resultados:

Ensayo Tensión (V) Corriente (A) Potencia (W) Lado

Vacío 250 80 4000 BT

Cortocircuito 600 Nominal 5000 AT

Determinar:

a. Las tensiones nominales de primario y secundario.

b. El factor de potencia de vacío.

c. Los parámetros: cosGf , 3f/ , 5f/ w-f/

d. Los parámetros: cosGOO , 3OO/ , 5OO/ w-OO/ .

e. Las tensiones porcentuales de cortocircuito.

f. La corriente de falla de primario y secundario (a tensión nominal).


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g. La tensión secundaria a plena carga y factor de potencia 0.8 inductivo.

h. Idem al item anterior pero a una carga del 50 %.

i. Rendimiento para carga nominal y factor de potencia 0.8 inductivo.

j. Porcentaje de la carga nominal a la cual se obtiene el máximo rendiminento.

El ensayo de vacío, se efectua como es sabido a tensión nominal, por cuanto determinado la relación de

transformación:

' = �� = �� = 7200120 = 60 ⇒ �� = ' ∙ �� = 60 ∙ 250 = 15000�

El ensayo de cortocircuito se efectua a corriente nominal, luego:

1�� = �� = 250n�K15n� = 16. 6~K

El factor de potencia de vacío resulta:

cosG: = 4:�� ∙ 1: = 4000250 ∙ 80 = 0.2 ⇒ G: = 78.46º ⇒ sinG: = 0.97979

4: = 1:� ∙ 3f// ⇒ 3:// = 4:1:� = 400080� = 0.625Ω;-:// = ��1: = 25080 = 3.125Ω

5:// = 6-://] − 3://] = 83.125� − 0.625� = 3.062Ω

Podemos referir estos valores al lado primario (alta tensión) de la siguiente manera:

-:/ = '� ∙ -:// = 60� ∙ 3.125 = 11250Ω;3:/ = '� ∙ 3:// = 60� ∙ 0.625 = 2250Ω; 5:/ = '� ∙ 5:// = 60� ∙ 3.062 = 11023.2Ω

Ahora bien, estos datos corresponden a un circuito serie, debemos encontrar el equivalente paralelo y lo hacemos

de la siguiente forma:

3p�/ = 1�f/ = -:/]3:/ = 11250�2250 = 56250Ω;

5L/ = 1�:/ = -:/]5:/ = 11250�11023.2 = 11482Ω

Otra forma:

3p�/ = ��1: ∙ cosG: = 150001. 3~ ∙ 0.2 = 56250Ω; 5L/ = ��1: ∙ sinG: = 150001. 3~ ∙ 0.97979 = 11482Ω

Ahora, del ensayo de cortocircuito:

cosG00 = 4OOOO ∙ 1OO = 5000600 ∙ 16. 6~ = 1 2� ⇒ GOO = 60º ⇒ sinG: = √3 2�

3./ = OO1OO ∙ cosGOO = 60016. 6~ ∙ 0.5 = 18Ω;5./ = OO1OO ∙ sinGOO = 60016. 6~ ∙ 0.866 = 31.17Ω

Las tensiones en forma porcentual (importantes porque tiene validez tanto desde el lado alta como del lado de

baja tensión) las otenemos como sigue:


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xOO(%) = OO/�� = 60015000 = 4%;xd(%) = xOO(%) ∙ cosGOO = 4 ∙ 0.5 = 2%; xs(%) = xOO(%) ∙ sinGOO = 4 ∙ 0.866 = 3.464%

De esta manera, podemos encontrar La probables corrientes de falla (lado alta/baja) a los efectos de coordinar las

protecciones del transformador.

1�(p��) = 1��xOO(%) ∙ 100 = 16. 6~4 ∙ 100 = 416.5K;1�(p��) = 1��xOO(%) ∙ 100 = 10004 ∙ 100 = 25000K

Para obtener la tensión a plena carga debemos conocer el factor de regulación del transformador y que

calculamos de la siguiente forma:

U(%) = xd(%) ∙ cosG + xs(%) ∙ sinG = 2 ∙ 0.8 + 3.464 ∙ 0.6 = 3.33(%)

U(%) = �� − �/�� ∙ 100 = 15000 − �/15000 = 3.33%;⇒ �/ = 14500�

Resultando el valor secundario:

� = �/' = 1450060 = 241.67�

Ahora el rendimiento en las mismas condiciones de trabajo será:

m% = 4�4� + 4p. + 4Ol = � ∙ 1� ∙ cosG�� ∙ 1� ∙ cosG� + 4p. + 4Ol ∙ 100

m% = 241.67 ∙ 1000 ∙ 0.8241.67 ∙ 1000 ∙ 0.8 + 4000 + 5000 ∙ 100 = 95.55%

El porcentaje de carga al cual se obtiene máximo rendimiento (PFe = PCu), será:

$% = u4p.4Ol ∙ 100 = u40005000 ∙ 100 = 89.44%

mqrs% = $ ∙ 4�$ ∙ 4� + 2 ∙ 4p. ∙ 100 = 0.894 ∙ 250000 ∙ 0.80.894 ∙ 250000 ∙ 0.8 + 2 ∙ 4000 ∙ 100 = 95.71%

Problema 12:

El rendimiento de un transformador monofásico de SN = 100 KVA es: η = 93.02% cuando trabaja a plena carga

con factor de potencia cos φ = 0.8 y η = 94.34% a media carga (p = 0.5) y factor de potencia unitario. Calcular:

a. Las pérdidas en el hierro.

b. Las pérdidas en el cobre a plena carga.

El rendimiento se determina de la siguiente forma:

m = $ ∙ �� ∙ cosG$ ∙ �� ∙ cosG + 4p. + $� ∙ 4Ol

Donde “p” es el índice de carga.

De los datos suministrados en el enunciado tenemos:

(1)0.9302 = 1 ∙ 100000 ∙ 0.81 ∙ 100000 ∙ 0.8 + 4p. + 1� ∙ 4Ol w, (2)0.9434 = 0.5 ∙ 100000 ∙ 10.5 ∙ 100000 ∙ 1 + 4p. + (0.5)�4Ol

�+(1):(4p. + 4Ol) = 80000 − 744160.9302 = 6003P(3)w, �+(2):(4p. + 0.254Ol) = 50000 − 471700.9434 = 3000P(4)


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Restando (3) – (4), Resulta: 4p. + 4Ol = 6000P(3)4p. + 0.254Ol = 3000P(4)4Ol − 0.254Ol = 3000P

Luego operando en la última ecuación, se tiene:

4Ol = 30000.75 = 4000P Reemplazando en (3)

4p. + 4000 = 6000P ⇒ 4p. = 2000P

ACTUALIZADO: 29.03.2013

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