Problema de Transformadores UTN RO

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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: 
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���� = 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 = 3.49	Ω 
Donde: 
3./ = 4001.00� =
250055.5� = 0.81	Ω 
y, 
5./ = 6-./ � − 3./ � = 83.49� − 0.81� = 3.39	Ω 
Que referidas al secundario serán: 
-.// = -./'� = 3.4945.1� = 0.001715	Ω;	3.// = 3.
/
'� = 0.8145.1� = 0.000398	Ω;	5.// = 5.
/
'� = 3.3945.1� = 0.00167	Ω	 
Del ensayo en vacío obtendremos R0 y Z0, referidos al secundario: 
4: = 3:// ∙ 1:� 	⇒ 	3:// = 4:1:� =
1300100� = 0.1074	Ω 
-:// = 	�1:// =
133110 = 1.21	Ω 
Aplicando Pitágoras calculamos: 
5:// = 6-://� − 3://� = 81.21� − 0.1074� = 1.205	Ω 
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� =0.00003607	s;	�:/=�:
//
'� =0.82345.1� =0.0004044	s 
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 = 9.78	K; 1L=1:∙ sinG: =110	∙	0.996	=109.56	K 
 
�:// = 1HIJ	� = 9.78133 = 0.0734	#;	�:// =
1L	� = 109.56133 = 0.823	# 
�:/=�://'� =0.073445.1� =0.00003607	s;	�:/=�:
//
'� =0.82345.1� =0.0004044	s 
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	� = 13.16	K;		|N-./ |N = 	OO1� = 33	�13.16	K = 2.51	٠
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4OO = 	OO ∙ 1�� ∙ cosG. 		⇒ 				 cosG. = 4OO	OO ∙ 1�� = 85	P33	� ∙ 13.16	K = 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	�0.016	Ω = 14380	K 
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 = 2.67	K; 1L=1:∙ sinG: =42	∙	0.998	=41.916	K 
 
�:// = 1HIJ	� = 2.67230 = 0.0116	#;	�:// =
1L	� = 41.916230 = 0.1822	# 
�:/=�://'� =0.011616.52� =4.253∙10�a	s;	�:/=�:
//
'� =0.182216.52� =6.676∙10�b	s 
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 = 4.367	Ω;	3./ = '� ∙ 3.// = 16.52�		0.006 = 1.637	Ω;	5./ = '� ∙ 5.// = 16.52�		0.015 = 4.093	Ω	 
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.// = 0.006	Ω;	cosφhh = 0.3676 ⇒ GOO = 68.43º;	5.// = 3.// ∙ tan 68.43º 5.// = 0.006 ∙ 2.528 = 0.015	Ω;	-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 = 54240	P;	4Ol = 1�� ∙ 3.// = 300� ∙ 0.006 = 540	P 4� = 4� + 4Ol+ 4: = 54240 + 540 + 615 = 55395	P 
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�� = ��	� = 100	n�K12	n� = 8.33	K;		|N-./ |N = 	OO1� = 600	�8.33	K = 72.02	٠
 
Donde: 
3./ = 4001.00� =
12008.33� = 17.29	Ω 
y, 
5./ = 6-./ � − 3./ � = 872.02� − 17.29� = 69.914	Ω 
Que referidas al secundario serán: 
-.// = -./'� = 72.0250� = 0.0288	Ω;	3.// = 3.
/
'� = 17.2950� = 0.006916	Ω;	5.// = 5.
/
'� = 69.91450� = 0.02796	Ω	 1� = ' ∙ 1� = 50 ∙ 8.33 = 416.5	K 	�// = (	� ∙ 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�� = ��	�� = 250	n�K24n� = 10.4	K 
1�� = ��	�� = 250	n�K0.398n� = 628	K 
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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 	= 	4.010	P	
También podemos determinar el factor de potencia de cortocircuito: 
cosG00 = 4OO	OO ∙ 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	�10.4	K = 92.3	Ω 3OO/ = -OO/ ∙ cosGOO = 92.3 ∙ 0.4 = 36.9	Ω 5OO/ = -OO/ ∙ sinGOO = 92.3 ∙ 0.916 = 84.5	Ω 
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 = 998	P 
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/	�� ∙ 100	w;		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�� = ��	�� = 50	n�K1	n� = 50	K 
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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	�12.5	K = 0.8	Ω 
cosGOO = 4OO	OO/ ∙ 1OO/ =
9010 ∙ 12.5 = 0.72	 ⇒ GOO = 43.94º 3OO/ = -OO/ ∙ cosGOO = 0.8 ∙ 0.72 = 0.58	Ω 
Las pérdidas del cobre a la potencia nominal serán entonces: 
4Ol = 3OO/ ∙ 1��� = 0.58 ∙ 50� = 1450	P 
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 coeficientey 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). 
ELECTROTECNIA y MAQUINAS ELECTRICAS (2013) 
 
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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�� = ��	�� = 250	n�K15	n� = 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 = 3.125	Ω 
5:// = 6-://] − 3://] = 83.125� − 0.625� = 3.062	Ω 
Podemos referir estos valores al lado primario (alta tensión) de la siguiente manera: 
-:/ = '� ∙ -:// = 60� ∙ 3.125 = 11250	Ω;	3:/ = '� ∙ 3:// = 60� ∙ 0.625 = 2250	Ω;	 5:/ = '� ∙ 5:// = 60� ∙ 3.062 = 11023.2	Ω 
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 = 56250	Ω; 
 
5L/ = 1�:/ =
-:/]5:/ =
11250�11023.2 = 11482	Ω 
Otra forma: 
3p�/ = 	��1: ∙ cosG: = 150001. 3~ ∙ 0.2 = 56250	Ω; 5L/ = 	��1: ∙ sinG: = 150001. 3~ ∙ 0.97979 = 11482	Ω 
Ahora, del ensayo de cortocircuito: 
cosG00 = 4OO	OO ∙ 1OO = 5000600 ∙ 16. 6~ = 1 2� 	⇒ 	GOO = 60º	 ⇒ 	 sinG: = √3 2� 
3./ = 	OO1OO ∙ cosGOO = 60016. 6~ ∙ 0.5 = 18	Ω;	5./ = 	OO1OO ∙ sinGOO = 60016. 6~ ∙ 0.866 = 31.17	Ω 
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 = 416.5	K;	1�(p����) = 1��xOO(%) ∙ 100 = 10004 ∙ 100 = 25000	K 
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 = 6003	P	(3)	w, 
		�+	(2):	(4p. + 0.254Ol) = 50000 − 471700.9434 = 3000	P	(4)	 
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Restando (3) – (4), Resulta: 4p. + 4Ol = 6000	P(3)4p. + 0.25	4Ol = 3000	P(4)4Ol − 0.25	4Ol = 3000	P 
Luego operando en la última ecuación, se tiene: 
4Ol = 30000.75 = 4000	P	 
Reemplazando en (3) 
4p. + 4000 = 6000	P ⇒ 4p. = 2000	P 
 
ACTUALIZADO: 29.03.2013