Clase_11-14_Ejercicio transformadores todos los metodos

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Solución de transformadores 
Curso Máquinas I de Ingeniería Eléctrica 
Universidad de Antioquia 
Profesor: Nicolás Muñoz Galeano 
Abril 2015 
Ejercicio resuelto por 5 métodos de solución: 
• Método por unidad p.u. 
• Método monofásico visto desde baja tensión. 
• Método trifásico visto desde baja tensión. 
• Método monofásico visto desde alta tensión. 
• Método trifásico visto desde alta tensión. 
Se tiene el transformador trifásico con los siguientes parámetros y magnitudes 
nominales: 
500��� ������	
�� 					�
�� = 8%∠80º	Ω ��
 = 3% ��� = 2% ∆y 11 
Se le conecta una carga con las siguientes características: 
400	��� �� = 0.9 ↓ �" = 13100	� 
Encuentre: 
• Voltaje de entrada. 
• Corriente de entrada. 
• Factor de potencia de entrada. 
• Regulación de tensión. 
• Eficiencia. 
 
 
Solución: 
 
Primero antes de pasar a los métodos se van a definir las magnitudes base. 
 
$%&'
_	∅ = 500	�*+ 
 
�%&'
,&-.& = 44000	� 
 
�%&'
,%&/& = 13200	� 
 
�%&'
_&-.& = (�1_1_&-.&)
$	∅ =
44000
500000 = 3872	Ω 
 
�%&'
_%&/& =
(�1,1_%&/&)
$	∅ =
13200
500000 = 348.48	Ω 
 
4%&'
_&-.& = $%&'
		∅ (√3�%&'
,&-.&)6 =
500000
(√3 ∗ 44000)6 = 6.56	� 
 
4%&'
_%&/& = $%&'
		∅ (√3�%&'
,%&/&)6 =
500000
(√3 ∗ 13200)6 = 21.87	� 
 
9:_&-.& = �%&'
,&-.&
;$%&'
_	∅ ∗ �<
100%=
= 44000
 ∗ 100
500000 ∗ 3 = 129066,66	Ω 
 
9:_%&/& = �%&'
,&-.&
;$%&'
_	∅ ∗ �<
100%=
= 13200
 ∗ 100
500000 ∗ 3 = 11616	Ω 
 
?:_&-.& = �%&'
,&-.&
;$%&'
_	∅ ∗ �<@100%=
= 44000
 ∗ 100
500000 ∗ 2 = 193600	Ω 
 
?:_%&/& =
�%&'
,%&/&
;$%&'
_	∅ ∗ �<@100%=
= 13200
 ∗ 100
500000 ∗ 2 = 17424	Ω 
 
Ahora como ya se han hallado los parámetros del transformador, se procede a resolver 
el problema, por cada uno de los métodos de solución. 
 
Método por unidad 
M
I
e
I '
c
I
e
V
 
 
�"_A� = �"13200 =
13100
13200 = 0.99	�. B 
 
$"_A� = CDCE∅ =
������
F����� = 0.8	�. B G� = 0.9 ↓ 
 
4"_A� = CHIJDHI =
�.K
�.LL = 0.806∠ − 25.84º	�. B 
 
∆�A� = �
�_A� ∗ 4"_A� = (0.08∠ 80º)(	0.8061∠ − 25.84º) = 0.0645∠54.16º	�. B 
 
�
_A� = ∆�A� + �"_A� = (0.0648∠54.16º )+	0.992 = 1.03∠2.99º	�. B 
 
9:_A� = 1�<
 =
1
3% 100O
= 33.33	�. B 
?:_A� = 12% 100O
= 50	�. B 
 
��
_A� =
�
_A�
9:_A� =
1.03
33.33 = 0.032	�. B 
 
�P�_A� = 4"_A�
�
�_A� cos(TU) = 0.8061
 ∗ 0.08 cos(80) = 0.009027	�. B 
 
4:_A� = JV_WXYZ_A�//\Z_A� = 0.037∠ − 30.78º	�. B 
 
] = �'&-^@&_A��	'&-^@&_A� + �<
_A� + �P�_A� ∗ 100% = 94.62% 
 
4
_A� = 4:_A� + 4"_A� = (0.037∠ − 30.78º) + (0.8061∠ − 25.84º) 
 
4
_A� = 0.84∠ − 26.06º	�. B 
��
_.`&@& = cos(TJ − Ta) = cos(2.9º + 26.06º) = 0.87 ↓ 
 
%9bc = �
WX − �PWX�PWX
∗ 100 = 1.03 − 0.990.99 = 4.04% 
 
Método monofásico visto desde el lado de baja tensión. 
 
M
I
e
I '
c
I
e
V
 
 
+�∅ = √3+	∅ = √3 ∗ 4400013200 = 5.77 
 
�" = ;13100√3 = = 7563.29	� 
 
TU = def,�(0.9) = 25.84 
 
4P = $�∅�P =
133333.33
7563.29 = 17.63∠ − 25.84º	� 
 
�
� = �A� ∗ �%&'
_%&/&=(348.48)(	0.08∠80º) = 27.88∠ 80º	Ω 
 
∆�1g = 4P ∗ �
� = (27.88∠80º		)(	17.63∠ − 25.84º) = 	491.47∠54.16º	�	 
 
�
′ = ∆�1g + �" = (	491.47∠ 54.16º) + (	7563.29	) = 7861.17∠ 2.9º	� 
 
%9bc = �
′ − �P�P ∗ 100% =
7861.17 − 7563.29	
7563.29 ∗ 100% = 3.93% 
 
�P�_�∅ = 4"
 ∗ i�
� cos(TU)j = 17.63
 ∗ (27.88 ∗ cos(80)) = 1504.51	k 
 
��
_�∅ = �
′
9: =
7861.17
11616 = 5320.08	k 
 
] = �'&-^@&�	'&-^@& + �<
 + �P� ∗ 100% =
120000
120000 + 5320.08 + 1504.51	 ∗ 100 = 94.62% 
 
4: = �
′(9://?:) =
7861.17∠ 2.9º
(11616//17424l) = 0.81∠ − 30.79º� 
 
4
′ = 4P + 4: = (17.63∠ − 25.84º) + (0.81∠ − 30.79º) = 18.44∠ − 26.06º	� 
 
��
_.`&@& = cos(TJ − Ta) = cos(2.9º + 26.06º) = 0.87 ↓ 
 
Método trifásico visto desde el lado de baja tensión. 
 
M
I
e
I '
c
I
e
V
 
+	∅ = 4400013200 =
10
3 
 
�" = 13100	� 
 
TU = def,�(0.9) = 25.84 
 
4P = $	∅�P ∗ √3
= 400000√3 ∗ 13100 = 17.63∠ − 25.84º� 
Se debe multiplicar por √3 porque se trata de una caída de tensión línea línea. 
∆�11 = √34" �
� = √3(17.63∠ − 25.84º	)	(27.88∠80º		) = 851.25∠ 54.16º	�		 
 
�
′ = ∆�11 + �" = (851.25∠ 54.16º) + (	13100	) = 13615.95∠2.9º	� 
 
%9bc = �
′ − �P�P ∗ 100% =
13615.95 − 13100	
13100	 ∗ 100% = 3.93% 
 
�P�_	∅ = 34P
 (�
� cos(TU)) = 3 ∗ 17.63
 ∗ (27.88 ∗ cos(80)) = 4513.52	m 
 
��
_	∅ = �
11
9: =
13615.95
11616 = 15960.22	m 
 
] = �'&-^@&�	'&-^@& + �<
 + �P� ∗ 100% =
360000
360000 + 15960.22 + 4513.52 ∗ 100%
= 94.62% 
SE debe dividir por raíz de 3 para poder obtener la corriente por fase que es igual a la 
corriente de línea 
 
4: = �
′√3(9://?:)
= 13615.95∠2.9º√3(11616//17424l) = 0.81∠ − 30.79º	� 
 
4
′ = 4P + 4: = (17.63∠ − 25.84º) + (0.81∠ − 30.79º) = 18.44∠ − 26.06º	� 
 
��
_.`&@& = cos(TJ − Ta) = cos(2.9º + 26.06º) = 0.87 ↓ 
 
Método monofásico visto desde el lado de alta tensión. 
 
M
I
e
I '
c
I
e
V
 
 
+�∅ = √3+	∅ = √3 ∗ 4400013200 = 5.77 
 
�"n = �" ∗ +�∅√3 = ;
13100 ∗ 5.77
√3 = = 43666,66	� 
TU = def,�(0.9) = 25.84 
 
4"n = $�∅�"′ =
400000
3 ∗ 43666,66 = 3.05∠ − 25.84º	� 
 
�
� = �A� ∗ �%&'
,&-.&=(3872)(	0.08∠ 80º) = 309.76∠ 80º	Ω pero es fase neutro. 
 
Se debe multiplicar la impedancia �
� por tres porque la �%&'
 fue obtenida por fase y 
la tensión es aplicada sobre una delta. 
 
∆�1g = 4"n ∗ �
� = (3 ∗ 309.76∠ 80º		)(	3.05∠ − 25.84º) = 	2837.50∠ 54.16º	�	 
 
�
_1g = ∆�1g + �′" = (	2837.50∠ 54.16º) + (	43666,66	) = 45386.49∠2.9º	� 
 
%9bc = �
′ − �P′�"′ ∗ 100% =
45386.49 − 43666,66	
43666,66	 ∗ 100% = 3.93% 
 
Se debe multiplicar la impedancia �
� por tres porque la �%&'
 fue obtenida por fase y 
la tensión es aplicada sobre una delta 
 
�P�_�∅ = 4" ′
 ∗ i3 ∗ �
� cos(TU)j = 3.05
 ∗ (3 ∗ 309.76 ∗ cos(80)) = 1504.51	k 
 
Se debe multiplicar la impedancia 9: por tres porque la �%&'
 fue obtenida por fase y 
la tensión es aplicada sobre una delta 
 
��
_�∅ = �
3 ∗ 9: =
45386.49
129066,66 = 5320.08	k 
] = �'&-^@&�	'&-^@& + �<
 + �P� ∗ 100% =
120000
120000 + 5320.08 + 1504.51	 ∗ 100 = 94.62% 
 
Se debe multiplicar la impedancia 9: y ?: por tres porque la �%&'
 fue obtenida por 
fase y la tensión es aplicada sobre una delta 
 
4: = �
3 ∗ (9://?:) =
45386.49∠ 2.9º
129066,66//193600 = 0.14∠ − 30.79º� 
 
4
 = 4"n + 4: = (0.14∠ − 30.79º) + (3.05∠ − 25.84º) = 3.19∠ − 26.05º	� 
 
��
_.`&@& = cos(TJ − Ta) = cos(2.9º + 26.09º) = 0.87 ↓ 
 
Método trifásico visto desde el lado de alta tensión. 
 
M
I
e
I '
c
I
e
V
 
 
+	∅ = 4400013200 =
10
3 
 
�"n = �" ∗ +	∅ = ;13100 ∗ 103 = = 43666,66	� 
 
TU = def,�(0.9) = 25.84 
 
4"n = $	∅�"n ∗ √3
= 400000√3 ∗ 43666,66 = 5.29∠ − 25.84º� 
 
Se debe multiplicar la impedancia �
� por tres porque la �%&'
 fue obtenida por fase y 
la tensión es aplicada sobre una delta. También se debe dividir por √3 porque se 
obtuvo una corriente de línea y hay que pasarla a la corriente de fase. 
 
 
∆�11 =
4"n ∗ �
�
√3 =
(3 ∗ 309.76∠ 80º		)(5.29∠ − 25.84º	)	
√3 = 2837.50∠54.16º	�		 
 
�
_11 = ∆�11 + �′" = (2837.50∠ 54.16º) + (	43666,66	) = 45386.48∠2.9º	� 
 
%9bc = �
′ − �P′�"′ ∗ 100% =
45386.48 − 43666,66	
43666,66	 ∗ 100% = 3.93% 
 
Se debe multiplicar la impedancia �
� por tres porque la �%&'
 fue obtenida por fase y 
la tensión es aplicada sobre una delta. Se debe multiplicar por 3 porque son tres fases. 
Se debe dividir por √3 para obtener la corriente por fase a partir de la corriente de 
línea. 
 
�P�_	∅ = 3 ∗ (4P ′ √36 )
 ∗ (3 ∗ �
� cos(TU)) = 3 ∗ ;5.28 √3O =
∗ (3 ∗ 309.76 ∗ cos(80))
= 4513.52	k 
 
No se debe multiplicar a Rm por 3 porque se ve el sistema como una Y 
 
��
_	∅ = �
9: =
45386.48
129066,66 = 15960.22	k 
] = �'&-^@&�	'&-^@& + �<
 + �P� ∗ 100% =
360000
360000 + 15960.22 + 4513.52 ∗ 100%
= 94.62% 
 
Se debe multiplicar por 3 la impedancia 9: y ?: por tres porque la �%&'
 fue obtenida 
por fase y la tensión es aplicada sobre una delta. Se debe multiplicar por √3 para 
obtener corriente de linea 
 
4: = √3�
3 ∗ (9://?:) =
√3 ∗ 45386.48∠ 2.9º
129066,66//193600 = 0.25∠ − 30.79º� 
 
4
 = 4"n + 4: = (5.29∠ − 25.84º) + (0.25∠ − 30.79º)= 5.53∠ − 26.10º	� 
 
��
_.`&@& = cos(TJ − Ta) = cos(2.9º + 26.10º) = 0.87 ↓