Transformadores trifásicos y circuitos equivalentes

Respuesta corta:

por qué son$R_2$y$X_2$dividido por 3 en el lado secundario? Creo que esas impedancias están en serie con el voltaje secundario, por lo que dudo que podamos aplicar$Z_Y=Z_Δ/3$aquí.

dividimos$R_2$y$X_2$por 3 porque el secundario está en delta pero en el circuito por fase usamos conexiones en estrella equivalentes. Por supuesto, se supone que la impedancia en serie de cada devanado del secundario es la misma (es decir, el secundario está balanceado).

haría$R_2$y$X_2$se multiplica por 3 o seria$R_1$y$X_1$que se dividiría por 3 en el circuito monofásico equivalente?

dividiríamos$R_1$y$X_1$por 3 por la misma razón que la anterior: porque ahora el primario está en triángulo pero en el circuito monofásico usamos conexiones en estrella equivalentes.

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Respuesta larga (derivación):

Antes de responder, necesito que sepa 1) cómo convertir un generador práctico conectado en delta en un generador práctico conectado en estrella, y 2) que los transformadores monofásicos de dos devanados ideales se pueden modelar con fuentes dependientes.

1. Convertir un generador práctico conectado en delta en un generador práctico conectado en estrella

La palabra práctica (es decir, no ideal) simplemente significa que para cada fase hay una fuente de voltaje ideal con una impedancia en serie .

Considere la siguiente red. Solo para aclarar la notación, para las fases A , B y C , las corrientes fasoriales de línea son respectivamente$\tilde{I}_\text{A}$,$\tilde{I}_\text{B}$,$\tilde{I}_\text{C}$. Las corrientes fasoriales de fase son respectivamente$\tilde{I}_\text{BA}$,$\tilde{I}_\text{CB}$,$\tilde{I}_\text{AC}$. Los voltajes fasoriales de línea terminal (o línea a línea) son respectivamente$\tilde{V}_\text{AB}$,$\tilde{V}_\text{BC}$,$\tilde{V}_\text{CA}$. Los voltajes fasoriales de fase terminal son iguales a los respectivos voltajes fasoriales de línea terminal porque el generador está en delta. Los voltajes fasoriales de línea interna (o línea a línea) son respectivamente$\tilde{V}_\text{A'B}=\tilde{V}_\text{s1}$,$\tilde{V}_\text{B'C}=\tilde{V}_\text{s2}$,$\tilde{V}_\text{C'A}=\tilde{V}_\text{s3}$. Los voltajes fasoriales de fase internos son iguales a los respectivos voltajes fasoriales de línea terminal porque el generador está en delta. Las impedancias en serie internas de cada devanado del inducido son respectivamente${\hat Z}_\text{s1}$,${\hat Z}_\text{s2}$,${\hat Z}_\text{s3}$.

Figura 1. Generador práctico conectado en delta/triángulo.

Primero aplicamos la transformación de fuente para transformar las fuentes de voltaje prácticas en fuentes de corriente prácticas:

${\tilde I}_\text{s1} = \dfrac{{\tilde V}_\text{s1}}{{\hat Z}_\text{s1}} \tag*{}$

${\tilde I}_\text{s2} = \dfrac{{\tilde V}_\text{s2}}{{\hat Z}_\text{s2}} \tag*{}$

${\tilde I}_\text{s3} = \dfrac{{\tilde V}_\text{s3}}{{\hat Z}_\text{s3}} \tag*{}$

Esto da como resultado el siguiente diagrama de circuito.

Figura 2.

Ahora transformamos las impedancias conectadas en delta en impedancias conectadas en estrella. Teniendo en cuenta el etiquetado de las impedancias en la figura anterior y el etiquetado de las impedancias en la siguiente figura, tenemos:

${\hat Z}_\text{s1Y} = \dfrac{{\hat Z}_\text{s1} \, {\hat Z}_\text{s3}}{{\hat Z}_\text{s1} + {\hat Z}_\text{s2} + {\hat Z}_\text{s3}} \tag 1$

${\hat Z}_\text{s2Y} = \dfrac{{\hat Z}_\text{s1} \, {\hat Z}_\text{s2}}{{\hat Z}_\text{s1} + {\hat Z}_\text{s2} + {\hat Z}_\text{s3}} \tag 2$

${\hat Z}_\text{s3Y} = \dfrac{{\hat Z}_\text{s2} \, {\hat Z}_\text{s3}}{{\hat Z}_\text{s1} + {\hat Z}_\text{s2} + {\hat Z}_\text{s3}} \tag 3$

Esto da como resultado el siguiente diagrama de circuito.

Figura 3.

Ahora aplicamos una técnica conocida como división de fuente y cambio de fuente . Por ejemplo, podemos cambiar o mover la fuente actual${\tilde I}_\text{s2}$que se encuentra entre nodos$C$y$B$en los nodos$C$y$N$y también en los nodos$N$y$B$. De esta forma, la ecuación KCL en el nodo$C$, en el nodo$N$, y en el nodo$B$no se altera: en el nodo$C$todavía sale una corriente${\tilde I}_\text{s2}$(que ahora entra al nodo$N$), en el nodo$B$todavía entra una corriente${\tilde I}_\text{s2}$(que ahora sale del nodo$N$), y en el nodo$N$sin corriente neta${\tilde I}_\text{s2}$entra o sale (porque ahora la corriente${\tilde I}_\text{s2}$entra y sale del nodo$N$, lo que da como resultado que no haya corriente neta). El procedimiento anterior también se aplica para las fuentes de corriente.${\tilde I}_\text{s1}$y${\tilde I}_\text{s3}$. Esto da como resultado el siguiente diagrama de circuito.

Figura 4.

Si aún tiene dudas sobre si el circuito de la figura 4 es realmente equivalente al de la figura 3, puede aplicar KCL en los nodos.$A$,$B$,$C$y$N$de ambas figuras, y descubrirá que son las mismas ecuaciones, lo que significa que esos dos circuitos son de hecho equivalentes.

Ahora combinamos las fuentes de corriente en paralelo aplicando KCL. Teniendo en cuenta la dirección de la flecha de las fuentes de corriente en la figura anterior y la dirección de la flecha de la fuente de corriente en la figura siguiente, tenemos:

${\tilde I}_\text{s1T} = {\tilde I}_\text{s1} - {\tilde I}_\text{s3} \tag*{}$

${\tilde I}_\text{s2T} = {\tilde I}_\text{s2} - {\tilde I}_\text{s1} \tag*{}$

${\tilde I}_\text{s3T} = {\tilde I}_\text{s3} - {\tilde I}_\text{s2} \tag*{}$

Esto da como resultado el siguiente diagrama de circuito.

Figura 5.

Por último, aplicamos la transformación de fuente para transformar las fuentes de corriente prácticas en fuentes de voltaje prácticas:

${\tilde V}_\text{s1Y} = {\tilde I}_\text{s1T} \, {\hat Z}_\text{s1Y} \tag*{}$

${\tilde V}_\text{s2Y} = {\tilde I}_\text{s2T} \, {\hat Z}_\text{s2Y} \tag*{}$

${\tilde V}_\text{s3Y} = {\tilde I}_\text{s3T} \, {\hat Z}_\text{s3Y} \tag*{}$

Teniendo en cuenta la dirección de la flecha de las fuentes de corriente en la figura anterior, esto da como resultado el siguiente diagrama de circuito.

Figura 6. Generador equivalente conectado en estrella/estrella.

Ahora revertimos el cambio de variables que hicimos a lo largo de la derivación, pasando de las últimas ecuaciones a las primeras. Después de algunas matemáticas, obtenemos:

${\tilde V}_\text{s1Y} = \left( \dfrac{{\tilde V}_\text{s1}}{{\hat Z}_\text{s1}} - \dfrac{{\tilde V}_\text{s3}}{{\hat Z}_\text{s3}} \right) \, {\hat Z}_\text{s1Y} \tag 4$

${\tilde V}_\text{s2Y} = \left( \dfrac{{\tilde V}_\text{s2}}{{\hat Z}_\text{s2}} - \dfrac{{\tilde V}_\text{s1}}{{\hat Z}_\text{s1}} \right) \, {\hat Z}_\text{s2Y} \tag 5$

${\tilde V}_\text{s3Y} = \left( \dfrac{{\tilde V}_\text{s3}}{{\hat Z}_\text{s3}} - \dfrac{{\tilde V}_\text{s2}}{{\hat Z}_\text{s2}} \right) \, {\hat Z}_\text{s3Y} \tag 6$

De esta manera, hemos demostrado que el generador conectado en delta de la figura 1 es equivalente al generador conectado en estrella de la figura 6; la relación entre ellos viene dada por las ecuaciones (1) a (6) .

—Cabe señalar que el nodo neutro de la red equivalente (figura 6) es ficticio o imaginario , no existe en la vida real. Los voltajes fasoriales ficticios de línea a neutro del terminal son${\tilde V}_\text{AN}$,${\tilde V}_\text{BN}$,${\tilde V}_\text{CN}$. Los voltajes fasoriales ficticios internos de línea a neutro son${\tilde V}_\text{A''N} = {\tilde V}_\text{s1Y}$,${\tilde V}_\text{B''N} = {\tilde V}_\text{s2Y}$,${\tilde V}_\text{C''N} = {\tilde V}_\text{s3Y}$.

Observe en la figura 6 que los nuevos nodos internos del generador en estrella equivalente/ficticio son$A''$,$B''$y$C''$, mientras que en la figura 1 los nodos internos originales del generador delta actual/real son$A'$,$B'$y$C'$.

También se indicará que esas redes son equivalentes aunque el generador esté desequilibrado y/o el resto del circuito/sistema de potencia esté desequilibrado, ya que las expresiones que relacionan estas redes no dependen de las corrientes de línea o fase, que sí dependen de si el sistema está equilibrado o no.

Observe también que las tensiones fasoriales de línea terminal (o línea a línea) y las corrientes fasoriales de línea de ambas redes (figuras 1 y 6) no se ven afectadas después de la transformación.

—Si el generador conectado en delta de la figura 1 está balanceado (lo que significa que la magnitud de las fuentes de voltaje es la misma, están desfasadas 120° entre sí y las impedancias son las mismas), entonces las ecuaciones ( 1 ) a (6) reducir a lo siguiente:

${\hat Z}_\text{sY} = \dfrac{{\hat Z}_\text{s}}{3} \tag 7$

${\tilde V}_\text{s1Y} = \dfrac{{\tilde V}_\text{s1}}{\sqrt{3} \, \angle \pm 30°} \tag 8$

${\tilde V}_\text{s2Y} = \dfrac{{\tilde V}_\text{s2}}{\sqrt{3} \, \angle \pm 30°} \tag 9$

${\tilde V}_\text{s3Y} = \dfrac{{\tilde V}_\text{s3}}{{\sqrt{3} \, \angle \pm 30°}} \tag {10}$

donde para las ecuaciones (8) a (10) se usa el primer signo ($+$) si la secuencia de fases es positiva/ abc o el segundo signo ($-$) si la secuencia de fases es negativa/ acb .

No usaremos esta transformación para el generador de tu ejemplo, ya que ya está en estrella. En cambio, lo usaremos para el devanado delta del transformador trifásico. Eso es válido porque, como mostraré en la siguiente sección, podemos modelar el transformador ideal con fuentes dependientes.

2. Modelado de un transformador monofásico ideal de dos devanados como fuentes dependientes

Como sabe, un transformador práctico (es decir, no ideal) se puede modelar como un transformador ideal con impedancia en serie (que representa la resistencia de los cables y la autoinductancia de fuga) y la rama excitante (que se desprecia en su problema).

Como también sabe, un transformador trifásico se puede modelar como tres transformadores monofásicos. Creo que esto es válido solo en condiciones equilibradas, aunque no estoy completamente seguro. Sin embargo, nuestro caso es un sistema equilibrado, por lo que no debemos preocuparnos.

También debe saber que un transformador monofásico ideal de dos devanados se puede modelar como una fuente de corriente dependiente de la corriente en un lado y una fuente de voltaje dependiente del voltaje en el otro lado. Esto se muestra en la figura 11.10-2 del libro de texto Introducción a los circuitos eléctricos (novena edición) de Richard Dorf y James Svoboda. A continuación muestro una captura de pantalla.

Figura 7. a) Transformador monofásico ideal de dos devanados con polaridad espacial aditiva. b) Un circuito equivalente utilizando fuentes dependientes. Tomado del libro de Dorf & Svoboda.

3. Derivación de las ecuaciones que representan el circuito trifásico real

El procedimiento para derivar un circuito monofásico equivalente será el siguiente. Primero, obtenemos ecuaciones en el circuito trifásico real que lo describen. Luego, proponemos un circuito y obtenemos las ecuaciones (aplicando KVL, KCL, ley de Ohm, etc.) que lo describen. Nuestro objetivo será encontrar un circuito tal que sus ecuaciones sean las mismas que las del circuito trifásico, lo que significaría que el primero es el circuito monofásico equivalente del segundo.

Consideremos su primer ejemplo. Es un sistema de potencia que consta de un generador en estrella ideal, un transformador práctico en estrella (primario)-triángulo (secundario) y una carga en triángulo. Todos están equilibrados. El circuito trifásico se muestra a continuación.

Figura 8. Circuito trifásico del sistema de potencia del primer ejemplo.

Podemos convertir la carga delta en una carga en estrella equivalente aplicando una transformación delta-estrella. Como la carga está balanceada, simplemente dividimos la impedancia dada por 3:

${\hat Z}_\text{LY} = \dfrac{{\hat Z}_\text{L}}{3} \tag {11}$

Además, sustituimos el transformador ideal del transformador práctico con fuentes dependientes, como se muestra en la figura 7. Tenga en cuenta la polaridad de referencia de los voltajes y la dirección de referencia de las corrientes en esa figura: las corrientes primarias y secundarias entran en el terminales punteadas , y los voltajes primario y secundario son positivos en las terminales punteadas . En la figura 8 elegí las mismas polaridades y direcciones para las tensiones y corrientes del transformador individual de la fase A (la corriente primaria es${\tilde I}_\text{A}$, el voltaje primario es${\tilde V}_\text{A'N'}$, la corriente secundaria es${\tilde I}_\text{aa'}$, y la tensión secundaria${\tilde V}_\text{aa'}$).

Observe en la figura 7b) que los autores usaron las vueltas de los devanados individuales. En los transformadores trifásicos, el fabricante no suele indicar las espiras, sino las tensiones nominales línea a línea (en valor RMS) en vacío. Con los voltajes nominales de línea a línea, podemos calcular los respectivos voltajes nominales de fase (que no deben confundirse con los voltajes de línea a neutro). Y con los voltajes de fase podemos calcular la relación de vueltas$a$, que es igual a la relación de las tensiones de fase :

$a = \dfrac{N_\text{p}}{N_\text{s}} = \dfrac{V_\text{A'N'}}{V_\text{aa'}} = \dfrac{V_\text{LL,p,rated}}{\sqrt{3} V_\text{LL,s,rated}} \tag{12}$

Esto da como resultado el siguiente diagrama de circuito.

Figura 9.

Observe que el devanado delta consta de fuentes de voltaje (dependientes) con impedancia en serie, conectadas en delta. Por lo tanto, podemos transformarlo en un equivalente en estrella, como vimos en la sección 2. Si se pregunta, sí, la transformación de fuente es válida para fuentes independientes y dependientes. Usamos las ecuaciones (7) a (10) . Sin embargo, dado que solo estamos interesados ​​en la fase A , no tenemos que usar las ecuaciones (9) y (10) . Entonces tenemos:

${\hat Z}_\text{2Y} = \dfrac{{\hat Z}_\text{2}}{3} \tag {13}$

${\tilde V}_\text{aa'} = \dfrac{\left(\dfrac{{\tilde V}_\text{A'N'}}{a}\right)}{\sqrt{3} \, \angle \pm 30°} \implies {\tilde V}_\text{aa'} = \dfrac{{\tilde V}_\text{A'N'}}{a \sqrt{3} \, \angle \pm 30°} \tag {14}$

Esto da como resultado el siguiente diagrama de circuito.

Figura 10.

Observe que la fuente de corriente dependiente de la fase A depende de la corriente del fasor${\tilde I}_\text{aa'}$. Sin embargo, perdimos esa corriente después de transformar el devanado delta en un devanado en estrella. Así debemos expresar${\tilde I}_\text{aa'}$en términos de las corrientes en la figura anterior. Para ello, observe${\tilde I}_\text{aa'}$es una corriente fasorial de fase de una conexión delta, por lo que podemos transformarla en la corriente fasorial de línea respectiva , que es$-{\tilde I}_\text{a}$. Recuerde que la magnitud de la corriente del fasor de línea es$sqrt{3}$veces la magnitud de la corriente fasorial de fase respectiva, y la primera se retrasa 30° con respecto a la segunda para una secuencia de fase positiva o se adelanta 30° con una secuencia de fase negativa. Entonces tenemos:

$\begin{align} -{\tilde I}_\text{a} &= {\tilde I}_\text{aa'} \cdot \sqrt{3} \, \angle \mp 30° \\ \implies {\tilde I}_\text{a} &= {\tilde I}_\text{aa'} \cdot \sqrt{3} \, \angle (\mp 30° + 180°) \\ &= {\tilde I}_\text{aa'} \cdot \sqrt{3} \, \angle \pm 150° \\ \implies {\tilde I}_\text{aa'} &= \dfrac{{\tilde I}_\text{a}}{\sqrt{3} \, \angle \pm 150°} \tag {15} \end{align}$

Observe que ahora todo está en estrella, por lo que finalmente podemos comenzar a analizar el circuito trifásico. Espero que sepas que en un sistema balanceado, el voltaje entre los puntos neutros es cero, lo que significa en la figura anterior que${\tilde V}_\text{NN'} = {\tilde V}_\text{nn'} = 0$.

Aplicar KVL alrededor del bucle$NAA'N'N$:

$- {\tilde V}_\text{s1} + {\hat Z}_1 \, {\tilde I}_\text{A} + {\tilde V}_\text{A'N'} - {\tilde V}_\text{NN'} = 0 \tag*{}$

$\implies - {\tilde V}_\text{s1} + {\hat Z}_1 \, {\tilde I}_\text{A} + {\tilde V}_\text{A'N'} = 0 \tag {16}$

Aplicar KVL alrededor del bucle$na''n'n$:

$- \dfrac{{\tilde V}_\text{A'N'}}{a \sqrt{3} \, \angle \pm 30°} + ({\hat Z}_2 /3) \, {\tilde I}_\text{a} + ({\hat Z}_\text{L} /3) \, {\tilde I}_\text{a} - {\tilde V}_\text{nn'} = 0 \tag*{}$

$\implies - \dfrac{{\tilde V}_\text{A'N'}}{a \sqrt{3} \, \angle \pm 30°} + ({\hat Z}_2 /3 + {\hat Z}_\text{L} /3) \, {\tilde I}_\text{a} = 0 \tag {17}$

Por KCL, la ecuación que relaciona las corrientes primaria y secundaria es:

$\begin{align} {\tilde I}_\text{A} &= -\dfrac{{\tilde I}_\text{aa'}}{a} \\ &= -\dfrac{\left(\dfrac{{\tilde I}_\text{a}}{\sqrt{3} \, \angle \pm 150°}\right)}{a} \\ \implies {\tilde I}_\text{A} &= \dfrac{{\tilde I}_\text{a}}{a \sqrt{3} \, \angle \mp 30°} \tag {18} \end{align}$

De esta forma, las ecuaciones (16) , (17) y (18) describen el circuito equivalente trifásico de la figura 10. Si se desprecia el desfase del transformador, entonces las ecuaciones (17) y (18) se convierten en:

$- \dfrac{{\tilde V}_\text{A'N'}}{a \sqrt{3}} + ({\hat Z}_2 /3 + {\hat Z}_\text{L} /3) \, {\tilde I}_\text{a} \approx 0 \tag {19}$

${\tilde I}_\text{A} \approx \dfrac{{\tilde I}_\text{a}}{a \sqrt{3}} \tag {20}$

4. Derivación del circuito equivalente monofásico

Ahora, consideremos el siguiente circuito.

Figura 11.

La aplicación de KVL alrededor del bucle izquierdo produce:

$- {\tilde V} + {\hat Z}_x \, {\tilde I}_x + {\tilde V}_x = 0 \tag {21}$

La aplicación de KVL alrededor del bucle derecho produce:

$- {\tilde V}_y + ({\hat Z}_y + {\hat Z}_u) \, {\tilde I}_y = 0 \tag {22}$

Las ecuaciones que relacionan las tensiones y corrientes del transformador, teniendo en cuenta la polaridad de referencia y la dirección de referencia, son:

$a' = + \dfrac{{\tilde V}_x}{{\tilde V}_y} \tag {23}$

$a' = + \dfrac{{\tilde I}_y}{{\tilde I}_x} \tag {24}$

Resolviendo para${\tilde V}_y$en la ec. (23) y sustituyéndolo en la ec. (22) produce:

$- \dfrac{{\tilde V}_x}{a'} + ({\hat Z}_y + {\hat Z}_u) \, {\tilde I}_y = 0 \tag {25}$

De esta forma, las ecuaciones (21) , (24) y (25) describen el circuito de la figura 11.

si dejamos${\tilde V} = {\tilde V}_\text{s1}$,${\hat Z}_x = {\hat Z}_1$,${\hat Z}_y = {\hat Z}_2 /3$,${\hat Z}_u = {\hat Z}_\text{L} /3$, y$a' = \sqrt{3} a$, entonces las ecuaciones (21) , (24) y (25) se convierten en:

$- {\tilde V}_\text{s1} + {\hat Z}_1 \, {\tilde I}_x + {\tilde V}_x = 0 \tag {26}$

$\sqrt{3} a = \dfrac{{\tilde I}_y}{{\tilde I}_x} \implies {\tilde I}_x = \dfrac{{\tilde I}_y}{\sqrt{3} a} \tag {27}$

$- \dfrac{{\tilde V}_x}{\sqrt{3} a} + ({\hat Z}_2 /3 + {\hat Z}_\text{L} /3) \, {\tilde I}_y = 0 \tag {28}$

Pero comparando las tres ecuaciones anteriores ( (26) , (27) , (28) ) con las ecuaciones (16) , (20) , (19) respectivamente vemos que${\tilde I}_x = {\tilde I}_\text{A}$,${\tilde V}_x = {\tilde V}_\text{A'N'}$, y${\tilde I}_y = {\tilde I}_\text{a}$.

En otras palabras, si en el circuito de la figura 11 elegimos${\tilde V} = {\tilde V}_\text{s1}$,${\hat Z}_x = {\hat Z}_1$,${\hat Z}_y = {\hat Z}_2 /3$,${\hat Z}_u = {\hat Z}_\text{L} /3$, y$a' = \sqrt{3} a$, entonces${\tilde I}_x = {\tilde I}_\text{A}$,${\tilde V}_x = {\tilde V}_\text{A'N'}$, y${\tilde I}_y = {\tilde I}_\text{a}$. Por lo tanto, podemos volver a etiquetar los parámetros, variables y nodos del circuito de la figura 11 como se muestra a continuación.

Figura 12. Circuito monofásico equivalente del sistema de potencia de la figura 8 (su primer ejemplo), despreciando el cambio de fase debido al transformador.

En resumen, el circuito de la figura 12 es el circuito monofásico equivalente del sistema de potencia de la figura 8 (que es su primer ejemplo), si es aceptable ignorar el cambio de fase debido al transformador . Y dicho circuito es el propuesto por su libro de texto (segunda imagen que publicó), lo que significa que su solución es correcta.

Si bien acabo de probar el circuito monofásico equivalente de su primer ejemplo, la misma lógica se aplica a su segundo ejemplo.