Libro Maquinas UNI_FIEE_MAQ [Unlocked by Www.freemypdf.com]

fs2 u uni

http://fiee.uni.edu.pe

http://fiee.uni.edu.pe

DEDICADO A:

MI ALMA MATER

LA UNIVERSIDAD

NACIONAL DE INGENIERÍA

PRÓLOGO

El presente texto desarrolla el syllabus completo de la asignatura de MáquinasEléctricas que se ofrece en la UNI para la especialidad de IngenieríaEléctronica, pero su contenido es tal que puede ser perfectamente asimiladotambién por los alumnos de las especialidades de Ingeniería Eléctrica yMecánica – Eléctrica que deseen obtener un buen conocimiento de las máquinaseléctricas .

Los primeros tres capítulos son introductorios al estudio de las máquinaseléctricas y en ellos se representan las características generales de lasmáquinas eléctricas estáticas y rotativas y los materiales empleados para suconstrucción. En capítulos siguientes se ve en forma amplia la teoría yaplicaciones de los transformadores monofásicos, trifásicos yautotransformadores.

El texto desarrolla la teoría de las máquinas eléctricas rotativas en régimenpermanente, utilizando los métodos convencionales que han demostrado ser másdidácticos para los estudiantes que se inician en el estudio de las máquinaseléctricas. Estos métodos permiten dar un conocimiento real de la máquina apartir del cual se obtienen fácilmente los circuitos equivalentes y las expresionesmatemáticas que permiten el análisis riguroso en estado estable. En los últimoscapítulos se hace un resumen de los métodos de control de velocidad de lasmáquinas rotativas de corriente contínua y corriente alterna que se están usandoactualmente.

Se complementa la elaboración de éste libro con la presentación de un softwareinteractivo de simulación digital de obtención de curvas características internasy externas de los tipos de máquinas de corriente contínua y alterna tratadas en elcontenido del libro.

Expreso mi más sincero agradecimiento a la Universidad Nacional de Ingenieríaque a través del Instituto de Investigación de la Facultad de Ingeniería Eléctrica,Electrónica y Telecomunicaciones, ha permitido el desarrollo del contenido deesta publicación; así como también a mis alumnos Sr. Walter Aguilar, Sr.Christian Aguilar por su apoyo, y a mis colegas profesores de la especialidadpor su incentivo y recomendación. Finalmente mi agradecimiento a las Srtas.Jully Saldaña y Blanca F. Cortez De La Cruz por el tipeo, diagramación y suexpertez en el diseño y presentación de ésta obra , que esperamos puedacontribuir a dar sólida formación a nuestros estudiantes.

EL AUTOR

Ingeniero Electricista, se desempeña como

Profesor Titular del curso de Máquinas

Eléctricas y laboratorio de Máquinas

Eléctricas, en las Facultades de Ingeniería

Eléctrica y Electrónica, Industrial y de

Sistemas de diversas Universidades

Nacionales del Perú, como la Universidad

Nacional de Ingeniería y Universidades

Privadas como la Universidad Tecnológica

del Perú.

Durante los últimos quince años ha alternadola actividad docente en diversasUniversidades e Institutos de InstrucciónSuperior, con la práctica profesional comoIngeniero Electricista desarrollando susactividades en Entidades Supervisoras deProyectos y Ejecutores de Obras de granimportancia en su país, el Perú.

Sus actividades se han desarrollado en el áreade Máquinas Eléctricas Estáticas y Rotativas,sistemas de Distribución Eléctrica yutilización. Actualmente está designado comoPerito Judicial en la Especialidad deIngeniería Eléctrica por el Registro de PeritosJudiciales del Poder Judicial (REPEJ) CorteSuperior de Justicia de Lima. Posee diversostrabajos de Investigación y es miembro deInstituciones Científicas del País.

1

ÍNDICE

I.- CIRCUITO MAGNÉTICO

1.1 Introducción.....................................................................................................41.2 Algunas leyes básicas de Electrostática..........................................................51.3 Algunas leyes básicas de Magnetostática.......................................................91.4 Otras conclusiones útiles en Magnetostática................................................121.5 Campo Magnético de un toroide...................................................................141.6 Analogía entre circuitos eléctricos y magnéticos.........................................161.7 Unidades y factores de conversión...............................................................171.8 Ley de circuitos de Ampere aplicada a un núcleo ferromagnético..............181.9 Materiales ferromagnéticos.........................................................................20

II.- EXCITACIÓN DE ESTRUCTURAS FERROMAGNÉTICAS CON CORRIENTEDIRECTA

2.1 Introducción..................................................................................................222.2 Propiedades de los materiales ferromagnéticos...........................................222.3 Circuitos aproximados de aparatos electromagnéticos...............................252.4 Métodos de análisis de circuitos ferromagnéticos.......................................272.5 Entrehierros en circuitos ferromagnéticos..................................................28

III.- EXCITACIÓN DE ESTRUCTURAS FERROMAGNÉTICAS CON CORRIENTEALTERNA

3.1 Introducción.................................................................................................553.2 Ley de Faraday de Inducción Electromagnética.........................................553.3 Relación entre voltaje aplicada periódico, voltaje inducido y flujo en un

núcleo magnético excitado por una sola fuente..........................................573.4 Forma de onda de la corriente de excitación en un sistema ferromagnético

con flujo senoidal.........................................................................................593.5 Energía almacenada en un núcleo magnético excitado por una

sola fuente....................................................................................................613.6 Representación matemática de la corriente de excitación no senoidal

(iØ(t))............................................................................................................643.7 Circuito equivalente aproximado de un reactor con núcleo de hierro.......673.8 Determinación de los parámetros del circuito equivalente de un reactor con

núcleo de hierro...........................................................................................683.9 Pérdidas en los materiales ferromagnéticos...............................................70

2

3.10 Pérdidas totales en el hierro........................................................................733.11 Separación de pérdidas................................................................................733.12 Determinación experimental de las pérdidas totales...................................753.13 Reactores con núcleo de hierro...................................................................763.14 Importancia de la Curva de Magnetización................................................763.15 Modelos de representación de Curvas de Magnetización...........................77

IV.- ANÁLISIS DEL CIRCUITO DE TRANSFORMADOR CON NÚCLEO DEAIRE

4.1 El Transformador Ideal...............................................................................1094.2 Relaciones básicas en un Transformador – Ideal.......................................1104.3 Análisis del transformador de Potencia con núcleo de hierro...................1124.4 Circuito equivalente exacto.......................................................................1144.5 Ecuaciones y diagrama vectorial..............................................................1164.6 Los circuitos equivalentes aproximados...................................................1184.7 Determinación de los parámetros por medición de un transformador de

núcleo de hierro.........................................................................................1194.8 Rendimiento...............................................................................................1234.9 Eficiencia o rendimiento de un transformador.........................................1234.10 Variación de la eficiencia con la carga y eficiencia máxima...................1244.11 La Regulación de un transformador.........................................................1254.12 Determinación analítica de la regulación................................................1264.13 Empleo de valores unitarios y porcentuales............................................1284.14 Autotransformadores................................................................................1314.15 Transformadores Trifásicos.....................................................................1384.16 Transformadores de Audio ó a Frecuencia variable...............................1434.17 Preguntas y respuestas sobre transformadores......................................146

V.- CONVERSIÓN DE ENERGÍA ELECTROMAGNÉTICA

5.1 Proceso de conversión de energía...........................................................2005.2 Energía de campo....................................................................................2015.3 Fuerza mecánica en los Sistemas Electromagnéticos.............................2075.4 Máquinas Rotativas.................................................................................214

VI.- ASPECTO CONSTRUCTIVOS DE LA MÁQUINA DE CORRIENTECONTÍNUA

6.1 Aspectos constructivos de la máquina de corriente contínua..................2366.2 Principios de funcionamiento de la maquina de corriente continua.......2376.3 Campo magnético producido por el rotor y reacción de armadura.......239

3

6.4 Conmutación...........................................................................................2436.5 El Motor de corriente contínua en régimen permanente........................2446.6 El Generador de corriente contínua en régimen estable........................2546.7 Control de velocidad de máquinas de corriente continua......................261

VII.- MOTORES POLIFÁSICOS DE INVERSIÓN

7.1 Motores Trifásicos....................................................................................3067.2 Máquina Asíncrona Trifásica...................................................................3217.3 Control de velocidad en Maquinas Asíncronas.......................................3477.4 Arranque de Motores de Inducción.........................................................3647.5 Principios de funcionamiento de la Máquina Síncrona..........................3657.6 Control de velocidad de Motores Síncronos...........................................389

4

CAPÍTULO ICIRCUITO MAGNÉTICO

1.1 INTRODUCCIÓN

El objetivo del curso es exponer los principios de la conversión de energíaelectromecánica y del desarrollo de métodos para obtener modelosparamétricos de transductores.

Los Transductores son aparatos que convierten energía de una forma a otra.Muchos de ellos son electromecánicos. Ejemplo:Los motores eléctricos usados en los aparatos domésticos, tales como:ventiladores, refrigeradores, etc. convierten energía eléctrica en energíamecánica.

Todos los transductores electromecánicos pueden considerarse como formadosde partes que son eléctricas y de partes que pueden ser clasificadas comomecánicas. La energía es recibida o suministrada por éstas partes dependiendode la naturaleza y aplicación de cada transductor particular. Los Camposmagnéticos y/o eléctricos sirven como medio de acoplamiento. Veamos larepresentación de una transductor en un diagrama de bloques: transductor enun diagrama de bloques:

ENERGÍA ELÉCTRICA O ENERGÍA MECÁNICA

Figura 1.1.1

Los campos magnéticos y eléctricos juegan un papel importante en los procesosde almacenamiento y transferencia de energía eléctrica. Se requiere elconocimiento de las relaciones de entrada y salida que existen en los tresbloques componentes.

Es necesario desarrollar métodos para la obtención de modelos para cadabloque componente. Es necesario calcular la fuerza de éstos medios deacoplamiento en estructuras lineales y no lineales y establecer la relación entreéstos campos y los parámetros de la parte eléctrica de los transductores,llamados voltaje y corriente. Tales relaciones serán derivadas para los camposmagnéticos en este libro.

5

q1 q2

La determinación de la relación entre la intensidad de campo magnético y losvoltajes y corrientes en este medio, utiliza en general cálculos en tresdimensiones; generalmente se realizan suposiciones y aproximacionesapropiadas y el problema de cálculo tridimensional puede ser reducida a unproblema de redes o circuitos de una dimensión por muy difíciles que puedanser considerados los transductores electromecánicos, y resuelto por el uso detécnicas similares a las usadas en la teoría de redes eléctricas, para tal efecto seintroduce el concepto de circuito magnético, serán repasadas algunas leyesbásicas referidas a campos estáticos (invariantes en el tiempo), eléctricos ymagnéticos. Luego serán introducidas algunas leyes básicas y conceptosadicionales, referidos a campos magnéticos variables en el tiempo.

1.2 ALGUNAS LEYES BÁSICAS DE ELECTROSTÁTICA

a) Ley de Coulomb: La electricidad es una característica de la materia, ycarga es una medida de esta característica. Dos clases de carga sonconocidas, positiva y negativa.

Ley de la conservación de la carga:Σ Algebraica de todas las cargas en un sistema aislado es constante.

Sean:q1 y q2 las magnitudes de las cargasd es la distancia entre ellasK es la constante de proporcionalidad que depende del medio

donde el experimento es realizado y del sistema de unidadesusado.

La fuerza eléctrica entre ambas es:

Figura 1.2.1

)11(........d

qqKF 221 −=

Cargas del mismo signo se repelen y cargas de signo contrario se atraen.

En el sistema de unidades MKS racionalizado, las unidades son:λ → metro (longitud)m → Kilogramo (masa)t → segundo (tiempo)c → coulomb (carga)La constante K tiene un valor de 1/4πεDonde ε = constante dieléctrica llamada capacidad o permitividad delmedio.

d

6

F j+1

q j+1

q j

dj

q

d1d j+1

+

+

+

+

roe

En el vacío 90 10361×π

=ε=ε

Es conveniente escribir la ecuación (1-1) en forma vectorial suponiendoque el medio es el vacío y usando el sistema MKS racionalizado.

Se supone que los cuerpos cargados son estacionarios en el espacio ypueden ser considerados como cargas puntuales.

es el vector unitario en la dirección de la línea de fuerza ro .

En forma general la fuerza total ejercida por ellas sobre una carga deprueba colocada en su vecindad puede ser obtenida por una superposiciónlineal.

La fuegrupo

b) Campcomoinfluecargapequeintens

1

q1

)21(........ed4

qqF ro2o

21 −πε

=

F
d2
q2

Fig

rza total es el vector suma, sobre la carga de prueba

o Eléctrico: Cada carg medio para ejercer su funcia. El centro del camp. Si es asumido ésto y ña para no distorsionar eidad de éste puede ser rep

F2

4= qF

πε

dN

qN

ura 1.2.2

de las fuerzas.

a qj produce uerza sobre otro está en el la carga de l campo produresentada por

F

....ˆ1

2∑=

rj

N

j j

j

o

edq

+

ejercidas por cada carga del

n campo eléctrico que actúaas cargas colocadas bajo sulugar donde se encuentra laprueba q es suficientementecido por las otras cargas, lael vector Ē definido por:

N

)31(.... −

7

En forma general diremos que:

Unidades:[F] = Newtons[q] = Coulombs[d] = metros[E] = Volts/mt.

En el caso de un cuerpo cargado en el vacío, la intensidad de campoeléctrico es:

Donde:ρ , Es la densidad volumétrica de la cargaV , Volumen del cuerpo sobre el cual se realiza la integración.

c) Potencial Eléctrico:

Figura 1.2.3

Consideremos el campo eléctrico debido a un carga qj. Supongamos quedeseamos mover una carga positiva unitaria del punto A al punto B, a lolargo de la trayectoria A-B. Como el campo eléctrico debido a qj ejerce unafuerza en la carga de prueba unitaria, se debe efectuar un trabajo yconsumir energía para mover la unidad de carga de A a B.En el punto P de la trayectoria AB, la intensidad de campo eléctrico Edebida a qj es :

Donde:

)51(........edq

41E rj

N

1j2j

j

o

−πε

= ∑=

)41(........qFE −=

)61(........dVed4

1E rjV

2o

−ρπε

= ∫

)71(........ed4

qE r2

o

j −πε

= ρρ

jprp qdesdeppuntoaldistancialaesd

unitariovectorelese

8

λdEdV ⋅−=

El trabajo hecho sobre la unidad de carga para moverla una distancia dλ alo largo de la trayectoria AB es :

Donde:

El signo negativo significa que el trabajo es hecho sobre la carga en contradel campo eléctrico debido a qj.

El trabajo hecho para mover la unidad de carga de A a B es :

Si hay N cargas en un conjunto, el trabajo total realizado en la unidad decarga es:

En la ecuación (1-10), W es definido como la diferencia de potencial entreA y B, esto es:

El potencial absoluto en el punto B dentro un campo eléctrico es obtenidoal colocar el punto A en el ∞.

Como dA → ∞ . En la ecuación (1-11) se tendría:

El potencial V es una magnitud escalar, a diferencia del campo eléctricoE .

La relación diferencial puede ser descrita por:

)81(........4

ˆ4 2

02 −−=⋅−=⋅−= dr

dq

ded

qdEdW j

ro

jj

ρρ

ρ πεπελλ

drddede rr ===⋅ θθρρ coscosˆˆ λλλ

9)(1........d1

d1

4πq

drd4π

qdEW

ABo

jdB

dA2ρo

jB

Aj −

−

ε=

ε−=⋅−= ∫∫ λ

)101(........d1

d1

4q

WAB

N

1j o

j −

−

πε= ∑

=

)111(........d1

d1

4q

VVAB

N

1j o

jAB −

−

πε=− ∑

=

∑=

−πε

=N

1j Bo

j )121(........d4

qV

)131(........cosEddV −θ−= λ

9

La componente del vector en la dirección de la tangente de la trayectoria

AB en el punto P es dado por:

1.3 ALGUNAS LEYES BÁSICAS DE MAGNETOSTÁTICA

a) Fuerzas en cargas en movimiento: Campo Magnetostático

Al tener cargas eléctricas en movimiento estas experimentan fuerzas debidoa la velocidad de las cargas llamadas fuerzas magnéticas y la región en lacual existen es llamado como CAMPO MAGNÉTICO. Se define un campomagnético en términos de campos eléctricos en movimiento. Se define lacorriente eléctrica como la rapidez de la transferencia o de transporte decargas eléctricas en un medio (por ejemplo, una bobina o un alambre). Sedice entonces que un campo magnético esta asociado a la bobina.Un campo magnético es usualmente considerado compuesto de líneas defuerza llamadas líneas de flujo o líneas de inducción. (representadas por φ).

Figura 1.3.1

El Número de líneas de fuerza por unidad de área, es una medida de lafuerza del campo magnético. (y es llamada densidad de flujo) ( B ) B=φφφφ/SUnidades: (sistema MKS racionalizado)

[φ] = Weber o Volt-seg[ ] =B Weber/(mt)2

[ ] =E Volt/mt

Ecuación de la Fuerza de Lorentz:

Una carga q1 eléctrica en movimiento a una velocidad uniforme v1 en unaregión de campo magnético B experimenta una fuerza adicional llamadafuerza de Lorentz.

Si B es generado por otra carga q2 en movimiento a una velocidaduniforme v2 entonces:

)151(........BvqF 11 −×=

)141(........ddVEt −−=

λ

E

10

oυ oυ

Donde:E 2 es la Intensidad de campo eléctrico debido a q2

es la velocidad de la luz (en el vacío =3×108 m/seg).

b) Campo Magnético de un elemento de corriente en el vacío: Ley de Biot-Savart.

Sabemos que I=dq/dt, la carga en la longitud elemental dl es dq=ldt. Luegola intensidad de campo eléctrico debido a esta carga en el punto P es:

êr es el vector unitario en la dirección r

La velocidad de carga es

Donde:

es el vector unitario en la dirección del flujo de la carga en elconductor, esto es:

Este movimiento de carga origina un campo magnético, luego el vectorelemental de la densidad de flujo esta dado aplicando la ecuación (1 – 16).

En la práctica, la corriente fluye en trayectorias cerradas. Si la trayectoriadel flujo de la corriente es representada por C, entonces el campomagnético total en cualquier punto del vacío debido a la totalidad de lacorriente se obtiene al integrar la ecuación (1 - 19) a lo largo de C.

También expresado como:

)161(........Ev1B 222o

−×υ

=

)171(........ed4

Idted4

dqE r2o

r2o

−πε

=πε

=

2udtdλ

2u

)181(........dtdu

dtd

2 −==ν λλ

)191(........d

ed4

Ied4

dqudtdIBd 2

r2o

r2o

22o

−×

⋅πυ

=

πε

×υ

=λλ

)201(........d

ed4

IBC

2r

2oo

−×

υπε= ∫

λ

)211(........d

ed4I

BC

2ro −

×π

µ= ∫

λ

11

Conocida como Ley de BIOT-SAVART, dondeµ0 =Permeabilidad del vacío;

En el sistema MKS racionalizado metrovueltaAmp

weberxo −−

= −7104πµ

c) Campo Magnético en el centro de un anillo circular de corriente en elvacío.

Consideremos un anillo circular de radio R por el que circula unacorriente I. Es conveniente el uso del siguiente sistema de coordenadas ϕ,r, z donde:

êϕ Es el vector unitario en la dirección tangente al anillo circular en elplano del papel.

êr Es el vector unitario en la dirección radial en el plano del anillo.êz Es el vector unitario perpendicular al plano del anillo.

rz

z

zr

eexeeexeeexe

)))

)))

)))

=

=

=

ϕ

ϕ

ϕ

r

Figura 1.3.2

De la figura:

La densidad de flujo B en el punto P puede ser obtenida de la ecuación(1-21):

Si en lugar de una sola vuelta de alambre, la bobina tiene N vueltas muyjuntas y todas esencialmente del mismo radio, c/u contribuye de maneraigual al campo magnético.El campo magnético en P es igual a:

ooo

ooo µε

υυε

µ 112 =→=

ϕθ eRdd ˆ=λ

)221(........eR2I

Ree(Rd

4I

B zo

2

02

roP −

µ=

×θπ

µ= ∫

πϕ

23)(1........e2RNIμB z

oP −=

12

d) Campo Magnético de un solenoide largo:

Consideremos un solenoide de longitud L, donde L >>RI es la corriente que circula en la bobina.La densidad de flujo en un punto que esté en el eje del solenoide o cerca deél, pero no muy cerca de los extremos, estará dado por:

Figura 1.3.3

1.4 OTRAS CONCLUSIONES ÚTILES EN MAGNETOSTÁTICA

a) Continuidad de líneas de Inducción: El flujo o línea de inducción producidas por las corrientes siempre formanun circuito cerrado.

Figura 1.4.1

El número de líneas que entra es igual al número de líneas que sale,matemáticamente se expresa:

Otra forma de expresar es: Divergencia de B = 0, esto es:

)241(........eLNIB z

o −µ

=

)251(........0dAnBAdBAA

−=⋅=⋅ ∫∫

13

)261........(0B −=⋅∇

0dB ≠⋅ λ

J

[Ley de Gauss para Campos Magnéticos]

b) Ley de circuitos de Ampere: Consideremos un anillo por el que circula una corriente. Tenemos líneas de inducción originadas por ésta “La integral de línea del vector densidad de flujo, alrededor de unatrayectoria cerrada en la misma dirección de las líneas de inducción, estárelacionada con la ecuación (suponiendo que se encuentra en el vacío)”.

Figura 1.4.2

=⋅

=⋅

∫

∫

2

1

)(0

)(

2

10

C

C

corrientelaaenlazanoCatrayectorilaSidB

corrientelaaenlazaCatrayectorilasiIdB

λ

λ µ

.... (1-27)

Siempre se busca que , es decir que la trayectoria escogida queenlaza a la corriente no es normal a la dirección de B. Si es el vector densidad de corriente en el anillo por el que circula éstaentonces: ∫ ∫ ⋅=⋅=

A A

dAnJAdJI ˆ ........ (1 - 28)

Luego: ∫ ∫ ⋅=⋅C A

o dAnJdB ˆµλ ........ (1 - 29)

Esta integral también se puede escribir en forma diferencial:

)301(........JB o −µ=×∇

14

Se define un vector Intensidad Magnética )311(........HB,H 0 −µ= La ley de circuitos de Ampere en términos de H puede ser escrita:

)321(........dAnJAdJdHC A A

−⋅=⋅=⋅∫ ∫ ∫λ

En forma diferencial tenemos: Rotacional JH = esto es:

c) Característica de Magnetización para el vacío:

Figura 1.4.3

1.5 CAMPO MAGNÉTICO DE UN TOROIDE

Se muestra el esquema de un Toroide.

Figura 1.5.1

Se deduce que las líneas de inducción dentro de un Toroide son circulares.Consideremos una trayectoria circular dentro de un Toroide.

Por simetría B es constante en todos los puntos de esta trayectoria y sudirección es a lo largo de la tangente de la trayectoria en cada punto.

)331(........JH −=×∇

15

B

Luego haciendo uso de la Ley de circuito de Ampere:

)341(........NIld.BC

0 −µ=∫

C es la trayectoria circular de radio Rm

Esta trayectoria enlaza la corriente I, N veces, además tenemos:

ϕϕ θ edRdyeBB m ˆˆ == λ

varía inversamente con el radio de la trayectoria, entonces no es constante entodos los puntos de la sección transversal del Toroide.

Si suponemos que Rm>>d podemos decir sin perder precisión que B es constanteen dicha sección transversal. Si Rm es el radio medio entonces la circunferenciamedia es λm = 2πRm y la densidad de flujo es :

Como B es el flujo por unidad de área de la sección transversal, el flujo totaldentro del Toroide esta dado por:

Esta ecuación se conoce como la LEY DE OHM para circuitos magnéticos.

La cantidad NI es llamada fuerza magnetomotriz ó (f.m.m.) λm/µ0A esdenominado la reluctancia de la estructura magnética (ℜ ).Existe una analogía con el circuito eléctrico mostrado.

Figura 1.5.2

)361(........eR2NI

Bm

o −π

µ= ϕ

)371(........NIBm

o −µ

=λ

)381(........

A

NINIABA

o

mm

o −

µ

=µ

==φλλ

)391(........A

VRVI −

σ==

λ

)351(........NI)2(BRdBRedReB om

2

om

Cm −µ=π=θ=θ⋅ ∫∫

π

ϕϕ

16

)441(........ −

)451(........ −

Donde:σ es la conductividad del material usado para fabricar el resistor.λ es la longitud.A es el área de la sección transversal del resistor.

Como B=µoH de la ecuación (1-35) tenemos que:

Se ha pretendido hacer una aproximación de una estructura magnéticatridimensional en un circuito magnético de una dimensión. Esto debido a laconfiguración geométrica y simétrica del Toroide.El concepto de circuito magnético se ha desarrollado para una estructuraparticular, conteniendo aire ó vacío.

1.6 ANALOGÍA ENTRE CIRCUITOS ELÉCTRICOS Y MAGNÉTICOSTABLA 1-1

RESUMEN

Ecuaciones de Maxwell en forma integral:

∫ ∫ −ρ==⋅A V

)411(........)GaussdeLey(dVQAdD

)421(........0AdBA

−=⋅∫A es una superficie cerrada.

∫∫∫∫ ∫∫∫∫ ⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅C A

AdJdH λ (Ley de Ampere, caso estático) (1-43)

∫∫∫∫ ====⋅⋅⋅⋅C

0dE λ (Caso estático)

C es la trayectoria en la cual es verificada la integral de línea.

∫∫∫∫ ∫∫∫∫ ⋅⋅⋅⋅∂∂∂∂∂∂∂∂−−−−====⋅⋅⋅⋅

C A

AdtBdE λ Ley de Faraday

Ecuaciones de Maxwell en forma Diferencial o Puntual:

Divergencia de un vector AA ⋅∇= Luego:

)401(........NIHm

−=λ

17

)461(........ −)471(........ −

)481(........ −

ρ=⋅∇ D Ley de Gauss0B =⋅∇

Rotacional de un vector cualquiera AA ×∇= , luego:JH =×∇ Ley de Ampere (caso estático)

tBE

∂∂−=×∇ Ley de Faraday )491(.......... −

1.7 UNIDADES Y FACTORES DE CONVERSIÓN

ALGUNOS FACTORES DE CONVERSIÓN ÚTILES

TABLA 1-3

Multiplicando Por Para obtenerλ en pulgadasF en librasfmm en gilbertsH en oersterdsφ en líneas ó maxwellsB en líneas/pulg2

B en lìneas/pulg2

B en gauss

2.54x10-2

4.4480.79679.610-8

15.50x10-6

0.15510-4

λ en metrosF en nwetonsfmm en amp-vueltaH en amp-vuelt/mφ en webersB en weber/m2

B en gaussB en weber/m2

18

or µ

µµ ====

1.8 LEY DE CIRCUITOS DE AMPERE APLICADO A UN NÚCLEOFERROMAGNÉTICO

)501(........AdJdHC A

−⋅=⋅∫ ∫λ

Relaciona corrientes eléctricas y campos magnéticos

- J → es la densidad de corriente- H → es la excitación específica o intensidad de campo

Figura 1.8.1

- La integral de línea de H a lo largo del contorno de una superficie a travésde la cual pasa la densidad de corriente J es igual a la corriente total através de ella.

- Los Amper-vuelta N i pueden proceder de uno o varios bobinados, siendo Ni

el total de todos ellos.

[B]=Wb/m2 1 weber=108 líneas

- En el sistema MKS: µ0=4πx10-7 web/amp-vuelt-mt; permeabilidad del vacío

µ → permeabilidad del material ferromagnético es la permeabilidad relativa rµ =[2,000 ; 6,000]

- La densidad de flujo B producida por H será sumamente pequeña en todaspartes excepto en el hierro del núcleo.

51)(1........HiN mm −= λ

)521(........HB o −µ=

19

58)(1........ −

57)(1........ −

)621(........ −

Figura 1.8.2

- Las máquinas ó dispositivos de conversión de energía provistos de una partemóvil tienen necesariamente entrehierros en sus núcleos.

- Aplicando la fórmula: Ni = Hm λm + Hg gEl flujo es continuo a lo largo del circuito magnético:

53)(1........HμB mmm −= 54)(1........HμB gog −= 55)(1........AB mmm −=φ 56)(1........AB ggg −=φ

)(,gμB

μBiN gm

o

gm

m

m φ≅φ≅φ+= λ

gμAμA

iNogmm

m φ+φ= λ

El término Ni se representa por Ŧ y se denomina fuerza magnetomotriz ó f.m.m.Los coeficientes del segundo miembro se denominan reluctancia ℜℜℜℜ .

++ℜ+ℜ

ℜ

ℜℜ

ℜ ===m

gm

m

o

g

gm

g

gm

AA

g11 λ

µµ

φFF

F

59)(1........μA mm

mm −=ℜ λ

60)(1........μA

g0g

g −=ℜ

( ) 61)(1........FiN gm −ℜ+ℜφ==

20

1.9 MATERIALES FERROMAGNÉTICOS

Los elementos ferromagnéticos que se encuentran en la naturaleza sonsolamente tres: el hierro, el niquel y el cobalto.

Entre éstos naturalmente el de mayor uso es el hierro y sus aleaciones con losótros dos y con ótros metales (Al, Cu, etc.).

Algunas Aleaciones:

I) El Acero-Silicio: Es la aleación más importante el hierro-silicio, tambiénllamado acero-silicio, contiene un porcentaje variable de ¼-5% de silicio.Esta aleación recibe además un tratamiento térmico y con ello se obtiene unmaterial que tiene mejor permeabilidad y al mismo tiempo mayorresistencia eléctrica y ésto implica una disminución de las pérdidas porcorrientes parásitas. El acero silicio se fabrica en láminas de 8.5mm a9.35mm de espesor y de acuerdo con el porcentaje de silicio se obtienendiferentes tipos de aleaciones:i) Field Grade: ¼% de silicio con una resistencia específica de 10µΩ-cm.

Se emplea en la construcción de pequeños motores.ii) Armadura Grade : ½% de silicio con una resistencia específica de

19µΩ-cm. Se emplea en pequeños motores generadores y en general enlos dispositivos donde se desea tener altas densidades de flujo sin queinteresen mayormente las pérdidas en el núcleo.

iii) Electrical Grade: 1% de silicio con una resistencia específica de 26µΩ-cm. Se emplea en motores y generadores de potencias medias, entransformadores, relays y otros aparatos diseñados para operaciónintermitente.

iv) Motor Grade: 2.5% de silicio con una resistencia específica de 42µΩ-cm. Se emplea en motores y generadores medianos de buena eficienciaen aparatos de control y en transformadores para radios.

v) Dínamo Grade: 3.5% de silicio con una resistencia específica de50µΩ-cm. Se emplea en motores y generadores de alta eficiencia,pequeños transformadores de potencia y transformadores de radio.

vi) Transformador Grade: 5% de silicio con una resistencia específica de56µΩ-cm. Se emplea en los grandes transformadores de potencia, engrandes alternadores de alta eficiencia y en generadores síncronos.

Como se observa la resistencia específica de las láminas aumenta con elporcentaje de silicio y sigue aproximadamente la siguiente ecuaciónempírica:

ρρρρ = 12.5 + 11Si

ρ → resistencia específica de la aleación en µΩ-cm.Si→ porcentaje de silicio.Un aumento de la resistencia se traduce en una notable disminución dedichas pérdidas.

21

OTROS MATERIALES FERROMAGNÉTICOS:

Surgieron otros tipos de aleaciones que se dividen en materiales blandos quepierden fácilmente su magnetismo y materiales duros que pierden difícilmentesu magnetismo y que se emplean especialmente en imanes permanentes. Entreéstos materiales destaca el Alnico, una aleación de aluminio, níquel y cobalto.El permalloy y el numetal tienen una permeabilidad muy elevada.

En diferentes equipos de comunicaciones en cambio se requieren materiales depermeabilidad sumamente constante: se obtuvieron entonces las aleacionesperminvar y conpernik.

Finalmente los materiales magnéticos se emplean para imanes permanentes eninstrumentos y están sujetos frecuentemente a campos alternos, cambios detemperatura y esfuerzos mecánicos que no deben desde luego modificar suscaracterísticas magnéticas.

La propiedad principal que deben tener es un alto magnetismo remanente y unaalta fuerza coercitiva. También el producto (BH)máx conviene que sea alto.

LAS FERRITAS

Las ferritas son materiales no metálicos que responden a la fórmula generalMeFe2O4, donde Me representa un metal bivalente.Con las ferritas puede hacerse polvo, que luego mediante procesos metalúrgicosse forman los núcleos de la forma requerida.Estos materiales se emplean para altas frecuencias porque tienen muy altaresistividad y por consiguiente sus pérdidas por corrientes parásitas sonpracticamente nulas; también sus pérdidas por histéresis son sumamente bajas.Tienen por lo tanto gran aplicación en electrónica.Se fabrican bajo diferentes nombres, como por ejemplo: Ferroxcube, Ferramic,Ceramag, Crolite, etc.

LOS MATERIALES ANTIMAGNÉTICOS:

Estos materiales en realidad poseen un ferromagnetismo muy pequeño(µr=1.1-1.4) por esa razón se les puede emplear como “Aislantes Magnéticos”,cuando se desea aislar un circuito magnético de otras piezas metálicas. Este esel caso por ejemplo de los pernos de amarre de los núcleos de lostransformadores. Las aleaciones antimagnéticas empleadas en la práctica sondos:El acero al manganeso (12% de manganeso) y el acero níquel. En ciertos casosse le añade un poco de cadmio (3.8%) para mejorar las característicasmecánicas del acero.

22

22

CAPÍTULO IIEXCITACIÓN DE ESTRUCTURAS

FERROMAGNÉTICAS CON CORRIENTEDIRECTA

2.1 INTRODUCCIÓN

Experimentalmente se ha comprobado que ciertos materiales al ser colocadosen un campo magnético, éstos reaccionan con el campo y lo modifican. Estefenómeno es llamado magnetización y los materiales que exhiben éstacaracterística son llamados materiales magnéticos. Estos materiales seclasifican en tres grupos: diamagnéticos, paramagnéticos y ferromagnéticos. Lamayoría de los aparatos electromagnéticos se construyen de materialesferromagnéticos. Estos materiales son aleaciones de hierro y de algunos otrosmetales.Se supondrá que la corriente en la bobina de excitación es invariante con eltiempo, excepto durante el período de conexión ó desconexión de la excitación.Si como núcleo tenemos al vacío u otro material no magnético es posible uncálculo directo de la reluctancia (µo=cte).En estructuras hechas de material ferromagnético no puede hacerse un cálculodirecto, ya que la permeabilidad es una función de la densidad de flujo (empleode métodos gráficos).

2.2 PROPIEDADES DE LOS MATERIALES FERROMAGNETICOS

1) Llegan a magnetizarse fuertemente en la misma dirección del campomagnético donde están colocados.

2) La densidad de flujo en los materiales ferromagnéticos varía en forma nolineal con la intensidad magnética, con excepción de pequeños rangos dondela variación es lineal.

3) Los materiales ferromagnéticos presentan saturación, histéresis yretentividad.

Considerando un Toroide: Figura 2.2.1 El espacio encerrado está lleno de algún material ferromagnético y la mismacorriente pasa a través del embobinado.

23

Suponiendo que el espacio encerrado es el vacío (µo), la densidad del flujodentro del Toroide, está dado por la expresión:

β es la densidad de flujo intrínseco. También:

Para materiales ferromagnéticos X es una cantidad variable y X>>1. Entoncesen forma general:

Donde: µ = µ0+X, llamada permeabilidad

[ ]mvueltaamp

Webers−−

=µ , es mucho + grande que µ0

Definimos una cantidad sin dimensión µr llamado permeabilidad relativa

La variación de µ con respecto a H para un material ferromagnético típico escomo se muestra en la figura.

Figura 2.2.2

a) Saturación:

B varía linealmente con H para valores pequeños de H, si H tiende aincrementarse la variación de B gradualmente decrecerá. Para valoresgrandes de H la curva caerá es decir aunque H crezca rápidamente Bprácticamente se mantendrá sin incrementarse. Esta característica esconocida como saturación.

)22(........NIB

)12(........XHNI

B

m

o

m

o

−+=

−+=

βµ

µ

λ

λ

)42(........NIH

)32(........XH

m

−=

−=

λ

β

)52(........HXHHB o −=+= µµ

)62(........o

r −=µµµ

24

Figura 2.2.3 Figura 2.2.4

b) Histéresis: Supongamos un medio lleno de material ferromagnético sujeto a una magnetización cíclica. Supondremos que el material está en un estado neutro ésto es que no está magnetizado. La corriente en el embobinado es cero y ésta condición es representada por el punto o.Aumentamos la intensidad magnética Hal incrementar la corriente en elembobinado de excitación, la densidad Figura 2.2.5de flujo B se encuentra a lo largo dela curva ob, entonces para:

Luego disminuimos gradualmente la corriente magnetizante (H), ladensidad de flujo a lo largo de la curva bd es diferente, vemos que para unvalor específico de H el valor de B es grande, cuando H se disminuye quecuando se incrementa. Se dice entonces que el flujo se retrasa con respectoa la intensidad magnética. Esta característica de los materialesferromagnéticos es conocida como HISTÉRESIS. Si se hace circular la corriente en dirección opuesta y es incrementadagradualmente, el material magnético se magnetizará en dirección opuesta. La “df” B varía a lo largo de la curva de dcb’. La intensidad magnética oces llamada fuerza coercitiva o coercitividad para este valor de H ladensidad de flujo es cero. En el punto b’ para -Hmax→ -Bmax. Si gradualmente se disminuye la “H” la densidad de flujo varia a lo largode la curva b’d’b’’ debido a la histéresis. El punto b’’ difiere de b por unapequeña diferencia. Si el material es sujeto a ciclos repetidos de magnetización la curva B vs Hformará finalmente un anillo cerrado, éste anillo es conocido como el anilloó ciclo de histéresis. La amplitud de B depende de la amplitud de H y laforma del anillo depende del material ferromagnético usado. El área delanillo de histéresis es una medida del calor disipado en el material debidoal ciclo de magnetización e histéresis.

máxmáx BH →

Od

Od´

Oc´

Ob”Ob

OOmOn

+Bmax

Densidad de Flujo B

OcIntensidad

Magnetica H

-Hmax

-BmaxOb´

25

c) Retentividad:

Es la tendencia del material magnético de retener algo de magnetismo aúndespués de quitar la excitación. La ordenada od es la densidad de flujoresidual. ! Remanencia: es la densidad de flujo que permanece en un material

magnético después de haber suprimido a la fuerza de magnetizaciónexterna.

! Retentividad: puede ser considerada como el valor máximo de laremanencia.

! Anillos secundarios o auxiliares: se origina cuando se decrece lacorriente ligeramente y regresa posteriormente a su valor original.

2.3 CIRCUITOS APROXIMADOS DE APARATOS ELECTROMAGNÉTICOS

La técnica de reemplazar los aparatos por circuitos está basada en lassiguientes suposiciones:a) La configuración geométrica del aparato es simétrico a ciertos ejes o planos

de tal forma que puede ser representado por un diagrama esquemático.b) Debido a la alta permeabilidad del material ferromagnético el flujo

magnético se limita casi totalmente a las trayectorias de alta permeabilidad. Los circuitos ferromagnéticos no son lineales porque la permeabilidad delmedio es una variable y es función de la densidad de flujo magnético en laestructura. Generalmente el µ de materiales ferromagnéticos es de 103 a 104

veces µ0. Ejemplo de circuitos aproximados de aparatos electromagnéticos.

(B)

Mm

Ml Flujo de Dispersion

Flujo principal

Bobina deexcitación

I

Nucleo ferromagnetico

(A)

I

M l

M m

26

MmFlujoFfmm

F=NI

(C)

Figura 2.3.1

(A) Estructura magnética de un reactor o transformador de núcleo de

hierro. (B)Diagrama esquemático de la estructura representada en (A).

(C)Representación del dispositivo de un circuito magnético.

(A)

(B)

(C)

Figura 2.3.2

(A) Estructura magnética de un relevador electromagnético. (B) Diagramaesquemático de la estructura representada en (A). (C) Representación deldispositivo de un circuito magnético

Mm

Ml

Pivote

Bobina de excitación

(A)

Núcleo ferromagnetico

Entrehierro

Armadura (ferromagnetico)

I

Entrehierro1

Núcleo

Ml

Mm

Entrehierro2

Armadura Pivote

MmFlujo

Ffmm

F=NI

27

2.4 MÉTODOS DE ANÁLISIS DE CIRCUITOS FERROMAGNÉTICOS

Los siguientes principios forman las bases de los diferentes métodos de análisisde circuitos ferromagnéticos:a) Las dimensiones de la estructura son tales que la “B” en cualquier sección

transversal de la estructura puede ser considerada uniforme.

b) La longitud media de la trayectoria magnética puede ser usada en todos loscálculos.

c) En un circuito magnético alrededor de una trayectoria cerrada la ∑algebraica de las elevaciones de potencial magnético es igual a la sumatoriade las caídas de potencial. En general tenemos:

Donde: λjm = es la longitud media de la trayectoria magnética de la sección j en el circuito serie. Hj = es la intensidad magnética en la misma sección.

d) En una superficie cerrada que envuelve al punto P, la ∑ de los flujosdirigidos hacia P es igual a la ∑ de los flujos saliendo de P.

Figura 2.4.1

Factor de Apilamiento: los flujos variables en el tiempo inducen corrientesen el núcleo ferromagnético y ocasionan pérdidas de energía debido alcalentamiento. Esta pérdida de energía se reduce al mínimo al construir elnúcleo en forma laminar, y aislando cada lámina por tratamiento de sussuperficies ó revistiéndolas de papel impregnado en aceite.

La relación del área efectiva al área total de la sección transversal esllamada factor de apilamiento.(f.a.)

0.75≤ f.a. ≤ 0.95 generalmente

)72(........BA −=⇒ φ

)82(........HNIFmmj

jmj −== ∑ λ

28

2.5 ENTREHIERROS EN CIRCUITOS FERROMAGNÉTICOS

Los entrehierros pueden ser inherentes o introducidos intencionalmente.Ejm:

Figura 2.5.1

g1 Es necesario y es introducido intencionalmenteg2 Es inherente en la construcción del relevador y es ocasionado por la

presencia de un pivote.

Es necesario un núcleo ferromagnético para obtener una gran inductancia, peropara que ésta sea menos sensitiva a los cambios de corriente en la bobina deexcitación, se introduce intencionalmente un entrehierro.En todos los casos la labor de los entrehierros es introducir trayectorias de otrareluctancia.

a) Efectos Marginales y de Dispersión de los Entrehierros

Figura 2.5.2

Al tener la gran reluctancia del entrehierro, la diferencia de potencialmagnético entre los puntos P2 y P1 puede ser lo suficientemente grande (aúnsi φ es pequeño) para que se esparzan las líneas de flujo que estáncruzándolo, esto es llamado efecto marginal.El salto de flujo de P4 a P3 recibe el nombre de flujo de dispersión. El efectomarginal hace que la “B” en el entrehierro sea menor que la “B” en laporción ferromagnética del núcleo, porque el área efectiva de la seccióntransversal del entrehierro es más grande que el área de la seccióntransversal de la porción ferromagnética del núcleo.

29

2g1

g 22d

A

+=∗

λπ

En la práctica se usan fórmulas empíricas para el cálculo del entrehierroefectivo:

a.1) Caso I: Los lados opuestos del entrehierro son paralelos y tienenlas mismas dimensiones en su sección transversal ademáslg<0.20T y lg<0.20W (entrehierro corto)

Entonces el área efectiva Ag será:

LdLd

Figura 2.5.3

a.2) Caso II: Los lados opuestos del entrehierro son paralelos, pero ensu sección transversal tienen diferentes dimensiones.

* Si

Figura 2.5.4

( )( )

)112(........2

dA

)102(........TWA2

gg

ggg

−

+=

−++=

λ

λλ

π

( )( ) )122(........2T2WA ggg −++= λλ

Ld2Ld1

30

PROBLEMAS RESUELTOSCAPITULO II

EXCITACIÓN DE CIRCUITOSMAGNÉTICOS CON DC

PROBLEMA N° 2.1: Se debe diseñar un inductor que usa el núcleo magnéticode la figura. El núcleo tiene un área uniforme de la sección transversalAc = 0,75pulg2 y su longitud promedio lc = 8 pulg. Tiene un entrehierroajustable de longitud g y tendrá un devanado de N vueltas.

a) Calcular g y N tales que la inductancia sea 15 mH y de modo que el inductorpueda trabajar con corrientes máximas de 5A sin saturarse. Suponga que sepresenta la saturación cuando la densidad máxima del flujo en el núcleo esmayor que 1,7 T y que dicho núcleo tiene permeabidad µ = 3000µo .

b) Para una corriente en la inductancia de 5A, calcule: i) La energíamagnética almacenada en el entrehierro y ii) La energía magnéticaalmacenada en el núcleo.

Lg

Ac

Llc

Figura P2.1.1

SOLUCIÓN:

a) Calculando:

( ) g10645,11054,275,0104

gA

g 9227

cog ×=

××××=

×=ℜ

−−πµ

( )

Wb/vueltaamp10395,111

1054,275,010430001054,28

Al

3c

227

2

c

cc

−×=ℜ

×××××

××=×

=ℜ−−

−

πµ

cgeq

NNLℜ+ℜ

=ℜ

=22

; cc AN

ILAN

B××=

×= λ

31

( )

.m10694,210645,110101,443g

Wb/vueltaamp10101,44310395,11110152,91

LN

vueltas17665,911054,275,07,1

51015ABILN

49

3

333

2

c

2

g

22

3

c

−

−

−

−

×=××=

−×=×−×

=ℜ−=ℜ

=×××

××=××=

b) i)

ii)

PROBLEMA N° 2.2: El circuito magnético de la figura , consiste de anillos dematerial magnético en un pila cuya altura es D . Si el hierro tiene unapermeabilidad µ = 750µo y omitiendo los efectos de dispersión magnética yabombamiento.

Calcule:a) La longitud media lc del núcleo y el área de la sección transversal.b) La reluctancia del núcleo y del entrehierro.

Para N = 75 vueltas, calcule:c) La inductancia.d) La corriente necesaria para obtener un B en el entrehierro igual a 1,2 T.e) La encadenamiento del flujo en la bobina.

Figura P2.2.1

SOLUCIÓN:

( )joules15,0W

10694,21054,275,02

7,1gA2

BW

gap

422

o

2

co

2

gap

=

××××××

=×××

= −−

µµ

( )

joules188,0WWW

joules1875,02

51015LI21

:oComproband

joules038,0W

1054,281054,275,06000

7,1lA2

BW

nucleogaptotal

232

nucleo

222

o

2

cc

2

nucleo

=+=

=××=

=

××××××µ×

=××µ×

=

−

−−

32

a)

b)

c) N=75 mNLI φ= entonces eqmNI ℜ= φ

Por lo tanto:eq

NLℜ

=2

Donde

d)

Por lo tanto:( )

A31,67I75

100344,211022,1N

ABI

64gcc

=

××××=ℜ+ℜ××

=−

e) Wb018,01022,175ABNN 4cm =×××=××=×= −φλ

PROBLEMA N° 2.3: Se propone un mecanismo de almacenamiento de energíaque consiste de una bobina arrollada a un cuerpo toroidal grande no magnético(µ =µo ). Tiene N vueltas, cada uno de sección circular de radio a. El radio deltoroide es r, medido al centro de cada espira circular. La geometría de estedispositivo es tal que se puede considerar que el campo magnético es cero encualquier lugar fuera del toroide. Suponiendo que a<<r, se puede considerarque el campo H dentro del toroide está dirigido alrededor de éste, y tienemagnitud uniforme:

a) Calcule la inductancia L de la bobina.b) Se va a cargar la bobina a una B = 2T. Calcule la Energía magnética total

almacenada en el toroide cuando se alcance ésta densidad de flujo.

c) Si se va a cargar la bobina a una razón uniforme, esto es =dtdi constante

( ) 2422c

22medioc

m10210102RiRoDA

m2149,0105,0107g2

RoRi2gradio2l

−−−

−−

×=××=−×=

=×−××=−

+×=−×= πππ


105,0A

g


2149,0A

l

647

2

cog

647

c

cc

−×=×××

×=×

=ℜ

−×=××××

=×

=ℜ

−−

−

−−

πµ

πµ

H106742,275L


4

eq

2

6gceq

−×=ℜ

=

−×=ℜ+ℜ=ℜ

( ) cgcc

m

AIN

AB

×ℜ+ℜ×==

φ

r.2i.NH

π====

33

calcule el voltaje terminal necesario para lograr la densidad de flujonecesaria en 25 seg. Suponga que la resistencia de la bobina esdespreciable.

Figura P2.3.1

SOLUCIÓN:

a) 2oc a

r.2iNAB ××

××=×= π

πµφ

pero r

aNi

NL o

2

22 ××=×=

µφ

Entonces:

mH707,15102

5,01000104L227

=×

×××=−π

b) Para B=2T : A1010001042102

NBr2i 5

7o

=××××=

×××= −π

πµπ

De esto tenemos:

joules10535,781010707,1521IL

21W 61032 ×=×××=×= −

φ

c) V8,622510107,15

dtdi.Lv

53 =××== −

PROBLEMA N° 2.4: El circuito magnético simétrico de la figura tiene 3devanados. Los devanados A y B tienen cada uno N vueltas y están devanadosen las 2 piernas inferiores del núcleo.

a) Calcule la inductancia propia de cada uno de los devanados.

b) Calcule las inductancias mutuas entre los 3 pares de devanados.

c) Calcule el voltaje inducido en el devanado 1 por corrientes variables en eltiempo iA (t) e iB (t) en los devanados A y B. Muestre que se puede usar estevoltaje para medir el desequilibrio entre dos corrientes senoidales de lamisma frecuencia.

34

Figura P2.4.1

SOLUCIÓN:

Figura P2.4.2

a) eq

BBAANLLℜ

==2

donde )//( 21 gAAeq ℜ+ℜ+ℜℜ+ℜ=ℜ

.Entonces:

×+++

×+++×

××=

ℜ+ℜ+ℜℜ+ℜ==

o21A

o21A

A

c2

g21AA

2

BBAA g222

gAN

)//(NLL

µµ

µµ

µ

λλλ

λλλ

λ

o

A21

c2

1

Ag21

21

11 g2

AN

2

NL

µµ

µ×+++

××=

ℜ+ℜ+ℜ+ℜ

=λ

λλ

35

b)

( )[ ]

×++×+

×××−=

ℜ+ℜ+ℜ×+ℜ×−

=−===

×++×+

×++×

××=

ℜ+ℜ+ℜ×+ℜ×ℜℜ+ℜ+ℜ×

==

oA

c

gABBAA

oA

o

A

c

gAA

gBAAB

gANNNNLLLL

g

gANN

LL

µµ

µ

µµ

µµ

µ

21

1

21

11111

21

212

21

212

2)(2

2)(2

λλλ

λλλ

λλ

λ

c) dt

iidLdt

iLiLdv BAA

BBAA )()..(1

111

+×=+=

PROBLEMA N° 2.5 : El circuito magnético de la figura , tiene dos devanadasy dos entrehierros. Se puede suponer que el núcleo tiene permeabilidad infinita:

a) Suponiendo que por la bobina 1 pasa una corriente I1 y por la bobina 2 lacorriente es cero, calcule i) la densidad de flujo magnético en cada uno delos entrehierros, ii) los encadenamientos de flujo del devanado 1, y iii) losencadenamientos de flujo del devanado 2.

b) Repita a) suponiendo que en el devanado 1 la corriente es cero y en eldevanado 2 es I2.

c) Repita a) suponiendo que la corriente en el devanado 1 es I1 y la deldevanado 2 es I2.

d) Calcule las inductancias propias de los devanados 1 y 2, y la inductanciamutua entre devanados.

Figura P2.5.1

SOLUCION:

Por ser considerado µ→∞, entonces solo consideraremos las reluctancias del

entrehierro:

36

Figura P2.5.2

a)

i) 2

11o

2

22

1

11o

1

11 g

INAgBg;

gIN

AgBg ××

==××

==µφµφ

ii)

+×××=+×=

2

2

1

1o1

212111 g

AgAIN)gg(N µφφλ

iii) 2

211o2222 g

AINNgN ××××

=×=µ

φλ

b) 2

2211

Fg0g:Entonces0Fℜ

=== φφ

i)2

o22

2

221 g

INAgBg;0Bg

µφ ××===

ii) 2

2o221211 g

AINNgN ××××

=×=µ

φλ

iii) 2

2o22

2222 g

AINgN ××=×=

µφλ

c) Usando superposición:

i) ( )22112

o2

1

11o1 ININ

gBg;

gIN

Bg ×+××=××

=µµ

ii) 22

221o1

2

2

1

121o1 I

gANN

IgA

gAN ×

×××+×

+××=

µµλ

222111

2o

22

1o

11

2211

INFINFAg

gAg

gAAgAAg

×=×=×

=ℜ×

=ℜ

==

µµ

2

12

1

112

FgFg:Entonces0Fℜ

=ℜ

== φφ

37

iii) 22

22

2o1

2

221o2 I

gANI

gANN

×××

+××××

=µµλ

d)

2

22

2o22

2

22102112

2

2

1

121o11

gAN

L

gANNLL

gA

gANL

××=

×××==

+××=

µ

µµ

PROBLEMA N° 2.6 : Para el circuito suponga que la permeabilidad del núcleoes 02000µµ = y que N = 100 vueltas . Se especifican las dimensionessiguientes.:

R1= 1 cm R2 = 3 cm. ℓ =2,5 cm

H = 1 cm g =0,2 cm

a) Calcule los valores de h y R3 de modo que la densidad de flujo dentro delnúcleo sea uniforme.

b) Calcule la inductancia del devanadoc) El núcleo va a trabajar a una densidad máxima de flujo igual a 1,5 T y a una

frecuencia de 60 Hz. Calcule los valores correspondientes máximo y en rmsdel voltaje inducido en el devanado.

d) Repetir c) para una frecuencia de 50 Hz.

Figura P2.6.1

SOLUCIÓN:

a) Para que la densidad de flujo dentro del núcleo sea uniforme, se debe tenerla máxima área de sección transversal.

SECCIÓN TRANSVERSAL DE UN CIRCUITO MAGNÉTICODE SISTEMA CIRCULAR

38

cm1623,3RRR

)RR(RAA

22

213

22

23

21

31

=+=

−=

=

ππ

Figura P2.6.2

Se toma 2

21 RRR += para mantener el Β uniforme en la pierna superior y en

la pierna inferior:

cm25,0RR

RR2

Rh

RRh2AA

21

21

21

21

12

=+

=×

=

=

=

ππ

b)

Wb/vueltaamp100653,5)03,0031623,0(104

10x2,0g

)RR(g

Aggg

6227

2

22

23oo

−×=−×××

=ℜ

−=

×=ℜ

−

−

ππ

πµµ

En la pierna central:

Wb/vueltaamp10x26925,601,02000

10x95,4R2000

hg2A

42

0

2

21oc

cc −=

××=

××−+=

×=ℜ

−

πµπµµλλ

En la pierna superior e inferior:

Wb/vueltaamp10x9,3)RR(h2

RRhR22

RRA2

RRA2

RRR

4BT

21

3232

2

32

2

232

BT

−=ℜ=ℜ

+××+

=×××

+=

××+

=×

−+

=ℜ=ℜπµπµµµ

En la pierna extrema:

39

mH753,3eq

100eq

NL


eq

Wb/vueltaamp10015,6)RR(

10x75,4)RR(

h2

22

4ogBC

ogTBC

422

23

2

22

23

o

=ℜ

=ℜ

=

−×=ℜ+ℜ

+ℜ+ℜ=ℜ+ℜ+ℜ+ℜ

+ℜ=ℜ

−×=−××

=−××

−=ℜ−

πµπµλ

c)Wb107124,401,05,1RBAB 422

11pico−×=××=×=×= ππφ

dtdNVindFaradayporqueyaNVpico pico

φφω ×=××= :

Donde tsenpico ωφφ ×=

4107124,4100602Vpico −××××=∴ π

V562,12

2VpicoVrms

V765,17Vpico

==

=

d)

V468,10Vrms

V8,14107124,4100502Vpico 4

==××××= −π

PROBLEMA N° 2.7 : En la estructura magnética mostrada el flujo en la ramaC es 101,25 × 10 –6 Wb. El núcleo está hecho de hojas H-23 (0,5 mm) con f.a. =0,90.¿Encuentre la corriente en la bobina de excitación y la inductancia?(hacer corrección por entrehierro y desprecie el flujo de dispersión)

δB= 1mm δC = 2mm N = 500 espiras

Figura P2.7.1

SOLUCIÓN:

40

Figura P2.7.2 Figura P2.7.3

24CBA

B

CA

CA

CCCAAAA

BBBCCC

BBBAAAA

CBA

6c

m10025,29,0100

5,1100

5,1a.fbatnaAAA

m045,0cm5,4)5,16(m15,0cm15:Entonces

)5,16(2)5,175,3()3.(..........HHHIN

)2.(..........HHHH)1.(..........HHHIN

Wb1025,101

C

BC

B

−

δ

δδ

δ

−

×=××=××=××===

==−====

=−+×+=

δ×+×+×=×

δ×+×=δ×+×

δ×+×+×=×φ+φ=φ

×=φ

λλλ

λλ

λλ

λλ

λλ

AbAa

a.ftnbgeom

×=

41

BBB

B

B

BC

C

C

CC

C

C

C

B

ABAB:dondede54,570H045,0H001,0

H1000

1H045,01000

2107852,215,090

HHHH:)2(enemplazandoRe

m/vueltaamp107852,210435,0B

H

m/Wb35,01089,2

10025,25,0B:entonces)(;AA

BB

:cualloConm/vueltaamp90H:)23H(HBcurvaladeLuego

m/Wb5,010025,21025,101

AB

m1089,2100

2,05,1100

2,05,1A

m1056,2100

1,05,1100

1,05,1)b()a(A

BBB

B

B5

BBBCCC

57

o

24

4

CC

C

C

24

6

C

CC

24

24gg

δδδ

δ

δ

δδ

δδ

δδδ

δ

δ

δ

φφ

δδ

πµ

φφ

φ

×=×=⇒

=×+×

×+×=××+×

×+×=×+×

−×=×

==⇒

=×

××===

−≈−−

=××==

×=

+×

+=

×=

+×

+=+×+=

−

−

−

−

−

−

−

λλ

λλ

BBB2642,1B

025,256,2BB δδ =×=

BHδ

310−B

Hδ BBδ B

BBB δ264,1= BH BB H×λ

570,5 3105,570 × 0,7169 0,9062 135 6,075

564,5 3105,564 × 0,7094 0,8967 132,5 5,9625

Donde .104 7BB

HB δδ π −×= HB se obtiene de la curva B-H del material una vezobtenido BB

42

.mH10,10929,1

1081475,2500I

NL:Entonces

A29,1500

4625,645I

vueltaamp4625,64510105,564045,05,13215,0500IN:)1(En

m/vueltaamp500H:obtenemosHBcurvaladeym/Wb39,1A

B

Wb1081475,2Wb1080225,1ABym/Wb89,0B

4

A

AA

A

33AA

A2

A

AA

4CBA

4BBB

2B

=××=×

=

==

−=××+×+×=×

−=−==

×=+=

×=×==⇒

−

−

−

−

φ

φφφφ

φ

PROBLEMA N° 2.8 : La estructura ferromagnética de la figura, estácompuesta de 30 láminas (H-23 ) de 0,35 mm de espesor con un factor deapilamiento de 0,92 posee 2 bobinas de igual número de vueltas y alimentadascon corriente continua .a) Calcular el entrehierro necesario para tener un flujo de 1,21 x 10 –4 Wb en

el núcleo, sabiendo que la pendiente de la recta del entrehierro es 0,5.(despreciar el efecto de borde ).

b) La corriente necesaria para que su inductancia sea 0,5Hc) Calcular el entrehierro necesario para aumentar “L” en un 12,5 %

(despreciar efecto de borde)

Figura P2.8.1

SOLUCIÓN:

Podemos considerar elsiguiente circuito:

Figura P2.8.2

De donde obtenemos las siguientes relaciones:

2NI

2 g ma

43

gmgm

ggmm

mgm

m

gmm

gmmmm

BBAAáreaeldondeABAB:doConsideran

HA2A

INB

AB2HIN2

=⇒=

×=×

×ℜ×

−ℜ×

×=⇒

ℜ××+×=×

λ

λ

24

4

m

2433m

3mmm

m/Wb795,0105225,1

1021,1B

m105225,11035,030105,14tnaAm319,0m105,1422a22)a6a5(2AB

=×

×=⇒

×=××××=××=

=××==+×=×=

−

−

−−−

−λφ

Si Hm=0 entonces: Bm=Bmo

I6,21417892,0105225,1

I30ABIN

AINB 4

mmog

gmmo ×=

×××=

××=ℜ⇒

ℜ××= −

Figura P2.8.3

a)

mm1939,0m10939,1

105225,110442,1013450AA

:Pero

Wb/vueltaamp42,1013450:)1(EnA7318,430955,141I

vueltaamp955,141IN

4g

47gogg

go

gg

g

=×=∴

××××=××ℜ=⇒×

=ℜ

−=ℜ⇒==

−=×

−

−−

λ

λλ

πµµ

b)

2319,0890ININ2H

HH0B:Si

mmo

momm

×=×⇒×=

=⇒=

λ

44

2314,41321021,15,0

IN2:cuallocon1021,1

:anterioresresultadoslosTomandoLIN2

IN2L

44 =

×=×=

=⇒×=

−−φ

φφ

y también:

A26212,02314,4132

955,1412I:aquíDe

I955,14122314,4132

IIN2entonces955,141IN 22

=×=

×==×=×

Vemos que para las mismas condiciones de a), tenemos que variar N.

vueltas54226212,0

955,141N

:Entonces

≈=

c)

( )

m

cm

mmc

gmmmmgm

gmbc

AN2IL´B

IA´BN2

IŃ2L

AB2H2IN2:luegoAA;H5625,0L125,1L

××

=⇒××

=×=

ℜ××+×=ℜ+ℜ×=×

===

φ

φ λ

Del resultado anterior: 2

4m m/Wb8934,0105225,15422

26212,05625,0´B =×××

×= −

De la curva: Hm´=135 amp-vuelta/m

.mm1694,0m10694,1´

105225,1104387,885328A´Á´

´

Wb/vueltaamp387,885328105225,18934,02319,0135955,1412´

A´B2´HIN2

´Á´B2´HIN2

4g

47gogg

go

gg

4g

mm

mmggmmmm

=×=∴

××××=××ℜ=⇒×

=ℜ

−=×××

×−×=ℜ

×××−×

=ℜ⇒ℜ××+×=×

−

−−

−

λ

λλ

λλ

πµµ

PROBLEMA N° 2.9 : Se pide diseñar una bobina de inductancia variable connúcleo de hierro normalizado, empleando láminas de acero silicoso H-23 de0,5mm de espesor y que tenga las siguientes especificaciones técnicas:

d=2´´ fw=0,30 f.a.=0,95

45

Bmax=1Wb/m2=constante L=variable entre 1 y 5HCalibre del conductor=#17AWG Entrehierro inicial=g1=5mm

Se desea saber:a) El rango de variación de la corriente de

Excitación.b) El número de espiras a utilizarsec) El número de láminas requeridad)El entrehierro final (g2)

Figura P2.9.1

SOLUCIÓN:

Tenemos: 4d3

2d

2d3A;)1(..........

hdBIL

SBILN

2

wefmmm

=×=××

×=××=

Mientras que para el factor:

( )

4436,1ILmm038,1S:entonces,AWG17#calibredeesconductorelComo

S41008,513,01008,53ILcm08,5´´2dh

:hacemosDonde

ShBfd

43IL

Sfd

43

hdBIL

:)2(y)1(De

)2(..........S

fd43N

4d3SN

ASNf

2cu

cu

232

ef

cu

efmw3

cu

w2

efm

cu

w2

2cu

w

cuw

=×∴=

×××××××=×⇒===

××××=×⇒

××=

×××

××=⇒

××

=×

=

−−

a) Para L variable: Cuando L=1H entonces I1=1,4436 A

Cuando L=5H entonces I2=0,28872 A

c)

1005,08,50ntnhef ≈=⇒×= λλ

λn =número de láminas

b)

46

espiras560n)1008,5(1

4436,1dBIL

dhBILn

IdhBN

INL 222

mefm

efm

≈

××=

××=

×××=⇒

×××=φ×= −

d)

.ctegm

IN

eqeq

=ℜ+ℜ

×=φ

Figura P2.9.2Entonces:

)0();( =ℜ∞→ℜ× eqeq mosconsideramqueyaoentrehierrggIN µαα

.mm1g

54436,128872,0

Iigg:cuallopor

gg

II:Entonces

2

1

212

2

1

2

1

=∴

×=×==

PROBLEMA N° 2.10: Utilizando la estructura, se ha creado un entrehierroadicional en la columna A de valor 5 veces el entrehierro en C . Sabiendo que lanueva FMM es de 50 amp-vuelta en la columna central B, determinar el flujototal del sistema. (Despreciar efecto de Borde)

Figura P2.10.1

SOLUCIÓN:

Calculando el gC con NxI inicial:

Figura P2.10.2

geqa

meqa

NI

).......(..........HHH)(..........HH88IN

)(..........

CggCCAA

AABBAABB

CAB

θ×+×=×β×+×==φ×ℜ+φ×ℜ=×

αφ+φ=φ

λλλλλ

ga

A

ca

NI

Ba

A C

B

47

( )

6CC

CCg

CCAAC

ogoggC

C2

C

2BB

A2

A

AA

4A

2633g

24AB

24C

33A

B

CA

10)g40()g20(SB

B

HHg

HB

m/vueltaamp152H:HBcurvam/Wb94,0B:)(Dem/Wb15,1B:HBcurva216H:)(De

m/vueltaamp375H:HBCurvam/Wb36,1S

B

Wb1079,9Como

m10´)g40(´)g20(´)g1040(´)g1020(Sm104,14S2S

m102,7S9,010401020Sm06,0mm60

m2,0mm20060702

−

−

−−−

−

−−−

×+×+×

=

×−××=×=⇒=

−=−⇒=

=−⇒=

−=−⇒==

×=

×+×+=+××+×=

×==

×==××××=

=====+×=

λλ

λλλ

µµφφ

αβ

φφ

mm06625,0gC =

Por lo tanto, el nuevo entrehierro: mm33125,0g5g CgA A=== λ

Con la nueva FMM =50, tenemos:

.Wb10184,5SB:Entoncesm/Wb36,0B:HBgráficalade

m/Wb57,06,61018104,14

50Y

Wb/vueltaamp6,61018S

g65//

104,1450

SINY

m/vueltaamp3,19210260

50INX

4Bmm

2m

24o

Co

Cggg

g4

gBo

3m

o

CAeq

eqeq

−

−

−

−

×=×=

=−

=××

=∴

−=×

×=ℜℜ=ℜ

ℜ××=

ℜ××=

−=×

=×=

φ

µ

λ

PROBLEMA N° 2.11 : En la estructura ferromagnética mostrada, calcular lalongitud del entrehierro “g” de tal manera que el flujo en la columna A sea de9,79x10-4Wb. Se sabe que la FMM es de 88 AV y el circuito magnético estáhecho de láminas de acero silicio H-23 de 0,5 mm de espesor, con un factor deapilamiento de 0,90 (Considerar efecto de Borde).

48

Figura P2.11.1

SOLUCION:Tenemos el siguiente circuito equivalente:

Figura P2.11.2

4C

44CCAABBCAB

2B

BB

A2

24

4

A

4A

2633g

24AB

24C

33A

B

CA

ggCCAA

AABBAABB

CAB

102,7B102,736,1104,1415,1SBSBSB

m/Wb15,1B:curva216H:aquíde88H06,02,0375:Entonces

m/vueltaamp375H:curvam/Wb36,1m102,7Wb1079,9B

Wb1079,9Como

m10)g40()g20(´)g1040(´)g1020(Sm104,14S2S

m102,7S9,010401020Sm06,0mm60

m2,0mm20060702HHH

HH88IN

−−−

−

−

−

−−−

−

−−−

××+××=××

×+×=×⇒φ+φ=φ=⇒

==×+×

−=⇒=××=

×=φ

×+×+=+××+×=

×==

×==××××=

=====+×=

×+×=××+×==φ×ℜ+φ×ℜ=×

φ+φ=φ

λλλ

λλλλλ

gca

A

ca

NI

Ba

A C

B

49

)1020316,0()10204445,0(104101,0

)g2a.ftn()g2d(

g

2S

gS2

g2

m1033,1105,0601054,247tndA;

AINY

m/vueltaamp33,4151054,2

475,6

3,0400INX

447

3

o

gb

gbggbBoAo

ga

2332m

gm

2m

eq

eq

−−−

−

−−−

−

×+××+×××=

+××+×=ℜ

ℜ=ℜ∴ℜ=×

=×

=ℜ

×=×××××=××=ℜ××=

−=×××

×=×=

πµ

µµ

λ

mm06625,0g

)HH(g

H10)g4()g2(

102,794,0B

m/vueltaamp152H:obtenemoscurvaladeym/Wb94,0B

CCAAo

go4

4

ggC

C2

C

=∴

×−××µ=×µ=×+×+

××=⇒φ=φ

−==⇒

−

−

λλ

PROBLEMA N° 2.12 : Se tiene un circuito magnético compuesto de 60 láminasde acero silicoso H-23 de 0,5 mm de espesor tipo E-I normalizado ensambladocon un factor de apilamiento f.a = 0,95 y un bobinado de 400 espiras ubicado ensu columna central. Considerar efecto de borde. Se pide:a) Calcular la inductancia del bobinado cuando ésta se excita con una

corriente continua de I = 0,3 A.b) Calcular la corriente necesaria para incrementar en 27 % el flujo Bφ

manteniendo constante el entrehierro.

mmg

d

1,0

´´431

=

=

Figura P2.12.1

SOLUCIÓN:

a) I

NL Bφ×=

Tenemos el siguiente circuito equivalente: d5,6m =λ

Figura P2.12.2Por el método gráfico:

gaa

A Ba

NI2_

50

253

5g

5gb

m/Wb806,01012,11033,1

3,0400Y:Entonces

Wb/vueltaamp1012,1

Wb/vueltaamp1056,0

eq

=×××

×=

−×=ℜ∴

−×=ℜ⇒

−

De la curva B-H:

B

∴

φ

b)

Tr

∴

⇒

PRdeInCoDeInFaFaSe

a)b)c) d)

2Bm m/Wb63,0BB ==

Figura P2.12.3

H1172,13,0

400L

Wb10379,81033,163,0AB

B

43mm

=×

=

×=××=×= −−

φ

T8,0B27,1´B27,1´ BBBB ==⇒= φφ

azando una recta paralela a la anterior en la curva B-H, que pase por: BB´=0,8Wb/m2

A404,0400

5,61054,247560

I

m/vueltaamp560INX

2

m

=××××

=

−=×=

−

λ

OBLEMA N° 2.13 : Diseñar una bobina (Inductancia ) con núcleo de hierro espesor 0,5mm y que cumpla las siguientes especificaciones técnicas :ductancia (L) = 15 mHrriente D.C. (I) = 4 Ampnsidad de Corriente (J) = 4 Amp / mm2

ducción máxima : 0,8 ≤ Bm ≤ 1,0 tesla.ctor de ventana: (fw) = 0,32ctor de Apilamiento(f.a) = 0,92 pide determinar:

El calibre del conductor (AWG) y el número de espiras (N) de la bobina. El número de láminas ( λn ) a emplearse.

La longitud del entrehierro ( gλ ). Evaluar la nueva inductancia para un entrehierro 0g =λ .

51

Figura P2.13.1

SOLUCIÓN:

a)

mm4,25´´1d:tomarPodemos.mm57,22d

10595,232,01

101510038,1434

fBL´SI

34d

:Entonces.dh:diseñoPor

hdAdondeABIL

Sfd

43N

ASN

f:queYa

)AWG17(#mm038,1´S

:tomamoscuallopormm144

JIS

SIJ

736

wm

cu4

ef

efmmmcu

w2

w

cuw

2cu

2cu

cu

===∴

×=×

×××××=×

×××=

=

×=××=

××=⇒

×=

=

===⇒=

−−−

b)50ndmm25tn5,050hef =⇒≈=×=×= λλ láminas

Tenemos:

T995,0´B:tenemos95NConespiras95N

488,941035,61

41015ÁB

ILN:Entonces

m1035,61054,21025´dhÁ

m

4

3

mm

2423efm

===∴

=××

××=××=

×=×××=×=

−

−

−−−

c)Teniendo la siguiente expresión deducida:

m1651,01054,25,6d5,6d5,2d4;donde

BIN

AAg

21g

2m

r

m

m

o

m

i1i

=××==+=

−

×××

×=

−

+

λ

λλ

µµ

52

[ ]

mm252,0

mm252,01035,6

1675,7234,2g

m101675,7Ag

)1025,0292,01025()1025,021054,2(Ag

mm25,01035,6

139,7234,2g

:maneraigualDe

m101390,7Ag

)102234,0292,01025()102234,021054,2(Ag

)g2a.f

h()g2d(Agmm2234,0g

AAg:Haciendo

mAAg

10234,2g

497300625,0

;m/vueltaamp165H:HBcurvaladeT995,0BunPara

g

43

242

33

322

42

241

33

321

1ef

111

mo

m

i41i

rr

mm

=∴

=××=

×=

××+××××+×=

=××=

×=

××+××××+×=

+×+=⇒=⇒

=

××=⇒

==∴=

−=−⇒=

−

−

−−

−−

−

−

−−

−−

−+

λ

λ

λ

λλλ

λ

µµµµ

d)Por ser el núcleo simétrico:

Figura P2.13.2

H217,01651,0

1035,600625,095L

00625,0eldoconsideran;ANL

:EntoncesAS

SS2:PeroSS22

42m

m2

m

m

B

BA

BAB

B

A

AB

A

=×××=⇒

=××

=

×=

×+=ℜ

=×

+×

=ℜ+ℜ

=ℜ

−

µµ

µµ

µµ

λ

λλλ

λλ

Ba

NI

A2

53

PROBLEMA N° 2.14 : Se desea diseñar una inductancia con un núcleo dehierro normalizado “E–I” H-23 con láminas de 0,5 mm de espesor y diámetrod=1´´, bajo las siguientes especificaciones:

Inductancia (L) : 2mHCorriente D.C (I) : 10 Amp.Densidad de Corriente (J) : 5.0 Amp/mm2.Inducción máxima (Bm) : 1 Tesla.Factor de ventana (fw) : 0,30 f.a : 0,95

Calcular :a) El número de láminas a emplearse ( λn )b) El número de espiras (N) y el calibre del conductorc) La longitud del entrehierro ( gλ )

Figura P2.14.1

SOLUCIÓN:

a)50nAsumiendo =λ láminas (adecuado)

2423m m1035,61054,2105,050dtnA −−− ×=××××=××=

b)

De la curva B-H del material: 00625,0

m/vueltaamp160H,T1B mm

=⇒−=⇒=

µ

2m

4

3

mm

2cu

2cu

24222w

mo

r

m/Wb98425,0:será32Npara´B.espiras32N

496,311035,61

10102ABILN

AWG14#:conductordelCalibremm08,2´Smm25/10J/IS

m108387,4)1054,2(43d

43A

m1651,0d5,62d5d44973

=⇒

=∴

=××

××=××=

⇒=

===

×=××==

==+===

−

−

−−

λµµµ

54

c)

−

×××

×=+

r

m

m

o

m

i1i B

INAAg

21g

µµ λ

λ

Reemplazando valores:

[ ]

( ) 2433

321

1mo

m

i41i

m1088,6)101877,0295,0

105,050(101877,021054,2Ag

mm1877,0gAAg:Tomando

mAAg

10877,1g

−−−

−−

−+

×=××+×××××+×=

=⇒=

××=

λ

λ

De igual manera:

mm2,0

mm2,0100375,235,6893,610877,1g

m10893,6)102,0295,0

105,050()102,021054,2(Ag

m10034,235,688,610877,1g

g

443

2433

322

442

=∴

≈×=××=

×=××+×××××+×=

×=××=

−−

−−−

−−

−−

λ

λ

λ

PROBLEMA N° 2.15 : La estructura ferromagnética mostrada en la figuraestá compuesta de 50 láminas de hierro silicioso H-23 normalizado de 0,5 mmde espesor y 2 bobinas idénticas de 120 espiras cada una y un f.a= 0,95.Considerar efecto de borde.Se pide calcular:a) Los flujos en las columnas para una corriente continua de excitación de 2 Amp.b) La inductancia del sistema.c) El nuevo entrehierro para disminuir la densidad del campo en el entrehierro en un 12 % manteniendo la I = constante.

Figura P2.15.1

SOLUCIÓN:

55

254

gBgB

m

537

3

gog

m

2333

32g

24AB

C2453

A

m/Wb344,110812,2107,12

2240S

INS

INY

m/vueltaamp5,145433,0

2240INX

Wb/vueltaamp10812,210415,1104

105,0S

gm33,0d5,6

m10415,1)1095,01025()101008,5()g2

a.ftn()g2d(S

m107,12S2S

Sm1035,6105,05054,2105,0502dtn

2dS

Beq

B

B

B

=×××

×=ℜ××=

ℜ××=

−=×=×=

−×=×××π

×=×µ

=ℜ

==

×=+××+×=+××+=

×==

=×=×××=×××=××=

−

−−

−

−−−

−−

−

−−−

λ

λ

Figura P2.15.2

a)

Wb103,72

Wb1046,115,1107,12BS

4BCA

34mBB

−

−−

×===

×=××=×=φφφ

φ

b)

H1752,02

1046,1240I

240I

)(240I

NL3

BCA =××=×

=+×

=×=−φφφφ

c)

mm684,1g:tenemosvaloresreemplazarAl

m10608,1´)g2a.ftn(´)g2d(´S

m10608,190816,0

1046,1´B

´S

m/Wb90816,0B%88´B:problemaelPara

m/Wb032,110415,11046,1

SB:Tomando

23g

233

g

Bg

2gg

23

3

g

gggB

B

B

=

×=+××+=

×=×==⇒

==

=××==⇒=

−

−−

−

−

φ

φφφ

55

CAPÍTULO III EXCITACIÓN DE ESTRUCTURAS

FERROMAGNÉTICAS CON CORRIENTEALTERNA

3.1 INTRODUCCIÓN

Los campos magnéticos varían con el tiempo cuando están relacionados conmuchos aparatos magnéticos prácticos, tales como: transformadores, motores ygeneradores. En general dicha variación es periódica.

Si la estructura magnética está hecha de un material ferromagnético, esnecesario examinar la pérdida de energía en el núcleo debido al campomagnético y las formas de onda de flujo y de la corriente de excitación.

Supondremos que la frecuencia de las señales periódicas usadas essuficientemente baja para no considerar la radiación de energía.

3.2 LEY DE FARADAY DE INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA

Tenemos un conductor en forma de anillo, y algunas líneas de flujo debidas a unmagneto ó a otra bobina portadora de corriente que no este dibujada.

Las líneas de flujo se cierran sobre sí mismas y estas enlazan el conductor.

Si se mueve un magneto en la vecindad del conductor se ieléctrica en la trayectoria conductora cerrada ó cuando el relativamente al magneto.

Líneas de flujo enlazando una bobina de unaFigura 3.2.1

n
Conductor Líneas de inducció
nduce una corrienteconductor es movido

vuelta.

56

Ley de Faraday

“Una fuerza electromotriz (f.e.m.) es inducida en un medio cuando se cambia elenlazamiento de flujo magnético asociado con el medio. Si el medio es unconductor de electricidad y forma una trayectoria cerrada, una corriente fluyeen él debido a la f.e.m. inducida. La magnitud de la f.e.m. inducida esproporcional a la rapidez de cambio en el tiempo de los enlazamientos delflujo”.

La Ley de Lenz nos ayuda a determinar el sentido de la f.e.m. inducida y por lotanto de la corriente.

“El sentido de la f.e.m. inducida es tal que ocasiona el flujo y una corriente enuna trayectoria cerrada con una dirección tal que la corriente tiende acontrarrestar el cambio de los enlazamientos de flujo”.

Ejemplo: Si las líneas de flujo están disminuyendo, entonces la corrienteinducida circulará en la dirección de las manecillas del reloj, de tal manera queel flujo establecido por la corriente, tiende a cancelar la disminución del flujooriginal.

Ambas leyes se comprueban y se expresarán por:

( ) 1)(3........dtdλ

t dNde(t) −±=φ±=

Donde:

e(t) es la f.e.m. inducida en volts (MKS)φ es el flujo inducido en Webers (MKS)N es el número de vueltas del conductorλ son los enlazamientos del flujo en Webers vueltat es el tiempo en segundos (MKS)

Si e(t) es negativo, entonces e(t) es considerado como una elevación de voltaje(fuente) y se opone al voltaje aplicado en cada instante de tiempo.

Si e(t) es positivo, entonces e(t) es considerado como una caída de voltaje.

La ecuación (3-1) puede ser escrita en otras formas diferentes:

)2(3.........dAA ndtBdldE

C∫ ∫ −⋅−=⋅ )

En forma diferencial:

3)(3........dtBdE −−=×∇

57

3.3 RELACIÓN ENTRE VOLTAJE APLICADO PERIÓDICO, VOLTAJEINDUCIDO Y FLUJO EN UN NÚCLEO MAGNÉTICO EXCITADO PORUNA SOLA FUENTE

Tenemos un núcleo que puede ser o no ferromagnético, con una bobina deexcitación. Un voltaje periódico v(t) (no necesariamente senoidal), se aplica a labobina de excitación.

V(t)

Rg

R

Ri (t)

R (t)

Una corriente i(t) fluye y un flujo φ(t) se establece en el núcleo. El flujo variablecon el tiempo induce una tensión en la bobina de excitación e(t). Aplicando laley de Kirchoff y tratando a e(t) como una caída de voltaje, tendremos:

( ) ( ) )4(3........t d

dNRRgi(t)e(t)RRgi(t)v(t) −φ++=++=

Suponiendo que: ( ) e(t)RRgi(t) <<+

5)(3........t d

dNv(t) −φ=

Como v(t) es una onda periódica por lo tanto será simétrica con respecto al ejedel tiempo.

Una bobina excitada por una sola fuente Figura 3.3.1

Un voltaje periodico no senoidalFigura 3.3.2

58

Donde: T es el período de la onda

6)(3........ω2π

f1T −==

ω es la frecuencia angular en rad/seg

De la ecuación (3-5), tenemos que:

7)(3........v(t)N1

t dd −=φ

Estamos suponiendo que el sistema se encuentra en estado estable y que lostransitorios de la conexión inicial han expirado, por lo tando las ondas delvoltaje inducido y de flujo son periódicas y simétricas con respecto al eje deltiempo.

En el punto A, v(t) es cero y tiende a crecer, t d

d φ en A es cero y también tiende a

crecer, 2

2

t dd φ en A es positiva, entonces φ(t) tiene un mínimo relativo en A igual

a –φmáx. Analizando de forma análoga, en B, φ(t) tiene un máximo relativo φmáx..

Integrando ambos lados de la ecuación (3-7) de A a B y aplicando los límitesapropiados, tendremos:

t dv(t)N1d

B

A

B

A

t

t∫∫ =φφ

φ

] [ ]v(t)deciclomediobajoAreaN1máx

máx =φφφ−

prompromABprommáx V2Nf

12TV

N1)t(tV

N12 ==−=φ

8)(3........4fN

Vprommáx −=φ

9)(3........ N f 4V máxprom −φ=

Definimos el factor de forma para configuraciones de ondas periódicas:

10)(3........promedioValor

eficazValorformadeFactor −=

∫

∫= T

0

T

0

2

v(t)dtT1

(t)dtvT1

f.f

59

Factores de forma para algunas configuraciones:

Tabla 3-1Forma de

OndaValor

MáximoValorEficaz

ValorPromedio

Factor deForma

Senoidal Vmax 0.707 Vmax 0.636 Vmax 1.11Triangular Vmax 0.578Vmax 0.500 Vmax 1.16Cuadrada Vmax Vmax Vmax 1.00

De las ecuaciones (3-9) y (3-10), tenemos:

( ) 11)(3 f Nf.f4V máxeficaz −φ= ........

En el caso de voltajes no senoidales:

12)(3........2N

v(t)deciclomediobajoÁreamáx −=φ

En el caso de las ondas senoidales:

! En el caso de estructuras magnéticas, excitadas con corriente directa, el valorφφφφmáx no es afectado por la naturaleza del material ni por las dimensiones delnúcleo.

! La magnitud, como la forma de onda de la corriente de excitación dependerá dela naturaleza del núcleo así como de sus dimensiones.

3.4 FORMA DE ONDA DE LA CORRIENTE DE EXCITACIÓN EN UNSISTEMA FERROMAGNÉTICO CON FLUJO SENOIDAL

Se describirá ahora un procedimiento gráfico para obtener la forma de onda dela corriente de excitación.

a) Se considera i(t)(Rg+R)≅ 0 y v(t) se supone senoidal v(t)=Vmax sen ωt y

14)(3........t ω senEe(t) máx −=

Considerando e(t) como una caída de voltaje, Vmax=EmaxDe la ecuación (3.5):

15)(3........t ω cos(t) máx −φ−=φ

La siguiente figura muestra v(t) y φ(t), pero no a e(t). También se muestran φ(t)vs i(t) para el núcleo, obtenida de la curva B-H.

13)(3........ N 4.44fV máxeficaz −φ=

60

Flujo 3 3

2 2 4 4

3 2

4

3 2

4

5

5

1

1 1

0

Mostrando las formas de onda de la corrientede excitación para el flujo senoidal en un núcleo

ferromagnetico.

Figura 3.4.1

Como el anillo de histéresis es no lineal y tiene dos valores para una mismaabscisa, la forma de onda de la corriente de excitación no es senoidal, aúncuando el flujo lo sea.

b) Se considera e(t)<< i(t)[R+Rg] y v(t) se supone senoidal

16)(3........t ω senVv(t) máx −=

Entonces:

( ) 17)(3........RRi(t)v(t) g −+=

Además: 18)(3........tω senIi(t) máx −=

Entonces:

19)(3........RR

VIg

máxmáx −

+=

Las formas de las ondas de v(t) e i(t) es la misma pero la forma de onda de φ(t)es aproximadamente senoidal, mas o menos en la parte superior, la forma deonda de e(t) se obtiene al derivar φ(t) con respecto al tiempo, esta curva tieneforma de pico.

61

c) Si e(t)≅ i(t)[R+Rg] y v(t) se supone senoidal, la determinación de las formasde onda de i(t), e(t) y φ(t) cuando v(t) es senoidal es extremadamente difícilya que φ(t)=f(v(t), i(t)) en magnitud y forma. Pero pueden ser obtenidas porel método de prueba y error.

3.5 ENERGÍA ALMACENADA EN UN NÚCLEO MAGNÉTICO EXCITADOPOR UNA SOLA FUENTE

Tenemos las siguientes suposiciones:

1. El espesor del núcleo es relativamente pequeño comparado con sus demásdimensiones, de modo que la densidad de flujo es uniforme a través de lasección transversal del núcleo. Se usa la longitud media ℓ m.

2. Aunque la resistencia de la bobina de excitación es efectivamentedistribuido a lo largo de la bobina, se representará como un parámetroconcentrado por la R externa y se supondrá que la bobina en sí no tieneresistencia.

3. El flujo establecido por la corriente es confinado a la sección transversal delnúcleo.

Tenemos un núcleo magnético sometido a una fuente de energía eléctrica y seincrementa la corriente i(t) estableciendo un flujo. Una f.e.m. se induce en labobina.

( ) 20)(3t d

dt d

Ndt dλ de(t) −φ=φ== ........

N

La energía eléctrica suministrada por la fuente en un tiempo dt (excluyendo lapérdida óhmica en la resistencia R) es:

21)(3........dt i edW −=

La ecuación (3-20) en (3-21)

22)(3d Fλ d id i Nt d iddNdW −φ==φ=φ= ........

t

Suponiendo que el núcleo tiene flujo y corriente cero inicial; si luego esincrementado a un valor i1 se tendrá que la energía total suministrada al núcleopor la fuente es:

23)(3−φ

φ=λ

= ∫∫ ........ 1

0

1

0Fdλ d iW

Donde φ1 y λ1 son el flujo y los enlazamientos de flujo, correspondientes a la i1.W se llama energía almacenada porque la energía fluye de la fuente al campo yes frecuentemente representada por Wφ ó W campo.

24)(3........d Fλ d iW 10

1

0−φ φ=λ= ∫∫φ

62

La ecuación (3-24) se representa gráficamente:

Wφ será el área comprendida entre '

φW es el área comprendida entrmagnetomotriz.

F

F dW1

0φ= ∫φ ..'

La coenergía no tiene un sentido físico.

Además:

φ =BA, entonces dφ =A dB; φ varía de 0

F=Hℓ entonces dF= ℓdH

Donde Aℓ es el volumen del núcleo.

φ =volumendeunidad

almacenadaEnergíaVolW

BHdBw

1

0= ∫φ

Energía almacenada y coenFig

Coenergía 'φW

EnergíaAlmacenada

Wφ

F.m.m F

Flujo φ

φ1

1

B HdFW 1

0

1

0=φ φ= ∫∫φ λ

F

la curva φ vs F y el eje de flujos.e la curva φ vs F y el eje de fuerza

25)(3−......

a φ1, B varía de 0 a B1.

φ== wenergíadedensidad

27)(3........ −

ergía en un núcleo ferromagnéticoura 3.5.1

26)(3........B HdBVolAdB 1

0−= ∫

63

Analizando de forma análoga:

28)(3BdH −= ∫φ ........H

Vol1

0W'

La densidad de Coenergía:

29)(3........H

BdHw1

0−= ∫φ'

rectángulodelÁreaFWW 1 =φ=+ φφ 1'

En cualquier estructura que consta de un número de ramas en serie y/o enparalelo, donde la sección transversal es uniforme tenemos:

)30(3........B dBHVolalmacenadatotalEnergía i

0i

n

1ii −= ∫∑

=

31)(3........H

dHBVoltotalCoenergía i

0 i

n

1ii −= ∫∑

=

Donde n representa el número total de secciones.

CASO ESPECIAL: LA CURVA B VS H DEL NÚCLEO ES LINEAL

En este caso:

32)(3........PF21

21F

21WW 2

12111 −=φℜ=φ== φφ

'

Donde: ℜ es la reluctancia del núcleo P es la permeancia del núcleo

Igualmente las ecuaciones (3-27) y (3-29) pueden ser representadas de lasiguiente forma:

33)(3........μH21

μB

21BH

21ww 2

1

21

11 −==== φφ'

Donde µ, es la constante de permeabilidad del material magnético lineal. La e.c.(3.32) puede también expresarse en términos de la inductancia de la bobina deexcitación.

La inductancia es un parámetro pasivo de un circuito eléctrico, la cual es unamedida de los efectos del campo magnético asociado con una parte del circuito,debido al flujo de una corriente en esa parte ó en partes adyacentes.

64

La inductancia propia L de la bobina de excitación es definida como elenlazamiento de flujo λL establecidos por unidad de corriente en la mismabobina. 34)(3........LiλL −=

En el sistema MKS racionalizado, L está expresado en Henrys.

[ ]Amp

SegVoltAmp

VueltaWeberHenry −=−=

Luego:

35)(3.........t di dL

t dλ de −==

También:

36)(3........NiPFPF −==ℜ=φ

Como: PiNNλ 2=φ= Luego: 37)(3........PNL 2 −=

La ecuación (3-32) pasa a ser:

( ) ( ) 38)(3........Li21Ni

N1

21NiP

21WW 22

22 −====φ φ

'

3.6 REPRESENTACIÓN MATEMÁTICA DE LA CORRIENTE DEEXCITACIÓN NO SENOIDAL iφφφφ(t)

La forma de onda de la corriente de excitación , iφ(t) no es senoidal cuando v(t)es senoidal, el núcleo es ferromagnético, y iφ(R+Rg)<<e(t) (excepto cuandoiφ(R+Rg)>> e(t)).

La forma de la onda de iφ(t), tiene las siguientes características:

a) La forma de onda de iφ(t) es simétrica con respecto al eje de tiempo; elmedio ciclo positivo y el medio ciclo negativo son semejantes y de igualárea, esto a causa de la simetría del anillo de histéresis con respecto a losejes coordenados y de la simetría de la forma de la onda del voltaje aplicadocon respecto al tiempo.

b) La forma de onda de iφ(t) satisface la condición:

39)(3........)2

T(ti)(ti 11 −+−= φφ

donde T es el período.

65

c) L

••

d) S

123

Por lFoursupri

(t)i =φ

Expre

(t)i =φ

La po

Sustit

Forma de onda de la corriente de excitación iφ (t) Figura 3.6.1

a función iφ(t) no es impar ni par

No cumple f(t) = -f(-t) (no es impar) No cumple f(t )= f(-t) (no es par)

atisface las condiciones de Dirichlet

) f(t) tiene solo un número finito de máximos y mínimos en (a,b)) f(t) está acotada y) f(t) tiene sólo un número finito de discontinuidades finitas en (a,b)

o tanto, la forma de onda de iφ(t) puede expresarse como una serie deier, pero esta sólo contiene armónicas impares. El término constante esmido, estando presentes únicamente los términos senos y cosenos. Luego:

40)(3....................t ω sen3It ω senI............t ω cos3It ω cosI

b3máxb1máx

a3máxa1máx

−+++++

sada en valores eficaces de sus componentes:

41)(3..........]..........t ω sen3It ω senI............t ω cos3It ω cos[I2

b3efb1ef

a3efa1ef

−+++++

tencia instantánea suministrada por la fuente a la bobina de excitación es:

42)(3........v(t)i(t)P(t) −=

uyendo ambas ecuaciones. De v(t) e iφ(t), v(t)= 2 Vef senwt

66

43)(3..............................t ω sent ω sen3It ωsenI............t ω sent ω cos3It ω sent ω cosI

2VP(t)b3ef

2b1ef

a3efa1efef −

++

++=

La potencia promedio está dada por:

44)(3........IVt d t wsenI2VT1p(t)dt

T1P

T

0

b1efef2

b1ef

T

0

efprom −=== ∫ ∫

Todos los demás productos no contribuyen en nada a la integral. Solamente lacomponente Ib1ef enwt de i∅ (t) contribuye a la potencia promedio.

La única componente de la corriente de excitaciòn que contribuye a la potenciapromedio es la componente Ib1efsenwt ó sea aquella que este en fase con elvoltaje aplicado y tiene la misma frecuencia. Como R+Rg≈0 entonces PPromentregada a la bobina de excitaciòn es disipada en el mismo núcleo.

45)(3........IVPnúcleoleenPérdida b1efefn −==Luego como:

[ ] 46)(3...........t ω sen3It ω cos3It ω senIt ω cosI2(t)i b3efa3efb1efa1ef −++++=φ .....

Este término es llamado componente de las pérdidas en el núcleo de la corrientede excitación. Los términos restantes establecen el flujo y por lo tantoconstituyen la componente de magnetización de iφ (t), tendremos entonces:

47)(3........(t)i(t)i(t)i mP −+=φ

Donde: 48)(3........t ω senI2(t)i b1efP −=

[ ] 49)(3....................t ω sen3It ω cos3It ω cosI2(t)i b3efa3efa1efm −+++=

" Si el núcleo fuese lineal:

50)(3........t ω cosI2(t)i a1efm −=

51)(3........0(t)iP −=

" En muchas aplicaciones prácticas, se pueden despreciar las armónicas deorden elevado de iφ (t), luego:

52)(3........t ω cosI2(t)i a1efm −=

53)(3.........t ω senI2(t)i b1efP −=

67

Estas componentes fundamentales en el campo complejo son vistas así:

Figura 3.6.2

" Se usa la representación vectorial si y solo si las armónicas de ordenelevado son despreciables (≅ 0).

54)(3....................II(II 2b3ef

2a3ef

2a1efmef −+++=

La descomposición en sus dos componentes es ficticia. En realidad hay sólo unacorriente en la bobina de excitación. i∅ (t) no es senoidal y está atrasada conrespecto a la onda senoidal del voltaje. El ángulo de fase entre i∅ (t) y v(t)depende de las características del material ferromagnético de las dimensionesdel núcleo y de la frecuencia del voltaje aplicado.

3.7 CIRCUITO EQUIVALENTE APROXIMADO DE UN REACTOR CONNÚCLEO DE HIERRO

Dada la hipotética descomposición de la corriente de excitación iφ(t) en doscomponentes, esto nos recuerda un circuito eléctrico que es una combinación enparalelo de un resistor y un inductor real. La resistencia del embobinado RB espequeña y puede representarse en serie con la fuente de voltaje.

Se asume que el contenido de armónicas es despreciable y hacemos uso defasores:

Figura 3.7.1Donde:Rp= Resistencia de pérdidas (Ω) (Toma en cuenta las pérdidas en el núcleo) jXm=Reactancia de magnetización (Ω) (Al pasar la corriente magnetizante por élla se encarga de producir el flujo magnetizante ó principal en el núcleo)

V

68

gp= Conductancia de pérdidas (Ω -1)= pR

1

-jbm= Susceptancia magnetizante =mjX

1

* El signo menos indica que es una susceptancia inductiva

3.8 DETERMINACIÓN DE LOS PARÁMETROS DEL CIRCUITOEQUIVALENTE DE UN REACTOR CON NÚCLEO DE HIERRO.

a) Determinación de la Resistencia del Bobinado ( RB)

Figura 3.8.1

Se usa una fuente D.C. de bajo voltaje, con disponibilidad para variar lacorriente.

VD.C. = Lectura registrada por un voltímetro D.C.ID.C .= Lectura registrada por un amperímeto D.C.

Luego:

DC

DCB I

VR DC = , es la resistencia óhmica del embobinado

Se toman varias lecturas y se calcula el valor promedio. Si una corfluye por el embobinado, la resistencia será mayor debido al efecto su

La corriente A.C. circula cerca de la superficie del conductor causamodo una distribución no uniforme de corriente en la sección tranconductor. El área efectiva de la sección transversal utilizada es entoque el área disponible y como RB es inversamente proporcional resistencia a corrientes variables en el tiempo es más grande que laen D.C. (Este efecto es una función de la frecuencia).

Usualmente se toma:

[ ] 55)(3........R1.251.1RDCAC BB −−=

riente A.C.perficial.

ndo de éstesversal delnces menoral área, la resistencia

69

b) Determinación de gp y bm:

Tenemos dos métodos:

b.1) Método analítico: Se usa el circuito mostrado, aplicando el voltajesenoidal de magnitud y frecuencias conocidas.

Figura 3.8.2

" RBAC es dato de la prueba anterior" Los instrumentos miden:

V →Vef (tensión nominal eficaz)A→Iφef (corriente de excitación eficaz)W→ P = (potencia promedio)=Pcu+PnPn = pérdidas en el núcleoPn= P- Bef RI 2

φ

Suponiendo que V>>Iφef RB

56)(3........RIPgVP B2efp

2n −−== φ

[ ] )57(3........RIPV1g B

2ef2p −−= φ

Luego:

=== pp

p VgRVI componente de pérdidas de Iφef 58)(3......... −

2p

2m III −= φ = componente de magnetización 59)(3......... −

60)(3.........VIb m

m −−=

b.2) Método Gráfico: Si un material ferromagnético es excitado por C.A.debemos contar con la curva densidad de flujo máxima vs fuerza demagnetización (B-H); además debemos conocer la variación de laspérdidas en el núcleo como una función de la densidad de flujomáximo y de la frecuencia.

70

La curva de pérdidas en el núcleo es trazado como una función de Bmáx,manteniendo la frecuencia constante. Una familia de estas curvas puede serconstruida sobre un rango de frecuencia.

Figura 3.8.3

3.9 PÉRDIDAS EN LOS MATERIALES FERROMAGNÉTICOS

• Cuando la bobina con núcleo de hierro se excita con corriente continua (DC)la única pérdida que se presenta es la que se produce en la resistenciapropia de la bobina. Se ha de notar que el núcleo no sufre calentamientoalguno.

• Cuando la bobina del núcleo se excita con corriente alterna (AC), ésta (elnúcleo) si sufrirá un calentamiento y por consiguiente se producirá unasnuevas pérdidas llamadas “Pérdidas en el núcleo” que son debidas a lavariación del campo magnético (y flujo magnético).

Esta son:

a) Pérdidas por histéresis (Ph)b) Pérdidas por corrientes Parásitas (Pf)

Las pérdidas totales en el núcleo de hierro vienen a ser la suma de ambos, esdecir:

61)(3........PPP fhT −+=

a) Pérdidas por Histéresis (Ph).- Son producidos por un fenómeno afin a lafricción molecular, ya que las partículas más pequeñas del núcleo tienden aalinearse primero en un sentido, y después en el otro, a medida que el flujomagnético varía periódicamente.

0.4

0.1 1.0

0.60.81.01.21.4

WattsKg

H0.4

100 200 300 400300

0.60.81.01.21.4

Amp-VAmt

60Hz

Perdidas de Nucleo

25Hz

30Hz

50Hz

71

O-Br

Oe

Od

Ob

Oc

O

+Bmax

+Br

-Hmax

-BmaxOf

B

Og

Od

H

Para determinar estas pérdidas será suficiente con medir con un planímetro elárea encerrada por el lazo de histéresis.

nmáxh B ηw = (Pérdidas / unidad de volumen) 62)(3........ −

η = coeficiente de Steinmetz , constante cuyo valor depende del material y delsistema de unidades usado.

n= exponente de Steinmetz, usualmente es 1,6.

Fórmula empírica deducida por Steinmetz (1892) después de un gran número deobservaciones y mediciones experimentales.

Para una frecuencia f y un volumen Vol tendremos:

63)(3........fBηVP nmáxolh −=

64)(3........fBKP nmáxhh −= (en watts)

donde:

Kh = cte., depende del material y del sistema de unidades usado. f= frecuencia de magnetización en ciclos / seg.

Vol = volumen del núcleo en m3.

Ph es independiente de la forma de onda de la fuente de excitación, ó de laforma de onda de flujo φ(t), depende solamente de la amplitud de la densidad deflujo, la frecuencia de la fuente y la naturaleza del material magnético.

Anillo de histéresis de un material ferromagnético.

Figura 3.9.1

72

( ) 65)(3........B A N ff.f4E máxef −=

( ) 66)(3........A N ff.f4

EB efmáx −=

( ) 67)(3........A N ff.f4

EfKPn

efhn −

=

68)(3........f

EKP 1n

nef

'h

h −= −

( )( ) 69)(3........A Nf.f4

KK nh'

h −=

b) Pérdidas por Corrientes Parásitas.- Es la energía disipada en el núcleodebido a pérdidas óhmicas, es decir el campo magnético variable en eltiempo induce corrientes parásitas en el núcleo, como el núcleo tieneresistencia finita éste disipará energía debido a pérdidas óhmicas. Lascorrientes inducidas forman anillos semejando un remolino, realmente hayun número infinito de anillos de corriente cubriendo completamente lasección transversal del núcleo.

X

Y

Z

X X X X X

X X X X X

X X X X X

X X X X X

X X X X X

X X X X X

L

Lh

W

Figura 3.9.2

73

Para la determinación de éstas pérdidas recurrimos a la siguiente fórmula:

6ρBtfπω

2máx

222

f = (pérdida / unidad volumen) 70)(3........ −

Para un volumen Vol tendremos:

71)(3........6ρVolBtfπP

2máx

222

f −=

72)(3........BfKP 2máx

2ff −=

Donde: t : espesor de las láminas que forman el núcleo (m) Bmax : densidad de flujo máximo (Wb/m2) f : frecuencia en ciclos / seg Vol : volumen del núcleo en m3

ρ : resistividad del material ferromagnético (Ω x m )

3.10 PÉRDIDAS TOTALES EN EL HIERRO (PT).

El total de pérdidas en el núcleo es la sumatoria de las pérdidas debido a lahistéresis y a las corrientes parásitas.

73)(3........PPP fhT −+=

Laminando el material del núcleo y aumentando su resistividad podremoslimitar las pérdidas por corrientes parásitas. Las pérdidas por histéresisrepresentan en las máquinas eléctricas alrededor del 75% de las perdidastotales.

3.11 SEPARACIÓN DE PÉRDIDAS

Si se conocen las pérdidas totales de una plancha magnética midiendo adiferentes frecuencias pero con la misma densidad de flujo máxima; es posiblededucir analíticamente ó gráficamente sus dos componentes.

74)(3........PPP fhT −+=

75)(3........B fkB fKP 2máx

2f

nmáxhT −+=

Si mantenemos Bmáx = cte.

76)(3........bfafP 2T −+=

77)(3........afPh −=

74

78)(3........bfP 2f −=

Para determinar a y b, efectuamos dos mediciones a las frecuencias f1 y f2

79)(3........bfafP 2111t −+=

80)(3........bfafP 2222t −+=

Resolviendo el sistema de ecuaciones con dos incógnitas se obtiene:

81)(3........

fffffPfP

a

222

211

222t

211t

−=

82)(3........

ffffPfPf

b

222

211

2t2

1t1

−=

( ) 83)(3........fffffPfPa1221

212t

221t −−−=

( ) )84(3........fffffPfPb1221

21t12t −−−=

85)(3........afP 11h −=

86)(3........afP 22h −=

87)(3........bfP 211f −=

88)(3........bfP 222f −=

MÉTODO GRÁFICO:

Sabemos : 89)(3........bfafP 2

T −+=

90)(3........bfaf

PT −+=

75

Tomamos como ordenada los valoresf

PT y por abscisas las frecuencias, se

ubican 2 ó más lecturas en plano cartesiano. Uniendo estos puntos se obtendráuna línea recta.

Se prolonga la recta hasta que se intersecta con el eje vertical.

Figura 3.11.1

91)(3........OAa −=

92)(3........f

CCf

BBb

2

1

1

1 −==

3.12 DETERMINACIÓN EXPERIMENTAL DE LAS PÉRDIDAS TOTALES

La determinación de las perdidas totales se hace generalmente medianteaparatos especiales, el mas conocido de ellos es el aparato de Epstein, con esteaparato se pueden determinar las pérdidas a diferentes frecuencias y adiferentes densidades de flujo máximo.

Perdidas Totales (W/Kg)

60Hz 50Hz4321

0.5 1Bmax(Wb/m²)

Figura 3.12.1

B

1f1 1f21f

B1

P /f1t 1

A

P /f2t 2

P /ft

C

C1

76

3.13 REACTORES CON NÚCLEO DE HIERRO

BALASTOS :sirven para estabilizar el funcionamiento de las lámparas dedescarga de gases, ya que estas no pueden funcionar directamente conectados ala red de tensión. Si no hubiera un balasto entre la línea de tensión y lalámpara, ésta última explotaría.

Los balastos pueden ser impedancias inductivas, capacitivas ó resistivas quelimitan la corriente (amperios) que circulan por las lámparas a los valoresexigidos para un funcionamiento adecuado. Además, cuando es necesario, losbalastos suministran la tensión y corriente de arranque requeridas y en el casode reactancias de arranque rápido, la baja tensión requerida para calentar loscátodos de las lámparas. Las más utilizadas son las de tipo inductivo

Cada lámpara de descarga de gases( de diferente tipo y potencia)ha sidodiseñada para operar con una corriente y tensión específica y es el reactor elque debe darle a la lámpara las condiciones necesarias para operar.

En resumen, las funciones que debe realizar un balasto son :

• Proporcionar la corriente de arranque ó de precalentamiento de cátodospara conseguir en éstos la emisión inicial de electrones.• Suministrar la tensión de arranque en vacío( tensión que el balasto envía a lalámpara) suficiente para hacer saltar el arco en el interior de la lámpara.• Limitar la corriente en la lámpara a los valores adecuados para su correctofuncionamiento.

Los reactores están formados por un núcleo de hierro de placas de acero y deuna bobina de alambre de cobre. Algunos reactores producen un zumbido, estoes a causa de que generalmente éstos trabajan en la zona de saturación es decirse produce una vibración como consecuencia de las solicitaciones magnéticassobre las placas de núcleo.

En una reactancia correctamente construida, la vibración fundamental de 100Hz, pueden en ocasiones ser oídos.

Los reactores para lámparas de descarga de alta fusión, tales como las demercurio y sodio alta presión, así como las lámparas de halogenuros metálicos,son en principio iguales a los de una lámpara fluorescente, variando la seccióndel alambre de cobre, así como las dimensiones de las láminas que forman elnúcleo del reactor. Estos reactores varían en su tamaño y peso, debido a queson fabricados para cada tipo y potencia de lámpara. Por ejemplo: Un reactorpara una lámpara de vapor de sodio de alta presión de 250 watts, no puede serutilizado para operar con una lámpara de vapor mercurio de 250 watts.

3.14 IMPORTANCIA DE LA CURVA DE MAGNETIZACIÓN

La curva de magnetización es de fundamental importancia, porque lascaracterísticas de funcionamiento de la máquina, bien sea generador ó motor,dependen casi completamente de ella.

77

Por esta razón, la fase de determinación de la curva de magnetizaciónconstituye un paso esencial en el proyecto, con objeto de tener la seguridad deque la máquina satisfará las condiciones especificadas.

La curva de magnetización se utiliza para el diseño de simples bobinas, choquesó balastos, transformadores y máquinas rotativas. También para el cálculo delas inductancias estática y dinámica utilizadas en el cálculo de la estabilidad óel transitorio de un sistema de potencia.

3.15 MODELOS DE REPRESENTACIÓN DE CURVAS DE MAGNETIZACIÓN

a) Representación de la Curva de Magnetización Mediante Polinomios.

Figura 3.15.1

λ= Flujo concatenado ( Nφm) (weber –vuelta )r.m.s.i = corriente de magnetización ( Amps )r.m.s.

El presente método tiene como objetivo dar una expresión analítica de la curvacaracterística de magnetización, a partir de valores r.m.s. experimentales.

La curva de magnetización es aproximada por un ajuste polinomial entregadopor la siguiente ecuación:

93)(3........(t)bλλ(t) ai(t) n −+=

94)(3........t cosωλλ(t) m −=

Reemplanzando:

( ) 95)(3........t cosnωbλK....t cos3ωbλkt cosωbλKaλi(t) nmn

nm3

nm1m −++++=

b) Representación de la curva de magnetización usando Interpolaciones

lineales

La alta utilización de diversas calidades de materiales en la construcción devariados tipos de transformadores y máquinas eléctricas conduce a aproximarde la mejor forma posible a la curva característica de magnetización.

78

Figura 3.15.2

La curva experimental que muestra la relación r.m.s. tensión corriente esobtenida por medición experimental empleando el aparato de Epstein.

La idea es obtener varias funciones simples lineales en todo el rango de la curvacaracterística de magnetización a partir de datos experimentales r.m.s. paraello se subdividirá la curva r.m.s. en “n” secciones iguales, donde el valor de“n” dependerá de la exactitud, fidelidad que el operador requiera.

V (voltios)(R.M.S.)

I(Amp)(R.M.S.)

V j+1

VV j

I j+1II j

Figura 3.15.3

( ) 96)(3.........ViiiiVVV jj

j1j

j1j −+−−−=

+

+

Las posiciones individuales estarán representadas por ecuaciones de rectas;luego, la porción de curva r.m.s. entre los puntos “j” y “j + 1 “ está dada por lafórmula descrita.

1. Es posible que una simple función, aplicada en muchos tramos represente elrango total desde el origen hasta la zona de saturación.

79

2. La aproximación sería una simple función matemática que puede seraplicada en un programa de cómputo como una manera de rutina y noenvuelve alguna decisión de parte del operador.

3. Los errores son pequeños, tanto como uno quisiera que lo sean.4. El tiempo de computación es relativamente corto (segs).

c) Representación de la curva de Magnetización mediante la Ecuación deFroelich.

B(Wb/m²)

B=densidad de FlujoH=intensidad magnética

H(Amp-vuelta/m)

Figura 3.15.4

La aproximación de la curva de magnetización es de fundamental importancia,porque las características de funcionamiento de la máquina, bien sea generadoró motor, dependen casi completamente de ella.

Por ésta razón, la predeterminación de la curva de magnetización constituye unpase esencial en el proyecto, con objeto de tener la seguridad de que la máquinasatisfará las condiciones especificadas, la evaluación que representa con mayorsencillez y relativa exactitud la curva de magnetización es la ecuación deFroelich.

97)(3........Hb

aHB −+

=

Donde a y b son constantes.

Se tienen dos constantes desconocidos por cada ecuación; éllas serán halladasa partir de los datos experimentales r.m.s.; es decir de dos puntos seleccionados,uno caería o la zona de remanencia y el oro después del codo de la zona desaturación.La ventaja de éste método es que la ecuación utilizada para representar a lacurva experimental de magnetización es muy sencilla.

80

PROBLEMAS RESUELTOSCAPITULO III

EXCITACIÓN DE CIRCUITOSMAGNÉTICOS CON AC

PROBLEMAS N° 3.1 : Se proyectó un reactor con 140 láminas de 0,5 mm deespesor que debería de presentar unas pérdidas por histéresis y corrientesparásitas de 25 y 30 Watts respectivamente, pero por error en el núcleo seensambló con 140 láminas de 0,35 mm¿Determinar los nuevos valores de pérdidas respectivamente (asumir n= 1,7)

SOLUCIÓN:

Sabemos que:

)/(max6

max)/(max

32222

7,13

mwattsBftPf

BfmWattsBfPh n

×××=

××=××=

ρπ

ηη

t: Espesor de cada lámina del núcleo

f: Frecuencia de magnetización ρ :Resistividad del material ferromagnético ( m×Ω )

A

W1,3278,0

2578,0

PhPh

tt

tt

tt

AmAm

maxBmaxB

PhPh

:cualloPor)Watts(AmmaxBfPh

)Watts(AmmaxBfPh

:histéresisporpérdidaslasPara*)alproporcionVolumen(Am..Vol

tt

maxBmaxB:decirEs

5,035,0

maxBmaxB:EntoncesEefEef:Pero

1035,0140dmaxBfN44,4EefmaxBAfN44,4Eef

105,0140dmaxBfN44,4EefmaxBAfN44,4Eef

12

7,0

1

2

2

17,1

1

2

2

17,1

2

1

2

1

27,1

22

17,1

11

1

2

2

1

2

121

322

222

311

111

===

=

=×

=×

=

××××=

××××=

=

=

==

×××××××=

××××=×××××××=

××××=

−

−

αη

αη

α

d

nd ×=

78,0

nt

t×

81

W21307,0Pf7,0Pf35,05,0

35,05,0

35,05,0

maxBmaxB

PfPf:dondeDe

Am35,0maxBKPf

Am5,0maxBKPf:Entonces

)Watts(.VoltmaxBKPf:parásitascorrientesporpérdidaslasPara*

12

22

2

1

2

1

222

22

122

11

22

=×=×=

=×

×

=

××××=

××××=

×××=

α

α

PROBLEMA N° 3.2 : Un reactor de núcleo de hierro es excitado por 3diferentes voltajes que son aplicados sucesivamente a la bobina de excitacióndel núcleo mostrado en la figura. La resistencia de la bobina de excitación esdespreciable. El exponente de Steinmetz es n=1,6. Parte de los datos obtenidosson dados en la tabla. Llenar los espacios en blanco.

Figura P3.2.1

VOLTAJE APLICADO Ph(W) Pf(W) Ptotal(W)

tsentv 377140)(1 ×= ? ? 100

tsentv 377280)(2 ×= ? ? 360

v3(t) es una onda cuadrada, cuyo valorpico es 357V y f=120Hz

? ? ?

SOLUCIÓN:

a)

)...(....................1003097,060Kf3097,060Kh:Entoncesm/Wb3097,0maxB

1060maxB2006044,4AmmaxBNf44,4992

140Vef

maxBfKfPfmaxBfKhmaxBfKhPh

226,1

2

4

22

6,1n

α=××+××

=

×××××=××××===

××=××=××=

−

82

b)

)...(....................3606194,060Kf6194,060Kh:Entoncesm/Wb6194,0maxB

maxB10602006044,41982

280Vef

226,1

2

4

β=××+××=

×××××=== −

Resolviendo (α ) y ( β ): Kh=4,49Kf=0,17

En a) :

W7,58PfW3,413096,06049,4Ph 6,1

==××=

En b) :

W8,234PfW185,1256194,06049,4Ph 6,1

==××=

c) Para una onda cuadrada:

6198,0106020012014

357AmNff.f4

VefmaxB

1.f.fHz120f,V357maxVVef

4 =×××××

=××××

=

====

−

W03,1191PW40,9406198,0120KfPfW63,2506198,0120KhPh

FE

22

6,1

==××=

=××=

PROBLEMA N° 3.3 : Se dispone de los siguientes datos de un reactor denúcleo de hierro:Voltaje aplicado a la bobina de excitación = 220 VFrecuencia = 60 HzFlujo en el núcleo = tsen377max×φCorriente de excitación:

tttsentsenti 1131cos2,0377cos35,011317,0377414,1)( ×+×+×+×=φ

a) Determinar las pérdidas en el núcleob) El valor de los parámetros gp y bm . Dar su circuito equivalente

Despreciar la resistencia del bobinado.

SOLUCIÓN:

83

a)

Figura P3.3.1

t377cos2220)t(v

t377cos35,0)t(i p

×=

×=

Potencia instantánea: t377cos35,0t377cos2220)t(i)t(v)t(P p ×××=×=

W45,54t377cos9,10821Pmedia

2

0

2 =×= ∫π

π

b)

A152,1III

mhos101136,5b

56,195125,1

220IVX

A125,1I

265,122,0

22

27,0I

wt3cos2,0senwt2wt3sen7,0i

A2475,0235,0I

mhos10125,1g

89,88845,54

220PVRp

RpVP

2m

2p

3m

mm

m

2222

m

m

p

3p

2

FE

22

FE

=+=

×=

===

=

=

+

+

=

×+×+×=

==

×=

====

−

−

φ

Ω

Ω

PROBLEMA N° 3.4 : Cuando un voltaje senoidal de 200V eficaces y f = 60Hz es aplicado a la bobina de excitación de un núcleo ferromagnético, laspérdidas por histéresis y foucault son 40 y 20 W respectivamente y la densidadde flujo: Bmax=0,93 Wb/ m2 . Calcular éstas pérdidas cuando un voltaje:

tsentsentv 11315,71377250)( ×+×= es aplicado a la bobina de excitación.El exponente de Steinmetz es 1,6

84

SOLUCIÓN:


t1131sen5,71t377sen250)t(v:Para

VolmaxB6

ft20maxBfKfPf

maxBfVol40maxBfKhPh

2222

22

n6,1

×+×=

××××==××=

×××==××=

ρπη

Aplicamos superposición:

a)

W625,1520200

78,176´Pf

W83,3240200

78,176PhV´V´Ph

maxB´maxB

Pf´Pf

maxB´maxB

maxB´maxB

f´f

Ph´Ph

)f´f(;maxB

´maxBmaxBf

´maxB´fV´V

maxBfKmaxBfAmN4,4V

?B;Hz60´f;V78,1762

250ef´V:t377sen250

2

6,16,1

26,16,1

=×

=

=×

=×

=

=

=

×=

==××=

××=××××=

====×

b)

W278,1Pf0639,0´´Pf

0639,0V´´V

´´ff

V´´V

f´´f

maxB´´maxB

f´´f

Pf´´Pf

W3,2Ph057,0´´Ph

057,0´´ff

V´´V

f´´f

maxB´´maxB

f´´f

Ph´´Ph

maxB´´maxB

f´´f

V´´V

Hz180´´f;V558,5025,71ef´´V:t1131sen750

22222

6,16,1

=×=

=

=

××

=

×

=

=×=

=

××=

×=

×=

===×

85

Por lo tanto:

Ph total=Ph´+Ph´´=32,83+2,3=35,13W

Pf total=Pf´+Pf´´=15,625+1,278=16,903W

PROBLEMA N° 3.5 : Se tiene un reactor de núcleo de hierro normalizado E–Ide acero silicoso H-23 que presenta las siguientes características:

Número de Láminas = 60Voltaje nominal = 110 VDiámetro de Núcleo=d=2´´Densidad de Campo Bm = 1 teslaPeso específico del Fe = FEγ = 7750 Kg/ m3

f.a =0,95 ; t=0,5mm

g= 0

Figura P3.5.1

Se pide determinar:a) El número de espiras, corriente absorvida e inductancia del reactor sin

entrehierro si la frecuencia de la red es de 60 Hz.b) Si en este reactor se crea un entrehierro de 0,5 mm, calcular la nueva

inductancia del reactor . (Considerar efecto de borde).c) Calcular el incremento de la corriente activa y reactiva.

SOLUCIÓN:

Ahora:

Figura P3.5.2

N

FEp

2p

2m

232

VPI:tambiénIII:queSabemos

271N

94,270001524,016044,4

110ABf44,4

110N

m001524,0105,0601054,22AtndA:áreauntomando,110ABNf44,4E

=+=

≈∴

=×××

=×××

=⇒

=×××××=

××==××××=−−

φ

Kg/W8,2:tablaslasDeW)Kg/W(P

FE

FEFEFE

=×=

ρρ

86

Luego:

b) Para un entrehierro:

Figura P3.5.3

A0916,0110

08,10I

W08,106,38,2PKg6,310645,47750W

m10645,4Vol

105,0602d

2d32105,060

2d5d3Vol

VolW

P

Fe

4FE

34FE

33FE

FEFEFE

==

=×==××=∴

×=

×××××−××××=

×=

−

−

−−

γ

H448,2L

d6271tn2/d150/12NS2

S21

NNL

A15,012,00916,0III

A12,0271

1054,2261502

1I

d6dondeN

H2

1I

m/vueltaamp150H:HBcurvaladeT1BCuando

2

m

2A

A

m

2

eq

2

222m

2p

2

m

mmm

m

mm

ef

=∴

×××××=

×××=

××

=ℜ

=

=+=+=∴

=

×××××=

=

×

×=

−=−⇒=

−

λ

λλ

λλ

µ

µ

φ

m105,0mm5,0g 3−×==

24g

gog

44

A

mm

gBgg

24ABg

g

Bgg

g

gm

2

m106,8)g2a.ftn()g22/d(S;

Sg

Wb/vueltaamp1031062,7150/1

d621

S21

2

m1062,7tn2dS

2:Pero

2

NL:Entonces

A

A

eq

eq

Aeq

A

A

eq

eqeq

−

−

−

×=+××+=×

=ℜ

−×=××

×=×

×=ℜ

ℜ=ℜ=ℜ⇒

×=××=ℜ=ℜ

ℜ+ℜ

=ℜ

ℜ+ℜ=

µ

µλ

λ

gBa

Ba

NI gAG2_

A2_ A

87

H1490,010266,46103

271L

Wb/vueltaamp10266,46106,8104

105,0

44

2

447

3

geq

=×+×

=∴

−×=×××π

×=ℜ⇒ −−

−

c)

PROBLEMA N° 3.6 : Se quiere construir una bobina para 110 voltios, quetenga una reactancia de 300Ω a 60 Hz, con una pérdida en el núcleo nosuperior a 25watts. Se dispone de láminas de las dimensiones indicadas,material H-23, 0,5mm. Determinar las dimensiones del núcleo y el número deespiras que habría que utilizar para reunir los requisitos (f.a = 0,92)

Siendo : 323

2max /75,7;

.8,2 cmgr

KgWattsBP HFE =

×= −δ

Curva B- H : 400225;93696,1

maxmax

maxmax ≤≤

+×

= HHH

B

Figura P3.6.1

1533%10012,0

II%

A84,112,096,1I

A96,1271

tnd271

d61502

1I

N

SB

NH

21I

SBHHIN:AmperedeleylaDe

0I

ef

ef

ef

ef

ef

eqeq

mm

m

Agm

eqgBmmmm

gBmmmgBmmm

P

=×=

=−=

=

×××ℜ+××=

ℜ××+

××=

ℜ××+×=ℜ×+×=×

=

∆

∆

φ

∆

λ

λλ

88

SOLUCIÓN:

334

FE2

maxFEN

m

m/Kg1075,7m105t

WB8,2PW25P

300XHz60f92,0a.fvoltios110V

TOTAL

×=×=

××=≤

====

− δ

Ω

( )

:cuallopor67,51n405,74n2,1:)1(De

2,1B225HPara)3(....................470N39,264400H225:Pero

N851,0H6096,0H23667,0NHIN

A3667,0300110Im

)2(....................41,16256NnB1054,26044,4

110NnBf44,4

VNAB

NABf44,4Vn1054,2A

)1(....................405,74nB

25nB33599933,0

PnB33599933,0n119999,0B8,2P

n119999,01075,7n10548384,1VolWn10548384,1105n1054,248tnAVol

2maxmax

max

max

maxmmm

ef

max

5ef

m

mef

5m

2max

2max

N2

max2

maxFE

35FEFE

5422FE

TOTAL

≤⇒≤×∴

=⇒=≤≤⇒≤≤

×=×=××⇒×=×

==

=××∴×××

=××⇒×

=××

××××=××=

≤×∴

≤××⇒

=××=×××=

×=××××=×=

××=×××××=××=

−

−

−

−−−

λ

δ

n=50 láminas.

.cm7174,2m027174,0h92,0

10550a.f105nh:núcleodeldprofundidala

espiras270502,141,16256N:)2(En

44

≡=∴

××=××=⇒

=×

=

−−

89

PROBLEMA N° 3.7 : Se ha diseñado un reactor con las característicassiguientes: 110V, 60 Hz , número de espiras 208, espesor de cada lámina 0,5mm. f.a = 0,98, γ=7,75gr/cc, material H–23. Despreciar el efecto de borde y lacaída de tensión en la resistencia del devanado.

Fue ensayado en el laboratorio, obteniéndose las siguientes lecturas de losinstrumentos:

V(volts ) f(Hz) B(Tesla) Watts/Kg. 110 60 1,20 4,50

Determinar:

a) El flujo magnético b) El peso del material ferromagnético utilizado. c) Los parámetros del circuito equivalente del reactor. d) La inductancia.

a = 1’’

Figura P3.7.1

SOLUCIÓN:

a) Primero hallaremos el número de láminas:

Wb109812,1)105,0(65)1054,2(22,1AB:Ahora

65n:Tomamos

1298,65n)105,0()1054,2(22,12086044,4

110n

ta2BNf44,4Vn

tna2BNf44,4ABNf44,4V

3

32mm

32

m

mmm

−

−−

−−

×=φ∴

××××××=×=φ

=

=××××××××

=

××××××=

×××××××=××××=

m1041,0 3g

−×=λ

90

b)

.Kg894,3gr389475,745,502VolWPeso:Entoncescm45,502Vol

105,0651046,15tn)a2a6a30(VoltnAreaVolVolumen

3

33g

22

==×=×===

××××=××××−×−×=

××==−−

γ

λ

d) Con los datos se obtiene el siguiente circuito equivalente:

Figura P3.7.2

Aplicando la ley de Ampere tenemos:

A1526,2107542,1104

1041,010651,12,13302,02402081i

:)3(enandoreemplazm/vueltaamp240HHBcurvaladeT2,1Bcomo

m3302,01054,213a13m10651,1tna2A

m107542,1A

)1041,0298,0

105,065()1041,021054,22(A

)2a.ftn()2a2(A

)3(....................AAB

HN1i

iNAAB

H:)2(en)1(

)2(....................iNHH

37

33

mm

2m

23m

23g

33

32g

ggg

ggo

mmmm

ggo

mmmm

ggmm

=

×××π

××××+××=

−=−⇒==××==

×=×××=

×=

××+×××××+××=

=+××+=

×

×µ×

+××=

×=××µ×

+×

×=×+×

−−

−−

−

−

−

−−

−−

λ

λλ

λλ

λλ

λλ

)1(....................AABH

A)H(ABABAB

;VIg

go

mmg

ggomm

ggmm

gmP

×µ×=

××µ=×

×=×⇒

φ=φ=

91

mhos1083,13gYb

mhos1091,13110

53,1VI

Y

8453,1III01595,0I1595,01101045,1VgI

mhos1045,1110

523,17V

Pg

Watts523,17894,35,4P905221,1I901526,2i

0110V.referenciacomoTomando

322m

3o

mPo

P3

P

322

pérdidas

pérdidas

m

−

−

−

−

×=−=

×===

°−∠=+=°∠=⇒=××=×=

×===

=×=°−∠=⇒°−∠=°∠=

mhos1083,13b,mhos1045,1g905221,1I,01595,0I

8453,1I,0110V

3m

3mP

o

−− ×=×=

°−∠=°∠=°−∠=°∠=

d)

H1914,0L1526,2

10651,12,1208i

ABNi

NLNiL3

mmmm

=∴

×××=××

=×

=⇒×=×−φφ

PROBLEMA N° 3.8 : Se tiene un reactor de núcleo E–I como se muestra en lafigura cuyas características son:

# láminas (material H-23) = 36# espiras = 460 gλ = 0,02”Espesor de cada lámina = 0,5 mm.Factor de apilamiento = 0,98

Despreciar la Resistencia del Bobinado.

Figura P3.8.1

a) Si al reactor se le aplica una tensión senoidal de 220V eficaces, 60Hz.

Determine L (inductancia) considerando entrehierro.

b) Hallar L (inductancia) sin considerar entrehierro para a).c) Si el reactor diseñado se somete a las siguientes pruebas:

Determinar la tensión y potencia total (Ph y Pf) para 54Hz

W19PtHz58fV67,212VefW20PtHz60fV220Vef

212

111

======

92

SOLUCIÓN:

a) Sabemos que: mm NiL φ×=×

Figura P3.8.2

Como la tensión aplicada es senoidal entonces:maxmfN44,4E φ×××=

Wb107952,16046044,4

220fN44,4

E 3mmax

−×=××

=××

=⇒ φ

Figura P3.8.3

( )

( )

( ) ( )

2m

3mmm

2323m

42g

2m

ggmmggmmm

mggmm

m

23g

g

ggg

m/Wb3088,1B107952,1ABm103716,11054,25,1105,0362atn2A

m1008,51054,202,0m4572,01054,25,112a12donde

)(....................H2HN1H2H

N1i

iNH2H

iNld.H:AmperedeleylaPor

m104767,1A

00254,002,0298,0

0005,03620254,002,020254,05,1A

2a.f

tn22aA

maxmaxmax

maxmaxmax

=⇒×=×=φ⇒

×=××××××=×××=∴

×=××=

=×××==

α×+××=×+××=

×=×+×⇒

×=

×=

××+×××××+×=

+×××+=

−

−−−

−−

−

−

∫

λ

λ

λλλλ

λλ

ρρ

λλ

maxm

m

iNL φ×=

93

m/vueltaamp325Hm/vueltaamp325HT3,1B:)espesordemm5,0(23HmaterialelparaHBcurvalaDe

maxmm

m

−=∴−=⇒=−−

( ) ( )

H34,04597,2

107952,1460L

A4597,2i

1008,510674,924572,0325460

1i:En

m/vueltaamp10674,9H

104104767,1103716,13088,1

AAB

AH

HA

ABBA

ABBAsumiendo

3

m

45m

5g

73

3

og

mm

og

mg

gog

mmg

m

ggmgm

max

max

max

maxmax

max

=××=∴

=

××××+××=α

−×=

×π××××=

µ××

=µ×

φ=

×µ=×

=⇒×

=⇒φ=φ

−

−

−−

−

b)

H5566,2323,0

107952,1460L

A323,04572,0325460

1HN1i0Con

3

mmmg maxmax

=××=∴

=××=××=⇒=

−

λλ

c)

V198107952,15446044,4VefW07,17PfPh)Hz54(Pt

W380584,8b54PfW68968,8a54Ph

Hz54fPara10874,2b;16092,0a:sistemaelsolviendoRe

19b58a58)II20b60a60)I

PtPfPhfbPfyfaPhBB

Wb107953,15846044,4

67,212:IICASO

Wb107952,16046044,4

220

fN44,4Vef:ICASO

3

2

3

2

2

2mIImI

3m

3m

m

max

max

max

=××××==+=∴

=×=

=×==⇒

×==

=×+×

=×+×

=+⇒×=×=⇒=∴

×=××

=φ

×=××

=φ⇒

φ×××=

−

−

−

−

PROBLEMA N° 3.9 : Se quiere diseñar una bobina como la que se muestra,para 110V , 60 Hz, que presenta una XL =137 Ohmios con pérdidas en el núcleono mayor de 1 Watts . Material H-23 (0,5 mm), f.a =0,9 y mmg 1=λ

94

( ) 8,0AA

m/Kg7750Kg/WattsB8,1pg

m323H

2maxFE ==×= −δ

¿Determinar el número de láminas y el número de espiras de la bobina?

(sugerencia: ℜ

=2NL )

Figura P3.9.1

SOLUCIÓN:

×

×+×=

××

+×

=ℜg

m

o

gm

mgo

g

m

m

AA

AAA µµµµλλλλ 212

Figura P3.9.2

Figura P3.9.3

También:

mmax

efmmaxef ABf44,4

ENABfN44,4E

×××=⇒××××=

Como:

×

×+××××

=⇒

×

×+

××××

=ℜ

=

g

m

o

gmm

2max

22

2

g

m

o

gm

m2

m2

max22

22

AA2

ABf44,4

EefL

AA2

AABf44,4

EefNL

µµ

µµ

λλ

λλ

Pero:

δδ

δδ

×××=

××=∴

×××=××=

m

FE

mFE

FEm

mmFEFEFE

BP

pPA

ApVolpP

λλ

λ

2max8,1

ga

ma

NI

.m2,0cm20)5,15(2)5,18(2m ==−×+−×=λ

95

Reemplazando en L:

2max

max

3

L

7

322

2

max

max

g

m

o

gmFE

2max

22

2maxm

2

m/Wb18,1BHBdeym/vueltaamp225HHcurvalaDe

106,5:anteriorigualdadlasolviendoRe

24,12732,0686,475

120137LL602X

24,12732,0686,475

8,0104

1022,016044,4

77502,08,1110L

HB

AA2

PBf44,4

B8,1EefL

=⇒−

−=⇒−×=

+

==⇒××=⇒

+

=

×

××+×××

×××=⇒

=

×

×+××××

××××=

−

−

−

µµ

µπ

π

µπµ

µ

µµ

δλλ

λ

432m

4

242m

10574,2105,0n105,1tndA

vueltas1350vueltas4,135910574,218,16044,4

110N

m10574,277502,018,18,1

1A

−−−

−

−

×=××××=××=⇒

≈=××××

=∴

×=×××

=⇒

∴ n=34,3 ≈ 35 láminas

PROBLEMA N° 3.10 : Se ha diseñado un reactor con las siguientescaracterísticas:

Vnominal = 220 V

fnominal = 60 Hz# de espiras N =405# de placas = n = 80Factor de apilamiento = 0,98Densidad del Fe =7,65 gr /cc

Material : H – 23t = 0,5 mm

Figura P3.10.1

a) Si circula una corriente de 0.825Amp pico a pico por el bobinado deexcitación, determinar la Inductancia L , considerando el entrehierro.

b) Determinar la Inductancia sin considerar el entrehierro, para determinar lacorriente de excitación del caso (a).

96

c) Si al reactor diseñado, se le somete a las siguientes pruebas:Vef 1 = 220 voltios f1 = 60 Hz Pt1= 20 wattsVef 2 = 212.57 voltios f2 = 58 Hz Pt 2 = 19 watts.

Determinar la tensión y potencia total ( Ph y Pf ), para f = 54 Hz

SOLUCIÓN:

a) Se sabe que:

max

max

maxmaxm

mmm i

NLNiL

φφ

×=⇒×=×

Figura P3.10.2Aplicando la ley de Ampere:

97

( )

Wb/vueltaamp9265,38795A

m1008435,2A

1054,2004,098,0

105,08021054,2004,1b)a(A

m10032,2105,0801054,22A

10016,1´004,0m3048,0´´12

iNH0B

A2iN

B0H

iNAB2H

ABAB

iN2H

iNH2H

go

geq

23g

23

2ggg

2332m

41g

m

m

mmm

eqm

mmm

meqmmmm

ggmmmax

meqmaxmm

mggmm

max

maxmax

max

maxmax

maxgmaxmax

maxmax

maxgmax

maxmaxmax

−=×

=ℜ

×=

××+××××××=+×+=

×=×××××=

×==

==

×=⇒=

ℜ×××

=⇒=

×=ℜ××+×

×=×=

×=ℜ×+×

×=×+×

−

−−

−

−−−

−

µ

φ

φ

λ

λλ

λ

λλ

λ

λ

λλ

De la gráfica del H-23:

Figura P3.10.3

b) Sin entrehierro:

1,556Hi

ABNL

1,56Wb/mB:HBtablalaDe

vuelta/mamp1096,21063H0,3048

0,825405iNHHiN

max

max

max

max

max

maxmaxmax

m

mm

2m

m

m

mmmmm

=××

=

=−

−=

×=×

=⇒×=×λ

λ

H3467,1L825,0

10032,235,1405i

ABNL

:Luego3

m

mmax

max

=

×××=××=−

98

c) Se sabe:

)(BfKVef)senoidalesondaspara(BAfN44,4Vef

max

maxm

αΛΛΛΛ××=××××=

i)

K

6667,3B:)(enHz60f

V220Vef

max11

1

=⇒=

=

α

ii)

K6667,3B:)(enHz58f

V67,212Vef

max21

2

=⇒=

=

α

Luego .max cteB = en ambos casos entonces se verifica:

Resolviendo: 2f348

1f8714)f(P +=

Donde f está en Hz y Pt en Watts

Luego para f=54Hz:

Pt=17,0689watts

Ph=8,6896watts V1982206054Vef =×=

Pf=8,37931watts

PROBLEMA N° 3.11 : Se tiene un reactor de núcleo E – I como se muestra enla figura adjunta, cuyas características son :Número de láminas ( material H – 23 ) = 36Número de espiras = 460, espesor de cada lámina = 0, 5 mm.Factor de Apilamiento = 0,98. Despreciar la resistencia del bobinadoa) Si el reactor es alimentado con una corriente continua de 0.72 amperios:

a.1) Calcular el valor de la inductancia para gλ = 0,02´´ , siendo a=1,5´´.b) Si al reactor se le aplica una tensión senoidal de 220 V eficaces, 60 Hz, se

registra una potencia de 20 watts, siendo las pérdidas por histéresis de 14watts ( considerar ℓg = 0,02 pulg) calcular:b.1) La inductancia del reactorb.2) Los parámetros del circuito equivalente del reactor.

SOLUCIÓN:

20b58a58Pt20b60a60Pt

fbfaPt

22

21

2

=×+×=

=×+×=×+×=

99

Figura P3.11.1

a = 1,5´´= m0381,0cm81,354,25,1 ==×

a)

( )233

m

mmax

4g

m103716,1105,0360381,02tna2AdondeI

ABNL

m1008,5´´02,0A72,0I

−−

−

×=××××=×××=

××=

×==

=

αΛΛΛ

λ

Figura P3.11.2

Del circuito magnético:

mA

g3a

m2M m3aNI

g2M g1a

2 mA

2

mA

m2M g2M g3a m3a

m1M

100

vuelta/Wbamp 7 4 8 7 536789,2

vuelta/Wbamp 8 3 0 4 533386,10579 7,104π

105,08Aμ

vuelta/Wbamp 8 2 8 5 270096,101,4967104π

105,08Aμ

m107,579A

)1010,160,98

100,536()105,082(0,0381)2f.a

tn()2(aA

m101,4967A

)1010,160,98

100,536()105,0820,0381(2)2f.a

tn()2(2aA

)(

2

INH0BSi

) (A

INB0HSi

)(AB2

HIN

AABB

)2

()2

(IN

g2g1g

47

4

g2o

gg2

37

4

g1o

gg1

24g2

43

4ggg2

23g1

43

4ggg1

m2m1

m1m

gmm1m

gmmm2

m1m

g

mmggm

g2g1m

m2m1m

−=ℜ

+ℜ=ℜ

−=×××

×=×

=ℜ

−=×××

×=×

=ℜ

×=

×+×××××+=+××+=

×=

×+×××××+×=+××+=

ψ

+

×=⇒=

θℜ×

×=⇒=

βℜ××+

+×=×

×=⇒φ=φ

ℜ+ℜ×φ+ℜ+ℜ×φ=×

−−

−

−−

−

−

−−

−

−

−−

−

λ

λ

λλ

λλ

ΛΛΛλλ

ΛΛΛ

ΛΛΛλλ

m/vueltaamp696,102232385,0

72,0460H:)(De

m/Wb45,04499,07847,536789103716,1

72,0460B:)(De

m32385,02

m3429,00381,09a9m1524,00381,04a4

1m

231m

2m1mm

2m

1m

−=×=

≈=×××=

=+=

=×===×==

−

ψ

θ

λλλ

λλ

De la curva B-H:

Figura P3.11.3

101

H3418,072,0

39,0103716,1460L:)(De3

=×××=−

α

b)

V=220voltiosf=60HzPh=20watts=Ph+Pf=14+PfEntonces: Pf=6watts

b.1)

m/vueltaamp4062,438Hm/vueltaamp310efH:HBcurvalaDe

m/Wb30889,1103716,16046044,4

220AfN44,4

VefB

ABfN44,4Vef:quesabeSeI

NL

maxmm

23

mmax

mmax

max

max

−=⇒−=−

=××××

=×××

=

××××=

×=

−

φ

m4572,0a12m ==λ

Figura P3.11.4

( )

og

mmg

g

mmgggmmm

ggmmmaxmaxggmm

max

AABH

AABBABAB:además

H2HN1IINH2H

INld.H

µ

φ

××

=

×=⇒×=×=

××+××=⇒×=××+×

×=∫λλλλ

ρρ

Por lo tanto:

102

H3246,0544,2

103716,130889,1460L

:)(DeA544,2I

104967,1104103716,130889,11008,524572,04062,438

4601I

AAB

2HN1I

3

max

37

34

max

og

mmgmmmax max

=×××=

=

×××

×××××+××=

××

××+××=

−

−−

−−

α

π

µλλ

b.2) Parámetros del circuito equivalente del reactor:

mhos10177,82220

544,2Vef2

IVefI

b

2420R

mhos10132,4220

20Vef

Png

3maxefmm

P

422P

−

−

×=×

=×

==

=

×===

Ω

PROBLEMA N° 3.12 : Si el reactor del problema anterior es sometido a unaprueba adicional para la determinación de las pérdidas en el núcleo se logróaplicar una tensión de :

V(t)= 207,03 sen 314,16t + 156 cos 314,16 t

Calcular:a) Las pérdidas por histéresis y foucault.b) La tensión y frecuencia aplicada

SOLUCIÓN:

Se aplica:

Hz50´f16,314´f2

373,183´V156sen´V2

03,207cos´V2

:)(y)(Igualando)(sent16,314cos´V2cost16,314sen´V2)t(V

)t16,314(sen´V2)t(V)(t16,314cos156t16,314sen03,207)t(V

efef

ef

efef

ef

=⇒=×π

°=ϕ=

=ϕ××

=ϕ××

βα

βϕ×××+ϕ×××=

ϕ+××=

α+×=

ΛΛΛΛ

ΛΛΛΛ

103

a)

Watts837,15´Pn

Watts167,466050Pf

f´f´Pf

Watts67,11146050Ph

f´f´Ph

´fK´PffKPf´fK´PhfKPh

:´BBcomo;BfKPf

BfKPh

m/Wb30889,1Bt377sen2220)t(V

:teInicialmen

m/Wb30889,1103716,14605044,4

3,183AN´f44,4

´V´B

22

22

22

11

maxmax2

max2

f

6,1maxh

2max

23

m

efmax

=

=×

=×

=

=×=×=

×=×=

×=×=

=××=

××=

=⇒×=

=××××

=×××

= −

b)

Hz50´fvoltios3,183´Vef

=

=

PROBLEMA N° 3.13 : Se ha diseñado un reactor de las característicassiguientes:

110 voltios , 60 Hz, número de láminas : 76,espesor de lámina 0,5 mm, f.a. = 0,97,densidad del fierro = 7,65 gr/cm3, material H- 23.

Si se aplica a la bobina de excitación un voltaje de 110 voltios a 60 Hz y seobtienen unas pérdidas por foucault e histéresis de 6 y 12 wattsrespectivamente, la densidad magnética máxima obtenida es 1,1 Wb/m2. Laresistencia del bobinado medida en DC es 1,2ohmios, considerar:

RAC = 1,25 RDC .

Determinar:a) La inductancia del reactorb) Las pérdidas en el cobrec) Los parámetros del circuito equivalente del reactord) Las pérdidas por Kilogramo (watts/kg) del material ferromagnéticoe) La corriente que absorbe el reactorf) La energía almacenada en el hierrog) La energía almacenada en el entrehierro a = 1,5 pulg. 31003,0 −×=gλ pulg.

SOLUCION:

104

Datos:

23m

23ggeomgg

73g

2

geom

4ef

m108956,2A

m109871,2)b()a2(A

m1062,7)´´1003,0(m0381,01054,25,1´´5,1a

watts12Pfwatts6Ph

0392,097,0038,0

a.ftnb

m038,010576tnbHz60fV110

−

−

−−

−

−

×=

×=+×+=

×=×=

=××==

==

==×=

=××=×==

λλ

λ

Figura P3.13.1

Luego tenemos, cortando a la mitad y superponiendo:

Figura P3.13.2

m4572,0a12)(HHIN

INld.H

m

ggmmaxmax

max

==

×+×=×

×=∫

λ

ΛΛΛΛλλ

ρρ

α

105

a)

H46,09,0

108956,21,1130I

NL:También

Amp9,01062,7109871,2104

108956,21,14572,021801301I

AAB

HN1I:)(De

AAB

HAHABABTambién

vueltas130NTomamos

63,1291,1108956,26044,4

110N

BAf44,4E

NBANf44,4E

m/vueltaamp180H:HBcurvaladem/Wb1,1BqueSabemos

3

max

max

737

3

max

ggo

mmmmaxmax

go

mmgggoggmm

3

maxm

efmaxmef

ef2

max

=×××=×

=

=

××

×××××+××=

×

××

+××=

××

=⇒××=×=×

=⇒

=××××

=

×××=⇒××××=

−=−=

−

−−−

−

−

φ

π

µα

µµ

λλ

b) Circuito equivalente:

Figura P3.13.3

Watts6475,0657,05,1IRP 22ACCu =×=×= φ

c)

mhos107845,5bmhos104876,1g

mhos107845,5gYbmhos105,9727110I

Y

3-m

3P

3-2P

2m

3-

×=×=∴

×=−=×==

−

φφ

φ

Amp657,0I

Amp636396,02

II

Amp163636,0g110I

mhos104876,111018

110Pg

maxefm

PP

322

NP

=⇒

==

=×=

×=== −

φ

106

d) Pérdidas por Kilogramo:

[ ]Kg/Watts7774,1

1032386832,1765018Kg/Pérdidas

m1032386832,1tna24tnaa32a5a6VolVol

PKg/Pérdidas

3

232

N

=××

=

×=××=××××−×=×

=

−

−

ρ

e)La corriente que absorbe el reactor es: φI °−∠=∴ 58,75657,0Iφ

f) Energía almacenada:W

Joules09315,0636396,0246,0W

Joules1002973,1W108

1062,7109871,20663,1A2B

W

Vol2BdB.BVolW

m/Wb0663,1108971,2

108956,21,1A

ABB

)(W2IL

W

WWW

2SISTEMA

3g

7

732

ggo

2g

g

o

2g

B

0 og

23

3

g

mmg

g

2efm

HIERRO

OENTREHIERRSISTEMAHIERRO

g

=×=

×=

×××××=××

×=

××

=×=

=×

××=×

=

−×

=

−=

−

−

−−

−

−

∫

πµ

µµ

β

λ

ΛΛΛΛ

Al reemplazar en (β), tenemos : Joules09212,0WHIERRO =

g) Energía almacenada en el entrehierroJoules1002973,1W 3

g−×=

PROBLEMAS N° 3.14 : El reactor de núcleo de hierro, mostrado en lafigura, está compuesto de 77 láminas de 0,5 mm de espesor, ancho de núcleo de1,5 pulgadas, la bobina tiene 142 espiras cuya resistencia medida con tensióncontinua es 0,25 ohmios, ha sido cometido a un ensayo de laboratorio, cuyaslecturas de los instrumentos son:

( para 0=gλ )

V: 75 voltIφ : ---W : 2,4 wattsf : 60 Hz

Figura P3.14.1

107

Además se conoce dos puntos de la curva Bmáx – Hef

Bmáx 1,06 1,7 Wb/m2

Hef 200 300 Amp/m

Utilizar la ecuación de FroelichConsiderar RAC =1,2 RDCf.a = 0,95

a) Determinar la densidad de flujo cuando se aplica 75 V, 60 Hz

b) Determinar los parámetros del circuito equivalente (para 75 V, 60 Hz), lascorrientes de magnetización y de pérdidas, además las pérdidas en el cobre.

c) Determinar el valor de la inductancia para 0g =λ , V = 75 V, f= 60 Hz.

d) Para el caso de tener un entrehierro de 1,6x10-7m, y aplicando 75 Volts, 60Hz. Determinar los parámetros del circuito equivalente, la inductancia ypérdidas en el cobre.

SOLUCIÓN:

a)

2max

3max

m

efmax

23m

4m

mmaxef

m/Wb351615,1B142601046685,144,4

75B

NfA44,4V

B

m1046685,1A1057701905,02tna2A

NfAB44,4V

=××××

=

×××=

×=

××××=×××=

××××=

−

−

−

b) Para la ecuación de Froelich:

300b300a1,7

200b200a1,06

:datoslosde

HbHa

Bef

efmax

+×=

+×=

+×

=

108

0,398AmpI

1420,0190512247,228I

HIN

:AmperedeleylaPor

247,228H:HBcurvalaDeBHb

aH

Wb/m1,351615B:para

51745,45454b1,8,19090902a:obtenemossolviendoRe

efm

efm

mefefm

efmaxef

ef

2max

=

××=

×=×

=−→=+

×

=

−=−=

λ

Figura P3.14.2

Watts047817,0PRIP

441,188Xmhos10307,5bVIb

3955,2391Rmhos101817,4gVIg

Amp03136244,0III

Amp399236586,0I

398,075

I3,04,2I

III

CuAC2

Cu

m3

mm

m

p4

pP

p

2m

2P

2

222

2m

2P

2

=⇒×=

=⇒×=⇒=

=⇒×=⇒=

=−=⇒

=∴

+

×−=

+=

−

−

φ

φ

φ

φφ

φ

Ω

Ω

75I3,04,2

gVI

75I3,04,2

g

:dondedeI3,0P

gVP

P4,2P

2

PP

2

2

P

2Cu

P2

N

CuN

φ

φ

φ

×−=×=

×−=

×=

×=

−=

109

c)

H5,0398,0

104019213,1142L

104019213,11046685,19557,0AB;I

NL

3

33mefef

efm

ef

=××=

×=××=×=×=

−

−−φφ

d)

Figura P3.14.3

2ef

3ef

2max

3max

efmax

ggmefefm

m/Wb955736,0BWb1040192,1m/Wb3516,1BWb10982616,1

1426044,475

Nf44,4V

:como

H2HIN

=×=φ

=×=φ××

=××

=φ

××+×=×

−

−

λλ

De la ecuación de Froelich:

( )

H498142,0I

NL

Watts048,0I3,0P

Amp4,0III

673,187Xmhos103284,5bVI

b

Amp399631,0I10544,1102566,1

106,11040192,122286,0228,247IN

3955,2391Rmhos101817,4g03136,0I60f,75V

.anteriorcasodelmismoeles:PfyBdefunciónenestánPfPh

PfPhP:como

m10544,1295,0

2105772aA

m/vueltaamp22836,247H

m

2Cu

2m

2P

m3

mm

m

m

36

73

m

P4

PP

N

maz

N

23g

4

gg

ef

=×=

=×=

=+=

=⇒×=⇒=

=

×××

××××+×=×

=⇒×=⇒=⇒

==⇒

++=

×=

+××××+=

−=

−

−−

−−

−

−−

φ

Ω

Ω

φ

φ

λλ

HzfvoltiosV

mg

6075

106,1 7

==

×= −λ

109

CAPÍTULO IVANÁLISIS DEL CIRCUITO

DEL TRANSFORMADORCON NÚCLEO DE AIRE

4.1 EL TRANSFORMADOR IDEAL

El transformador es un aparato que transfiere energía, sirve para transformarvoltajes, corrientes e impedancias.

El núcleo puede ser lineal (núcleo de aire)El núcleo puede ser no lineal (núcleo ferromagnético)El diagrama esquemático de un transformador ideal se muestra a continuación:

Un Transformador IdealFigura 4.1.1

En un transformador ideal se hacen las siguientes suposiciones:

1) La curva B-H del material del núcleo es lineal y de un solo valor. Lapermeabilidad del núcleo es muy grande, u→∞. El núcleo no tiene pérdidas.

2) Los flujos establecidos por las corrientes en los embobinados sonencerrados enteramente en el núcleo. En otras palabras, el acoplamientomagnético de los dos embobinados es perfecto. Todo el flujo establecido poruna bobina enlaza al de la otra y viceversa.

3) Los embobinados no tienen resistencia.

4) Son despreciables la capacitancia entre los embobinados aislados y elnúcleo, así como entre las vueltas y entre los embobinados.

Otras consideraciones:

110

1) El flujo en el núcleo en dirección de las manecillas del reloj es positivo.

2) Las corrientes positivas son aquellas que establecen flujos positivos.

3) Los puntos colocados en las terminales superiores de los dos embobinadosson llamados marcas de polaridad. Su significado es el siguiente: Una corrientevariable en el tiempo entrando por la terminal puntuada de un embobinado,establece un flujo en el núcleo en tal dirección que los voltajes inducidos en losdos embobinados tienen la misma polaridad relativa (en este caso positiva) alde las terminales puntuadas.

4.2 RELACIONES BÁSICAS EN UN TRANSFORMADOR IDEAL:

Los siguientes datos describen al embobinado 1:

V1(t) voltaje entre los terminales del embobinado 1.i1 (t) corriente en el embobinado 1.φ11(t) flujo establecido por i1 (t)e1(t) voltaje inducido en el embobinado 1 por el flujo que lo enlazaN1 # de vueltas en el embobinado 1.

Hagamos que V2(t), i2(t), φ22(t), e2(t) y N2 sean los datos correspondientes alembobinado 2.φ 11(t) como φ22(t) son confinados dentro del núcleo.

El flujo total φm(t) será:

Los voltajes inducidos en los embobinados 1 y 2 de acuerdo con la ley deFaraday son los siguientes:

)24(........dt

)t(dN)t(e m11 −

φ=

)34(........dt

)t(dN)t(e m22 −

φ=

)44(........NN

)t(e)t(e

2

1

2

1 −=

Como los embobinados no tienen resistencia, la aplicación de la ley de voltajede Kirchhoff nos da :

)14(........)t()t()t( 2211m −φ+φ=φ

)64(........)t(e)t(V)54(........)t(e)t(V

22

11

−=−=

)74(........NN

)t(e)t(e

)t(V)t(V

2

1

2

1

2

1 −==

111

Como u→∞., la fmm neta requerida para establecer flujos en el núcleo es cero:

de la cual obtenemos:

El signo negativo indica que las corrientes son de diferente signo en un mismoinstante. La f.m.m. del embobinado 1 es balanceada por la f.m.m. delembobinado 2.

Se logra obtener:

La energía circula en direcciones opuestas en los dos embobinados. Si unembobinado recibe una cierta cantidad de energía de la fuente a la cual estáconectado, el otro embobinado entregará la misma cantidad de energía a lafuente a la que esté conectado. Un transformador ideal no puede almacenarenergía.

Transformador ideal con una resistencia RL conectada al embobinado 2

Figura 4.2.1

La corriente actual en RL es iL(t) y en términos de la referencia positiva de lacorriente, es igual a – i2 (t).

Del circuito:

)124(........NN)t(V)t(V

1

212 −

=

)84(........0)t(iN)t(iN 2211 −=+

)94(........NN

)t(i)t(i

1

2

2

1 −−=

)104(........)t(i)t(V)t(i)t(V 2211 −−=

)114(........)t(i)t(V

)t(i)t(VR

2

2

L

2L −−==

112

Además:

)134(........NN)t(i)t(i

2

112 −

=−

Luego:

Donde:

Una resistencia RL conectada al embobinado 2 parece tener un valor 'LR

cuando se ve del lado 1. En general, para una impedancia ZL , tenemos:

El término 'LZ es llamado el valor de ZL referido al lado 1 del transformador.

4.3 ANÁLISIS DEL TRANSFORMADOR DE POTENCIA CON NÚCLEO DEHIERRO

LAS INDUCTANCIAS DE DISPERSIÓNDibujemos un transformador de potencia con núcleo de hierro.

Figura 4.3.1

Supongamos que el embobinado 1 lleva una corriente i1(t) y suponiendo i2(t) = 0.Hagamos:

)174(........)t()t()t( 21111 −φ+φ=φ λ

)144(........Ra.RNNR

)t(i)t(V '

L2

L

2

2

1L

1

1 −==

=

)154(........NNa

2

1 −=

)164(........ZaNNZZ L

22

2

1L

'L −=

=

113

Donde : φφφφ11(t) es el flujo total establecido por i1 (t)φφφφ 21(t) es la parte de φφφφ 11(t) que existe totalmente dentro del núcleo, por lo tanto enlaza únicamente al embobinado 2.φφφφ ℓ1(t) es la parte de φφφφ11(t) que enlaza únicamente al embobinado 1, pero noal 2.El término φφφφℓ1(t) es el llamado flujo de dispersión del embobinado 1 conrespecto al embobinado 2.

Además:

Donde:Pℓ1 es la permeancia de la trayectoria magnética del flujo de dispersión φφφφℓ1Pm es la permeancia de la trayectoria magnética dentro del núcleo.

Análogamente φφφφ22(t) es el flujo total debido a i2(t) solamente, luego :

φφφφ ℓ2(t) es llamado flujo de dispersión del embobinado 2 con respecto al 1.

Pℓ2 es la permeancia de la trayectoria de φφφφℓ2

Las ecuaciones del circuito (basadas en la ley de voltaje de Kirchhoff) para losdos embobinados son:

Luego, obtenemos:

Definimos la inductancia de dispersión del embobinado 1 con respecto alembobinado 2: Lℓ1

)194(........)t(iNP)t()184(........)t(iNP)t(

11m21

1111

−=φ−=φ λλ

)204(........)t(iNP)t( 2222 −=φ λλ

)214(........)t(iNP)t( 22m12 −=φ

)234(........dt

)t(dN)t(iR)t(V

)224(........dt

)t(d.N)t(i.R)t(V

22222

11111

−φ+=

−φ+=

)254(........dt

)t(dN

dt)t(d

N)t(iR)t(V

)244(........dt

)t(dN

dt)t(d

N)t(iR)t(V

m2

22222

m1

11111

−φ

+φ

+=

−φ

+φ

+=

λ

λ

)264(........)t(di)t(d

NL1

111 −

φ= λ

λ

114

Lℓ2 es la inductancia de dispersión del embobinado 2 con respecto alembobinado 1. Luego tenemos :

de igual manera:

Entonces dejamos:

Podemos escribir :

Donde:

El circuito equivalente parcial del transformador real será:

Figura 4.3.2

4.4 CIRCUITO EQUIVALENTE EXACTO

Los transformadores con núcleos ferromagnéticos poseen características desaturación y de histéresis. Es difícil obtener un circuito equivalente exacto paraun transformador de núcleo de hierro que represente con suficienteaproximación las diferentes condiciones de operación.

)274(........)t(di)t(d

NL2

222 −

φ= λ

λ

)284(........PNi

iNPNi

N)t(di)t(dNL 1

21

1

1111

1

11

1

111 −==

φ≅

φ= λ

λλλλ

)294(........PNL 22

22 −= λλ

)314(........)t(edt

)t(dN

)304(........)t(edt

)t(dN

2m

2

1m

1

−=φ

−=φ

)334(........)t(edt

)t(diL)t(iR)t(V

)324(........)t(edt

)t(diL)t(iR)t(V

22

2222

11

1111

−++=

−++=

λ

λ

)344(........NN

)t(e)t(e

2

1

2

1 −=

115

La mayoría de los transformadores de núcleos de hierro son sometidos engeneral a una excitación senoidal y operados la mayor parte del tiempo en unestado estable.

El circuito anterior tiene que ser modificado para tomar en cuenta el hecho deque la f.m.m. neta que actúa en el núcleo de un transformador real es diferentede cero porque la permeabilidad(μ) del núcleo es finita.

Ambas corrientes i1 (t) e i2 (t) no pueden ser cero al mismo tiempo.Si el embobinado 2 se deja en circuito abierto y se aplica una tensión V1(t) eltransformador actúa como un reactor y requiere por lo tanto, una corriente demagnetización para establecer el flujo φ11(t) en el núcleo. Suponga que i1(t) esdividida en dos componentes.

Figura 4.4.1

Un circuito equivalente satisfactorio se obtiene al incorporar al circuito unaresistencia (que puede ser mostrada como conductancia gp) en paralelo con lainductancia Lm ó susceptancia bm.

Figura 4.4.2

El circuito equivalente exacto es trazado para una operación senoidal en estadoestable los voltajes y corrientes son representados por números complejos: lasinductancias pueden ser mostradas como reactancias o susceptancias. Laconductancia gp representa las pérdidas en el núcleo del transformador, y la

)354(........0)t(iN)t(iN 2211 −≠+⇒

)364(........)t(i)t(i)t(i '2m1 −+=

116

corriente Im circulando en bm representa la equivalente senoidal de la corrientede magnetización no senoidal. Las ecuaciones son:

Donde:

4.5 ECUACIONES Y DIAGRAMA VECTORIAL

Como un transformador de núcleo de hierro opera la mayor parte del tiempo enestado estable senoidal, es útil el trazado de diagramas complejos. Estosdiagramas pueden ser usados para determinar la diferencia entre los voltajessin carga y a plena carga ó para calcular el factor de potencia de entrada deltransformador. Aquí vemos el circuito equivalente que muestra el suministro depotencia del transformador a una carga de impedancia ZL.

Figura 4.5.1

Diagrama complejo para LZ inductiva:La corriente de carga •L está atrazada un ángulo θL con respecto al voltaje 2V. La corriente de carga •L = - •2 donde •2 es la corriente de referenciapositiva.

De la ecuación anterior

El vector •2 representa al voltaje inducido en el embobinado 2, se obtiene alsumar en forma compleja a 2V . Vemos la caída de voltaje en la impedancia dedispersión del lado 2. El complejo representando al flujo es dibujado atrazado90˚ de •2 debido a que e2 (t) = N2 dφ /dt.

)384(........E)LjR(IV)374(........E)LjR(IV

22222

11111

−+ω+=−+ω+=

λ

λ

)414(........III)404(........III

)394(........0ININ

Pm

'21

22'21

−+=−+=

−=+

φ

φ

)424(........aII

NNI L

L

1

2'2 −==

117

Figura 4.5.2

Figura 4.5.3

Podemos referir el circuito equivalente al lado primario:

_

1VaI_

2aI L

_

2

_Vamb pg

1

_

I φ

_I

2

_Ea1

_

E

1R2

2 Ra2λjwL1λjw L

_

1VaI_

2aI L

_

2

_Vamb pg

1

_

I φ

_I

2

_Ea1

_

E

1R2

2 Ra2λjwL1λjw L

_

1VaI_

2aI L

_

2

_Vamb pg

1

_

I φ

_I

2

_Ea1

_

E

1R2

2 Ra2λjwL1λjw L

_

1VaI_

2aI L

_

2

_Vamb pg

1

_

I φ

_I

2

_Ea1

_

E

1R2

2 Ra2λjwL1λjw L Aa

Figura 4.5.4

También podemos referir el circuito equivalente al lado secundario:

Figura 4.5.5

118

Los diagramas también pueden trazarse usando los circuitos equivalentes, parauna carga con factor de potencia atrasado.

Figura 4.5.6

Figura 4.5.7

4.6 LOS CIRCUITOS EQUIVALENTES APROXIMADOS

En la mayoría de transformadores de núcleo de hierro que son operados afrecuencias de potencia (50 ó 60 cps) y usados en la distribución de energíaeléctrica a casas, industrias, etc. La corriente de excitación IØ será pequeña del2 al 4% de la corriente suministrada por los transformadores a las cargas;consecuentemente la rama de excitación puede ser movida a cualquier extremodel circuito.

a) Circuito equivalente aproximado de un transformador de núcleo de hierroreferido al lado primario, corrido al extremo derecho:

119

Figura 4.6.1

b) Circuito equivalente aproximado de un transformador de núcleo de hierroreferido al lado secundario, corrido al extremo izquierdo:

Figura 4.6.2

La reactancia de dispersión equivalente del transformador referida al lado delprimario es:

La resistencia equivalente del transformador referida al lado primario es:

La resistencia equivalente del transformador referida al lado secundario es :

La reactancia de dispersión equivalente referida al lado secundario es :

4.7 DETERMINACIÓN DE LOS PARÁMETROS POR MEDICIONES DE UNTRANSFORMADOR DE NÚCLEO DE HIERRO

Los parámetros por determinar son:

1) Resistencias efectivas de c.a. de los dos embobinados R1 y R2.2) Inductancias de dispersión Lℓ1 y Lℓ2.3) Conductancia gp y susceptancia bm.

Es habitual determinar los valores de los parámetros de un transformador denúcleo de hierro a su voltaje, corriente y frecuencia nominales debido a que por

)434(........L)LaL(X 1eq22

11eq −ω=+ω= λλ

)444(........RaRR 22

11eq −+=

)454(........RaRR 22

12eq −+=

)464(........LLaL

X 2eq221

2eq −ω=+= λλ

120

lo general se espera que el transformador opere la mayor parte del tiempo acondiciones nominales ó muy cerca de ellas.

Los parámetros gp y bm son afectados por las condiciones de operación; si estosson determinados a una cierta frecuencia y densidad de flujo no permaneceránconstantes, si la densidad de flujo y/o la frecuencia es variada por que sepresentan los efectos de histéresis y de saturación y esto afecta los valores de laspérdidas en el núcleo y de la corriente de magnetización.

Los parámetros son determinados de dos pruebas: cortocircuito y circuitoabierto.

a) PRUEBA DE CORTOCIRCUITOEl circuito usado para esta prueba se muestra a continuación:

Figura 4.7.1

! Se pone en cortocircuito el lado de baja.! Se aplica al lado de alta un voltaje senoidal pequeño.! Se incluye un amperímetro que es un aparato de muy baja impedancia que

va a registrar corrientes nominales correspondientes,! Se registrará el voltaje de entrada: Vsc; corriente de entrada Isc y la potencia

de entrada : Psc.! En la mayoría de los transformadores los fabricantes se esfuerzan

continuamente por mantener las pérdidas en el núcleo y la corriente deexcitación tan bajas como sea posible luego IØ es del (2 al 4)% de lacorriente nominal.

! El voltaje de entrada es pequeño para obtener las corrientes nominales enlos embobinados debido a que dichas corrientes son limitadas por laimpedancia de dispersión de los embobinados.

! La densidad del flujo en el núcleo para esta prueba es pequeña y laspérdidas en el núcleo y la corriente im de magnetización será todavía máspequeña por lo tanto es permisible omitir la rama en derivación.

Veremos a continuación el circuito equivalente simplificado:

Figura 4.7.2

121

La impedancia de dispersión equivalente del transformador, la resistenciaequivalente referida al lado de alta y la reactancia de dispersión equivalentereferida al lado de alta son:

El cálculo de R1 , R2, X1 y X2 se hace así; pero para ello se hace las siguientessuposiciones :

1) Los dos embobinados tienen la misma longitud por vueltas.2) El área de la sección transversal del conductor es proporcional a la

corriente nominal del embobinado.3) La trayectoria magnética de los flujos de dispersión de los dos

embobinados es esencialmente la misma.

Bajo estas condiciones, se puede mostrar que:

Además:

Donde:

! La potencia consumida, a corriente nominal en la prueba de cortocircuito esla pérdida nominal en el cobre del transformador.

)524(........alminnoII)514(........XX

)504(........RR)494(........RZX

)484(........IPR

)474(........IVZ

1SC

1eqSC

1eqSC

2SC

2SCSC

2Sc

SCSC

SC

SCSC

−=

−=

−=−−=

−=

−=

)544(........LaL

)534(........RaR

22

1

22

1

−=

−=

λλ

)594(........NNa

2

1 −=

56)(4........2aX

ωL55)(4........2

XωL 2

eq12

eq11 −=−= λλ

58)(4........2aR

R57)(4........2

RR 2

eq12

eq11 −=−=

122

b) PRUEBA DE CIRCUITO ABIERTO:

• Como el núcleo no es lineal y tiene pérdidas, los parámetros de gp y bm deun transformador de núcleo de hierro dependen de las condiciones deoperación. Voltaje y frecuencia nominales se usan como regla en éstaprueba.

Figura 4.7.3

• Se aplica al devanado de baja: voltaje y frecuencia nominales.• Se registra en el lado de baja, la corriente, el voltaje y la potencia.• El circuito equivalente aproximado se representa nuevamente para la

prueba de circuito abierto. Hagamos que Voc1, Ioc1 y Poc1, representen elvoltaje, corriente y potencia de entrada respectivamente.

Figura 4.7.4

Es obvio que los únicos parámetros que tienen que ser considerados en laprueba de circuito abierto son gp y bm. La impedancia de dispersión no afecta alos datos de prueba.La admitancia de excitación Yφ y sus componentes gp y bm referidas al primarioson:

)624(........gYb

)614(........VP

g

)604(........VI

Y

2p

2m

2OC

OCP

OC

−−=

−=

−=

φ

φφ

• Poc representa la pérdida nominal en el núcleo del transformador. Es iguala Ph+f

123

W = Poc

4.8 RENDIMIENTO

El rendimiento de un transformador es la razón de la potencia de salida a la deentrada expresada en tanto por ciento:

Pérdidas:• Pérdidas por histéresis en el núcleo• Pérdidas por corrientes parásitas en el núcleo• Pérdidas en el cobre de los devanados ( pérdidas a 75°C)

El rendimieen unidades

4.9 EFICIENC

Considerande salida sede potencianecesariame

En éste anrepresenta densidad deconstante enconstantes.

La Pcu , Péfunción de l

η =

)634(........5.234t5.234t

RtRt

1

2

1

2 −++=

%100% ×=entradadePotenciasalidadePotenciaη

%100)(%100)(

% ×−=×+

=entradadePotencia

PérdidasentradadePotenciapérdidassalidadePotencia

salidadePotenciaη

Corrección de laResistencia por

efecto de latemperatura

nto de los transforma de grandes caracter

IA Ó RENDIMIENT

do el transformador mantiene constante cosθL está entregnte del valor nomina

álisis se supone una las pérdidas en el flujo y de la frecue el tiempo y que el v

rdidas en el cobre o a corriente. Estas pér eficiencia del transf

)cos(θIVIVη

sdePotenciaPotencη

LL22

L22=

=

dores es en general muy elevado, siendo mayorísticas nominales que en las pequeñas.

O DE UN TRANSFORMADOR

de núcleo de hierro, supongamos que el voltajeal valor nominal y el transformador con factorando a la carga una corriente IL2 ( nol).

a operación en estado estable senoidal, Ph+fnúcleo, estas pérdidas son dependientes de lancia. Puede considerarse que Ph+f permaneceoltaje de salida y la frecuencia son mantenidas

pérdidas óhmicas en los embobinados están endidas están dadas por 2eq

22L RI

ormador

65)(4........RIP

)cos(θ

64)(4........pérdidasalida

salidadeia

eq22L2fh

L −++

−+

+

124

Si IL2 es la corriente nominal, entonces se obtiene la eficiencia nominal

4.10 VARIACIÓN DE LA EFICIENCIA CON LA CARGA Y EFICIENCIAMÁXIMA

Una comparación de las eficiencias a diferentes valores de la corriente desalida y al mismo factor de potencia indican que la eficiencia tiene un máximovalor en alguna fracción de la corriente nominal. En la ecuación anterior, IL2 esla única variable si el factor de potencia de la carga se mantiene constante.

El valor de IL2 al cual la eficiencia es máxima puede ser encontrado alestablecer dη/dIL2=0, resolviéndola para IL2. Si el signo de la 2da derivada esnegativo a este valor de IL2 , entonces la eficiencia será máxima.

∂(n)/∂IL2=[(V2IL2cosθL+Ph+f+(IL2)2Req2)V2cosθL-V2IL2cosθL)(V2cosθL+2IL2Req2)]/(V2IL2cosθL+Ph+f+(IL2)2Req2)2 = 0

)664(........RP

I2eq

fh2L −= +

Multiplicando y dividiendo al lado derecho de la ecuación anterior por el valornominal de IL2 , obtenemos:

( ) ( ) ( ) 67)(4........RalminnoI

PalminnoIeficienciamáximaparaI 2

eq2L2

fhL2L2 −= +

( ) ( )

68)(4........alesminnocobreelenPérdidasalesminnonúcleoleenPérdidasalminnoIeficienciamáximaparaI L2L2

−

=

Si las pruebas de circuito abierto y de corto circuito se realizan a condicionesnominales, como generalmente sucede, la ecuación es:

( ) ( ) )694(........PP

alminnoIeficienciamáximaparaISC

OC2L2L −=

POC = Potencia leída en la prueba de circuito abiertoPsc = Potencia leída en la prueba de cortocircuito

El valor de la máxima eficiencia a cualquier factor de potencia cosθL seobtiene al sustituir la ecuación anterior en la primera ecuación.

125

( )

( ))704(........

P2cosPPalminnoIV

cosPP

alminnoIVmáximaEficiencia

fhLSC

OC2L2

LSC

OC2L2

−+θ

θ=

+

Multiplicando ambos lados de la ecuación por V2 , obtenemos

)714(........PP

dortransformadelsalidadealesminnosvoltampereeficienciamáximaparasalidadesvoltampere

SC

OC −=

Esta relación es la misma para todos los valores de cosθL.

4.11 LA REGULACIÓN DE UN TRANSFORMADOR

La regulación de voltaje es una medida de la variación de la tensión de salidade un transformador, cuando la corriente de carga con un factor de potenciaconstante, varía desde cero a un valor nominal.Se supone que los transformadores están sujetos a voltajes sinusoidales yoperan en estado estable. Esta proposición es válida porque la mayor parte deltiempo los transformadores de potencia operan en un estado estable senoidal.

Figura 4.1

Circuito equivalente aproximadoreferido al lado 2, deltransformador del núcleo de hierrode dos embobinados, para cálculosde la regulación de voltaje

Transformador de núcleo dehierro de losembobinados alimentando unacarga inductiva.

1.1

126

−

2LI−

2LI−

2LI−

2LI

22 eqL XI−

22 eqL XI−

22 eqL XI−

22 eqL XI−

22 eqL RI−

22 eqL RI−

22 eqL RI−

22 eqL RI−

2V−

2V−

2V−

2V−

)c(

0

LθLθLθLθ

aV

_

1

Figura 4.11.2

En la figura , la carga esta conectada al lado 2 y la fuente de voltaje al lado 1.Supongamos que el transformador está entregando a la carga una corrientenominal a un voltaje nominal y con un factor de potencia específico. La fuentede voltaje es ajustada para obtener voltaje y corrientes nominales en losterminales de carga. Si la fuente de voltaje se mantiene constante a este valor yla carga es desconectada del transformador, el voltaje de salida cambiará; ladiferencia entre los valores de voltaje de salida cuando está sin carga, y elnominal, a plena carga es definida como la regulación del voltaje nominal deltransformador a un f.d.p. específico.

Como generalmente; la corriente de excitación es pequeña comparada con lacorriente nominal de un transformador de núcleo de hierro, la rama enderivación consistente de gP y bm puede no ser considerado para cálculos deregulación de voltaje.Cuando el transformador esta entregando la corriente nominal IL2 a un factorde potencia de cosθL el voltaje de carga es V2. El correspondiente voltaje deentrada es V1/a referido al lado 2.

Cuando la carga se remueve, manteniendo el voltaje de entrada constante, seobserva que el voltaje en los terminales de carga, cuando IL2=0 es (V1/a). Luegola regulación es:

Donde:

Los términos V2 y ĪL2 son los valores nominales.

Diagrama vectorial del circuito equivalente aproximado

72)(4........100%V

VVr%

2(nominal)

2(nominal)a)argc2(sin −×−

=

73)(4........100%V

V/aVr%

2

21−×

−=

74)(4........)jX(RIVa

Veq2eq2L22

1 −++=

127

4.12 DETERMINACIÓN ANALÍTICA DE LA REGULACIÓN

Para obtener una expresión para la regulación de voltaje trazamos un diagramacomplejo

−

2LI−

2LI−

2LI−

2LI22 eqL XI

−

22 eqL RI−

2V−

0 DA

EB

F

C

LθLθLθLθ Lθ

Lθ

aV

_

1

Figura 4.12.1

De la figura tenemos:

Ampliando aV1 en una serie binomial, obtenemos:

Como (CD/OD) generalmente es mucho más pequeño que 1, la serie infinitaconverge rápidamente entonces puede realizarse una útil aproximación sin

perder precisión al considerar solamente los dos primeros términos de la serieinfinita:

Sustituyendo las ecuaciones anteriores y utilizando la ecuación de r%:

Diagrama complejo para el cálculo de la regulación devoltaje (carga Inductiva)

75)(4........OAV 2 −=

76)(4........)CD(ODOCa

V 1/2221 −+==

78)(4........ODCD

81

ODCD

21OD1

aV

77)(4........))ODCD(OD(1

aV

421

1/221

−+

−

+=

−+=

ΚΚ

79)(4........)ODCD(

21ODOC

aV 21 −+==

81)(4........OA(OA)(AD)queadebido;100%OACD

21

OAADr%

80)(4........100%(OA)(AD)OA

CD21

OAADr%

22

2

2

−<<<×

+=

−×

+

+=

128

También tenemos las siguientes relaciones:

Sustituyendo las ecuaciones anteriores obtenemos:Porcentaje de la regulación de voltaje para un factor de potencia de cargaatrasado(carga inductiva).

θL: será positiva ya que la carga es inductiva.θL: será negativa cuando la carga es capacitiva.

Porcentaje de regulación de voltaje para un factor de carga adelantado (cargacapacitiva).

En una forma aproximada la regulación puede expresarse:

Figura 4.12.2

)834(........senRIcosXIDECECD

)824(........senXIcosRIFDAFAD

L2eq2LL2eq2L

L2eq2LL2eq2L

−θ−θ=−=

−θ+θ=+=

)844(........

%100senVRI

cosVXI

21sen

VXI

cosVRI

%r2

L2

2eq2LL

2

2eq2LL

2

2eq2LL

2

2eq2L

−

×

θ

−θ

+θ

+θ

=

)sen(sen,)cos(cos LLLL y θθθθ −−=−=

)854(........

%100senVRI

cosVXI

21sen

VXI

cosVRI

%r2

L2

2eq2LL

2

2eq2LL

2

2eq2LL

2

2eq2L

−

×

θ

+θ

+θ

−θ

=

)864(........

)cos(ZVI

VsenXIcosRI

r L2eq2

2L

2

L2eq2LL2eq2L

−

θ−φ=θ+θ

=

129

4.13 EMPLEO DE VALORES UNITARIOS Y PORCENTUALES

Los valores nominales de voltaje y de corriente y los volt-amperes nominales deltransformador se usan como cantidades bases.

Req1 es la resistencia equivalente de un transformador referido al lado 1 y V1 y I1son el voltaje y corriente nominales respectivamente en el lado 1.

El término I1Req1 /V1 es definido como la resistencia normalizada, ó mejorconocida como la resistencia por unidad ; Rpu.

De manera análoga, el valor normalizado de la reactancia de dispersión deltransformador es :

La impedancia de valor normalizada es:

Los valores de Rpu , Xpu, Zpu, pueden también definirse en términos de lascantidades referidas al lado 2. Se puede demostrar fácilmente que las siguientesrelaciones son verdaderas.

Ambas mediciones en el mismo lado y

Como los transformadores de potencia generalmente operan con voltajesnominales, y el valor normalizado del voltaje de salida es tomado como launidad, es decir,

La corriente de salida puede variar. El valor normalizado de la corriente desalida es:

ambas mediciones en el mismo lado.

)874(........VRI

R1

1eq1pu −=

)884(........VXI

X1

1eq1pu −=

)894(........VZI

Z1

1eq1pu −=

90)(4........nominalVoltaje

nominalcorrienteacircuitocortodepruebalaenVoltajeZ pu −=

)914(.........XRZ 2pu

2pupu −+=

)924(........1Vpu −=

)934(........amperesenalminnocorrienteamperesensalidadecorrienteI pu −=

130

Pérdidas en el cobre en pu

Se puede demostrar que:

Conductancia en derivación, normalizada:

Donde gp2= a2gp1 se expresa en mhos, y tanto voltaje como corrientes son losvalores nominales. Pérdidas en el núcleo normalizadas:

Es sencillo demostrar que :

La regulación de voltaje y eficiencia del transformador se pueden expresar entérminos de cantidades normalizadas:

Signos superiores son para un f.d.p. atrasado (carga inductiva)Signos inferiores son para un f.d.p. adelantado(carga capacitiva)

Si en la 1ra ecuación V2 e IL2 son los valores nominales se obtiene la eficiencianominal.

)944(........amperesenalminnocorriente

wattsenalesminnocobreelenpérdidas)P( pucu −=

)954(........R)P( pupucu −=

)964(........IgV

IgV

g2

2p2

1

1p1pup −==

97)(4........dortransformaelennominalessvoltampere

wattsennominalesnúcleoelenpérdidas)(P pufh −=+

)984(........g)P(puppufh −=+

( )

)994(........alminnovoltajede

%1002

)senRcosX(senXcosRregulacióndeporciento

2LpuLpu

LpuLpu

−

×

θθ+θ±θ=

µ

102)(4........θ cosf.d.p.amáx.eficiencia2gcosθ

Rg

cosθRg

101)(4........eficienciamáximaparasalidadecorrienteR

g)(I

100)(4........θ cospotenciadefactorunaeficienciaRgcosθ

cosθ

L

pLpu

p

Lpu

p

pu

pupmáxηpu

LpupupL

L

pu

pu

pu

−=

+

−==

−=++

131

Las cantidades normalizadas son especialmente útiles al comparar lascaracterísticas de operación de un número de transformadores de las mismas ódiferentes capacidades. Ejemplo: Considere 2 transformadores, uno de 100KVA1000/100 Volts y el otro de 20 KVA 200/100 Volts. Si los dos tienen las mismasRpu , Xpu y gppu entonces tendrán el mismo porciento de regulación de voltaje y deeficiencia a un factor de potencia específico cosθL .

Otra ventaja de las cantidades normalizadas es que son cantidades sindimensiones y la relación de transformación no entra en los cálculos de laregulación y de la eficiencia.

4.14 AUTOTRANSFORMADORES

Figura 4.14.1

Un autotransformador es simplemente un transformador ordinario que tiene losarrollamientos primario y secundario conectados en serie.

Las dos bobinas son alimentadas desde una fuente de tensión mientras que lacarga se conecta a una de las bobinas o viceversa.

Sus funciones son análogas a las de un transformador, la de transformar(reflejar) tensiones, corrientes e impedancias.

EL AUTOTRANSFORMADOR IDEAL

Suponemos la no existencia de flujos de dispersiónDespreciamos la resistencia de las bobinas : R1= R2 ≅ 0ℜ →Reluctancia del circuito magnético nula ⇒ ℜ = 0 (μ→∞)

1) Aplicamos las Ley de Faraday

104)(4........f4.44NVE

103)(4........f4.44NE

m222

m11

−φ==

−φ=

)1074(........aN

NNVV

)1064(........VVE

)1054(........N

NNV

VENN

VE

A2

21

2

1

121

2

21

2

21

2

1

2

1

−=+

=

−=+

−+

=+

⇒=

132

Aa = relación de transformación del autotransformador.La reluctancia del núcleo es cero aplicando la sumatoria de fuerzasmagnetomotrices en el circuito determinamos la fuerza magnetomotrizresultante de las dos bobinas y tendrá que ser teóricamente nula.

)1084(........0ININ 2211 −=−

La Impedancia equivalente del autotransformador vista desde la entrada será:

La Impedancia de carga será:

Las ecuaciones son idénticas a las obtenidas para el transformador ideal,luego podemos establecer una analogía.

Figura 4.14.2

CIRCUITOS EQUIVALENTES DEL AUTRANSFORMADOR REAL

)1124(........aII

)1114(........aN

NNII

)1104(........III

)1094(........N

NNI

IINN

II

A1

L

A2

21

1

L

L12

2

21

1

12

2

1

1

2

−=

−=+

=

−=+

−+

=+

⇒=

)1134(........IVZ

1

11eq −=

)1144(........IVZ

L

2L −=

133

Figura 4.14.3

Figura 4.14.4

La admitancia de excitación se halla con la prueba de circuito abierto.La impedancia de dispersión se halla mediante la prueba de cortocircuito

PRUEBA DE CIRCUITO ABIERTO

Figura 4.14.5

(A) = Ioc = corriente de excitación(W) = Poc = pérdidas en el núcleo(V) = Vn = tensión nominal

)1174(........gYb

)1164(........VP

g

)1154(........VI

Y

2p

2OCm

2n

OCP

n

OCOC

−−=

−=

−=

134

PRUEBA DE CORTOCIRCUITO

Figura 4.14.6

(A) = IN1 = ISC = corriente nominal(W) = Pcu = PSC = pérdidas en el cobre(V)=VCC1=VSC=tensión de cortocircuito

EL TRANSFORMADOR ORDINARIO COMO AUTOTRANSFORMADOR

Figura 4.14.7a

)1204(........RZX

)1194(........IP

R

)1184(........I

VZ

21eq

21eq1eq

21N

SC1eq

1N

1CC1eq

−−=

−=

−=

135

LZ−

2NV

2NI

2N

21 NN VV +

21 NNL III +=

1aN

NN(a

2

)21A +=

+=

)b(

1N

1

2

'2'1

−

LI

1NI

Figura 4.14.7b

Las relaciones de transformación son diferentes.

Las corrientes IN1 e IN2 de los arrollamiemtos son iguales en ambasconfiguraciones.

ST = potencia aparente del transformadorSA= potencia aparente del autotransformadorIN1=ST/VN1, IN2=ST/VN2

Funcionando como autotransformador las corrientes IN1 e IN2 podrían siemprerecorrer los arrollamientos.

21)(4........III N2N1L −+=

La potencia aparente del autotransformador será:

)1254(........Sa

1aS

)1244(........1NN1

II

IVIVIV

)1234(........IVS

)1224(........IVIV)II(VS

TA

1

2

2N

1N

2N2N

2N2N1N2N

2N2NT

2N2N1N2N2N1N2NA

−

+=

−+=+=+

−=

−+=+=

136

La eficiencia del autotransformador mejora:

La tensión de cortocircuito VCC y la Zeq1 son iguales en ambas consideraciones,pero la impedancia porcentual baja.

La regulación es directamente proporcional a la impedancia equivalenteporcentual.

La corriente de excitación permanecerá igual si se alimenta elautotransformador desde el secundario.

)a(

11

2

'2'1 '1

2I φ

2Iφ

2NV

2NV

21 N/Na=1aN

NN(a

2

)21A +=

+=

2N

1N

AbiertoAbierto

Figura 4.14.8a

)1284(........pP

)1274(........PP

)1264(........PP

p

T2A2

perdperd

perd2

2

TA

−=

−=

−+

=η

)1314(........%Z1a

a%Z

)1304(........%100VV

V%Z

)1294(........%100V

V%Z

TA

1

A

1

T

eqeq

2n1n

CCeq

1n

CCeq

−+

=

−×+

=

−×=

)1324(........%r1a

a%r TA −+

=

137

Si se alimenta por el primario las corrientes de excitación serán diferentes.

Figura 4.14.8b

La potencia total puede considerarse formada de dos partes que son:

SC= PC =VN2IN1 = voltamperios transferidos conductivamente a la carga

Si = Pi = VN2IN2 = voltamperios transferidos inductivamente a la carga

VENTAJAS DE LOS AUTOTRANSFORMADORES FRENTE ALTRANSFORMADOR ORDINARIO

a. Dimensión más reducidab. Costos más bajosc. Eficiencia más alta .d. Corriente de excitación más reducidae. Mejor regulación

DESVENTAJAS FRENTE AL TRANSFORMADOR

a. Mayores corrientes de cortocircuito por disminuir su impedancia decortocircuito.

b. Conexión eléctrica entre el primario y el secundario

Estas desventajas son muy importantes porque limita el uso delautotransformador notablemente pues solamente se le puede utilizar en circuitosque tienen tensiones del mismo orden de magnitud. Por ejemplo para elevaruna tensión en un 10%.

APLICACIONES DE LOS AUTOTRANSFORMADORES

Las principales aplicaciones son como reguladores de tensión en distribucióneléctrica, es decir para compensar caídas de tensión elevando ésta endeterminado punto de la red en un 10% - 20%.

138

También se utiliza para el arranque de motores 3φ de inducción. Para limitar lacorriente de arranque se alimenta el motor normalmente con una tensiónreducida del 50% al 75% de la tensión nominal y cuando ya ha adquiridovelocidad se le aplica la tensión plena.

4.15 TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS

De acuerdo a la estructura del núcleo del transformador trifásico, la másempleadas son las siguientes :

• Transformador con Sistemas Magnéticos Acoplados, que es denominadocomo transformador de tres columnas o núcleo trifásico; que tiene unaasimetría en los circuitos magnéticos, lo que origina que las tres corrientesde excitación no sean iguales.

WW

ZYX

VV

U

U

R

t

)nyY(D O RTRA N SFO R M A

S

WW

ZYX

VV

U

U

R

t

)nyY(D O RTRA N SFO R M A

S

Figura 4.15.1

• Transformador con Sistemas Magnéticos Independientes, denominadotambién banco de transformación trifásica a base de transformadoresmonofásicos ó grupo transformador trifásico. En este caso se tienen trescircuitos magnéticos independientes, por lo que las corrientes deexcitación serán iguales.

W

W

Z

Z

y

fa s ea1

)Y d(3B a n c o φ

fasea3

fa s ea2

Y

Y

X

XV V

U

U

R

t

T

S

139

Figura 4.15.2

Ventajas del transformador de núcleo 3φφφφ sobre los grupos monofásicos:

1. Ocupan menos espacio.2. Son más livianos.3. Son más baratos.4. Hay solo una unidad que conectar y proteger.

Desventajas:

1. Mayor peso unitario.2. Cualquier falla inutiliza toda la transformación 3φ lo que obliga a tener

una unidad o potencia de reserva mayor.

Los devanados, tanto primario como secundario, pueden estar acoplados en:Estrella (Y,y)Triangulo(D,d)Zeta(Z,z), también denominado conexión zigzag.

Por convención se adopta la letra mayúscula para indicar la forma de conexióndel devanado primario y con letra minúscula, la del devanado secundario (porejemplo: Yd es conexión primaria en estrella y secundario en triángulo). Por lotanto las combinaciones de conexiones que se obtienen son las siguientes:

Dd, Dy, Dz, Yy, Yd, Yz, Zd, Zy, Zz; siendo las mas empleadas las seis primerascombinaciones.

Si algún devanado tiene neutro accesible, al símbolo correspondiente se leseñala la letra “o” o “n”.

CONEXIONES DE TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS

a) Conexión Estrella: Esta forma de conexión, se prefiere para operacionescon tensiones elevadas(ó muy altas) por resultar más económico.

b) Conexión Triángulo: Empleada para transformadores de potencia elevaday tensiones moderadas ó corrientes elevadas.

c) Conexión Estrella-Estrella: Empleado cuando se desee disponer de neutroen baja y cuando no se prevean grandes corrientes de desequilibrio (fase-neutro). Útil para transformadores con potencias pequeñas ó moderadas atensiones elevadas.

d) Conexión Estrella-Triangulo: Adecuado como transformador reductor(cuando no se requiere puesta a tierra en el secundario). No generaarmónicas de tensión. Se recomienda mayormente para tensionessecundarias relativamente bajas que motiva corrientes elevadas.

e) Conexión Triángulo- Estrella: Empleado como transformador elevador. Noes generador de terceras armónicas de tensión. No motiva flujos por el aireen caso de cargas desequilibradas (c.c.) ni traslados de neutros

140

(sobretensiones). Admite cargas desequilibradas y posibilidad de sacarneutro en baja tensión.

f) Conexión Estrella-Zeta: Solo se emplea en transformadores de distribuciónde reducida potencia. Puede operar con neutro secundario, admitiendo todaclase de desequilibrios y las tensiones secundarias no presenta tercerasarmónicas. Es más caro que el Estrella – Estrella, por el mayor empleo dematerial en su construcción.

PRUEBA DE CIRCUITO ABIERTO

Se aplica al lado de baja tensión, la tensión de línea nominal, manteniendo ellado de alta abierto.

Figura 4.15.3

Registro de instrumentos:

A Corriente de excitación(Iφ )

V1 Tensión de línea nominal del secundario

W1 + W2 Pérdida del hierro

PRUEBA DE CORTOCIRCUITO

Se pone en cortocircuito el lado de baja del transformador.

Se alimenta el lado de alta con una tensión de cortocircuito del orden del ( 5%al 12%) de la tensión nominal de tal forma que fluyan las corrientes nominalespor los arrollamientos.

Registro de Instrumentos:

141

A Corriente nominal

V Tensión de cortocircuito

W1 + W2 Pérdidas en el cobre

Figura 4.15.4

En los datos obtenidos de estas pruebas se pueden deducir los parámetros deltransformador. Entonces podremos escribir:

Ensayo de cortocircuito:

136)(4........3I

WWR135)(4........3IWR

134)(4........I3

VZ133)(4........I

3V

Z

2n1

21eq12

n1

cueq1

n1

CCeq1

n1

CC

eq1

−+=−=

−=−=

137)(4........RZXeq 2eq1

2eq11 −−=

Ensayo de circuito abierto:

)1404(........gYb

)1394(........V3

WWV3P

g

)1384(........VI

Y

2p

2m

2n

212

n

fep

n

−−=

−+==

−= φ

142

CIRCUITOS EQUIVALENTES DE LOS TRANSFORMADORESTRIFÁSICOS

Si tenemos un transformador 3φ cuyo primario esta conectado en Y, el circuitoequivalente aproximado de dicho transformador referido al primario será:

Figura 4.15.5

Si tuviéramos el transformador 3φ cuyo primario está conectado en ∆ , elcircuito equivalente aproximado de dicho transformador referido al primarioserá:

Figura 4.15.6

Luego si despreciamos la excitación y construimos el circuito monofásicoequivalente tendremos:

143

Figura 4.15.7

4.16 TRANSFORMADORES DE AUDIO Ó A FRECUENCIA VARIABLE

Son pequeños transformadores con núcleos de hierro que trabajan a frecuenciavariable. Se usan para acoplar entre sí distintos dispositivos en circuitoselectrónicos de comunicaciones, medición y control.

Sus principales funciones son las de elevar tensiones contribuyendo así a laganancia total en amplificadores, y las de actuar como transformadores deimpedancias para conseguir la relación óptima entre la impedancia aparente deuna carga y la de su alimentador.

En la figura se muestra un circuito equivalente de un transformador de salida:

Figura 4.16.1

Eg El amplificador equivalente a una fuente de tensión Eg.rg Resistencia interna del amplificador.rL Resistencia de carga.• No se toma en cuenta las pérdidas en el hierro.

Su estudio abarca tres gamas de frecuencias:I) A frecuencias intermedias (alrededor de 500 Hz) ninguna de las

inductancias tiene importancia y el circuito equivalente se reduce a unared de resistencias.

Figura 4.16.2

VL Tensión de Carga

144

Eg Tensión de entrada

En esta zona intermedia, la relación de tensiones es aproximadamenteconstante, es decir su curva característica es plana y el desfase nulo.

II) Al aumentar la frecuencia, las reactancias de dispersión del transformadorvan adquiriendo importancia y el circuito equivalente para la zona defrecuencias altas es la siguiente:

Figura 4.16.3

='eqL es la inductancia de dispersión equivalente.

)1444(........

RL

1

12

'se

'eq

−

ω+

Es la relación relativa tensión, respecto a su valor medio.

( ) 145)(4........RωLtg 'se

'eq

1 −÷=φ −

Es el ángulo de retraso de la tensión de salida respecto a la entrada.

III) A bajas frecuencias las reactancias de dispersión pueden despreciarse,pero la influencia del circuito magnetizante en derivación va creciendo amedida que decrece su reactancia.

)1424(........rrrrR

)1414(........RNrN

EV

'L

'21g

'se

'se1

'L2

g

L

−+++=

−=

)1434(........

RL

1RN

rNEV

2

'se

'eq'

se1

'L2

g

L −

ω+

=

145

La inductancia del circuito de magnetización casi se iguala al coeficiente deautoinducción L11 del primario.

El circuito equivalente para bajas frecuencias es como se muestra en la figura:

Figura 4.16.4

En donde:

Relación relativa de tensiones:

Ángulo de avance de la tensión de salida respecto a la tensión de entrada:

146)(4........

ωLR

1RN

rNEV

2

11

'par'

se1

'L2

g

L −

+

=

( )( ))1474(........

rrrrrrrr

R 'L

'21g

'l

'21g'

par −+++++

=

)1484(.....................L

R1

2

11

'par −

+

ω

)1494(........L

Rtg

11

'par1 −

ω

=φ −

146

Rela

ción

de

tens

ione

s rel

ativ

a

Adel

anto

Retra

so

'p ar

11

'RLω

2.00

salidadeorestranform adlosdefrecuenciadeasnorm alizadticasC aracterís

6.0

4.0

8.0

2 20.1 0.1

0.1

2.0

2.05.0 55

°80

°80

°0°2 0

°20

°40

°40

°6 0

°60

5.0

lativaReTensionesde

laciónRe

F a sed e

A n g u lo

Frecuenciabajade

CampoFrecuencia

altadeCampo

'se

eq

'R'Lω

Ang u

lo d

e fa

s e d

e V

re

spec

to a

EL

G

Figura 4.16.5

La anchura de banda se define como:

Para conseguir una anchura de banda muy amplia se requiere que la relaciónentre la autoinductancia y la inductancia de dispersión sea alta, ó que elcoeficiente de acoplamiento sea lo más próximo posible a la unidad.

4.17 PREGUNTAS Y RESPUESTAS SOBRE TRANSFORMADORES

1. ¿ Qué es un transformador?

El transformador es un aparato eléctrico cuya misión es transformar unatensión determinada en otra, también alterna, de igual frecuencia. Latransformación tiene lugar sin ninguna clase de movimiento mecánico y casisin pérdida de rendimiento.

2. ¿Cómo se clasifican los transformadores?

Los transformadores se clasifican de diversas formas a saber:

a) Según su uso o aplicación, como de: Potencia.

Distribución.

152)(4........L2π

Rf

151)(4........L2π

Rf150)(4........LRLR

ff

11

'par

t

eq'

'se

h'eq

'par

11'se

t

h

−=

−=−=

147

Medida. Aislamiento.

Los de potencia pueden ser elevadores o reductores de voltajes.Los de medida y generalmente los de distribución son reductores detensión.Los de aislamiento no elevan ni reducen el voltaje, solo hacen un acoplemagnético.

b) Según su sistema de refrigeración: Secos (tipo abierto o sellado). En líquido (aceite mineral, líquidos de alto punto de ignición, etc).

c) Según su número de fases en:Monofásicos.

Trifásicos. Otros (bifásicos, exafásicos, zig-zag, etc).

3. ¿Qué partes componen un transformador?

El transformador, cualquiera que sea su tamaño, básicamente estáconstituido de una parte activa que la componen el núcleo, las bobinas y susaccesorios.

a) Parte activa: Los devanados y el núcleo forman lo que se llama la parte“activa” del transformador y constituye el corazón del mismo.

Devanados.-También llamados arrollamientos, son los encargados derecibir la tensión (arrollamiento primario) y de entregarlo(arrollamiento secundario).

El devanado primario y el secundario forman el circuito eléctrico deltransformador, se construyen independientemente con un alambre decobre ó aluminio al que se da vueltas parecidas a las de un resortealrededor de un eje central o núcleo. Como es lógico, al terminar dearrollar quedan dos puntas que se llaman principio y fin del devanado.Estas dos puntas se comunican con la parte exterior por aisladoresterminales que son de formas diferentes de acuerdo al nivel de voltajeal que están sometidos.

Los dos devanados (Primario y Secundario) no están unidosfísicamente y de acuerdo al contexto de la respuesta, debe decirse másestrictamente”transformador de Voltaje o tensión”, cuyo conjuntoforma lo que se llama una fase del transformador.

Núcleo.- Es el soporte mecánico sobre el que se enrrollan losdevanados y al mismo tiempo lo que permite que al energizar eltransformador (también se dice alimentar o entregar tensión) por eldevanado primario “aparezca otra tensión en el secundario” medianteun fenómeno natural llamado “inducción magnética”.

148

El núcleo forma el circuito magnético del transformador y esconstruido basándose en aceros especiales.

b) Accesorios: Según sea el uso o aplicación del transformador, losaccesorios para éste pueden ser: Tanque, aisladores, herrajes,conmutador, indicador de nivel de aceite, termómetros, rieles, aceite,válvula de alivio de presión, ruedas, tanque de expansión, etc.

c) Aditamentos mecánicos: Constituídos por los tornillos, ángulos,apoyos y demás piezas que permiten el armado y el ajuste de la parteactiva.

d) El tanque: Que contiene todo lo anterior, lo protege del medioambiente y debe estar en capacidad de evacuar el calor producidopor las pérdidas de energía propias de su funcionamiento.

e) El Aceite: Toda máquina al trabajar se calienta; el aceite refrigera laparte activa evacuando el calor generado en ella, sirviendo al mismotiempo como elemento aislante. Hay transformadores llamados“secos”, que reemplazan el aceite por aire.

4. ¿Cuánta vida útil puede tener un transformador?

Un transformador, si es operado en las condiciones normales estipuladasen la placa de características y garantizadas por el fabricante, puede durarun mínimo de 20 años. Esto obviamente bajo el supuesto que eltransformador se encuentre adecuadamente protegido y mantenido.

5. ¿Cómo debo especificar un transformador?

NOTA. Un vendedor de equipo técnico, debe tener el carácter de asesor ycomo tal, debe orientar al cliente ó usuario final del producto. Para elefecto debe consultar con éste, entre otros, los siguientes puntos:

a) Uso ó aplicación del transformador : Residencial ó Industrial.b) Tipo de montaje : exterior en poste ó sobre piso; interior en sótano, ó

pisos superiores.c) Carga a aplicar al transformador en KVAd) Tensión de la red de alimentación: Usualmente 22,900; 20,000 ; 13,200

10,000 voltios.e) Tipo de servicio: Monofásico o trifásico.f) Tensión de uso en el secundario : 440V, 380V (para el sistema trifásico)

o 220V-110V ( para el sistema monofásico).

Para especificar correctamente un transformador, debe tenerse en cuentacomo mínimo los siguientes puntos:

! Potencia ó capacidad expresada en KVA.! Número de fases: monofásico o trifásico.

149

! Conexión:Dy,Dd,Yd,Yy, etc.! Refrigeración:tipo seco ó en líquido.! Tensión primaria.! Tensión secundaria.! Otros.

Si el transformador es requerido para subestación capsulada, comosubestación tipo pedestal o Pad- Mounted.

Ahora, para saber que potencia necesita el transformador hay diversoscriterios generales que influyen y son los siguientes.

a) El consumo en Kilovatios de cada equipo a conectar ( Este dato apareceen cada aparato eléctrico).

b) La simultaneidad con que se conectan los aparatos, es decir, sifuncionan todos a la vez ó en forma alterna.

c) El tipo de aparatos.d) Las posibilidades futuras de aumento de carga.

Un método rápido y muy aproximado sería el siguiente:

a) Saber los vatios que tienen todos los aparatos que podemos instalar,ésto se llama saber la capacidad instalada; los siguientes consumos sontípicos:

EQUIPO POTENCIACONSUMIDA

F. d.

Nevera Entre 180 y 300 vatios (0.4)Congelador Entre 150 y 400 vatios (0.4)Radio Entre 75 y 350 vatios (0.8)Máquina de coser Entre 30 y 60 vatios (0.2)Afeitadora Entre 25 y 40 vatios (0.1)Tostadora Entre 1000 y 1400 vatio (0.1)Calentadoreléctrico

Entre 450 y 1500 vatios (0.5)

Calentador de agua Entre 750 y 2000 vatios (0.4)Plancha Entre 550 y 1200 vatios (0.3)Estufa eléctrica Entre 2000 y 5000 vatios (0.4)Televisor Entre 150 y 550 vatios (0.2)Lavadora Entre 200 y 1500 vatios (0.1)Ventilador Entre 25 y 100 vatios (0.3)Bombillos Entre 15 y 300 vatios (0.4)Motores 750 vatios por caballo (0.8)

b) El número que aparece al lado derecho es llamado “Factor dedemanda” o “Factor de utilización” y trata de establecer en la escala de0 a 1 el grado de uso de cada aparato en un tiempo determinado y conrespecto a los demás.

150

Como es lógico, éste depende del oficio y del nivel de vida del usuario.Los valores que se han colocado son típicos de una casa ó finca sinmucha actividad industrial.Multiplicar el consumo de cada aparato por su factor de demanda, por élnúmero de aparatos y sumar al total, dividiendo luego por mil – 1000-para obtener el resultado en Kilovatios.

c) El resultado anterior se divide por un “Factor de potencia global” quedepende solamente del tipo de carga, varia entre 0 y 1 con valores típicosentre 0,6 y 0,9. (es menor mientras más motores tenga la edificación). Unvalor típico casero es 0,9; un valor típico Industrial es 0,7; el resultadoanterior nos da la potencia requerida en KVA sin tener en cuenta futurasampliaciones.

d) Si se preveé alguna ampliación futura, multiplíquese el resultado anteriorpor un factor mayor que la unidad que tome en cuenta la amplitud en %del aumento de carga. Ejemplo: si se provee un aumento del 50% tómeseun factor de seguridad de 1,1.De todo lo anterior podemos decir que para una casa o finca “modesta”un transformador monofásico de 10 KVA debe quedar “sobrado”, comose observa, hay muchos factores en juego y lo preferible es asesorarse deun técnico.

Ejemplo:

Supongamos que una pequeña Industria de confecciones posee elsiguiente equipo Instalado:

! 15 máquinas de coser con motores de 40 vatios ( factor de demanda = 0,7).

! 20 planchas de 800 vatios ( factor de demanda = 0,7).! 5 ventiladores de 100 vatios ( factor de demanda = 0,5).! 40 bombillos de 200 vatios (factor de demanda = 1,0).

Suma las capacidades instaladas por su factor de demanda = 15* 40*0,7 +20* 800 * 0,7 + 5* 100* 0,5 + 40* 200* 1,0 + 200* 0,4 = 19950 Vatios=19,95 KW.

Potencial actual requerida sin proyección inmediata al futuro = 28,5* 1,1=31,35 KVA.

En este caso un transformador trifásico de 30 KVA puede quedar demasiadoajustado. Recomendaríamos instalar un transformador de 45KVA con muybuena proyección futura. Si toda la carga es monofásica, un transformadorde 37,5 KVA es el indicado, aunque para uso Industrial es másacostumbrada la potencia trifásica.

KVA5,287,095,19KVAenrequeridaactualPotencia ==

151

6. ¿Cómo, cuándo y por cuánto tiempo puedo sobrecargar un transformador?

Un transformador puede ser sobrecargado si se conoce:

• La temperatura ambiente promedio del lugar ó recinto donde estainstalado.

• La temperatura promedio del aceite en el nivel superior del tanque.• La carga que tuvo el transformador las 24 horas precedentes.

Con lo anterior y basado en las guías de cargabilidad, dato suministradopor el fabricante, se puede determinar qué sobrecarga y por cuantotiempo se le puede aplicar al transformador.

Queda entendido que una sobrecarga exige térmicamente a los diversosaislantes y puede ocasionarse una disminución en la vida útil deltransformador.

7. ¿Puedo pedir cualquier capacidad o existen capacidades normalizadas detransformadores?.

Las normas técnicas de transformadores tienen establecidas capacidadesnormalizadas para transformadores así:

Monofásico5, 10, 25, etc

Trifásico15, 30, 45, 75, etc.

Estas deben consultarse, sin embargo se puede hacer a pedido especialotras capacidades no normalizadas.

8. ¿Cómo influye el grupo de conexión en la carga a instalar?

El grupo de conexión (Dd0, Dy1,Dy5,Dy11, etc) no tiene incidencia sobre lacarga. Incide según sea la necesidad de un neutro accesible en el ladosecundario ó en el primario por cuestiones de conexión de equipos demedida y protecciones. Por lo general el grupo de conexión máscomúnmente usado es el Dyn5. Esto significa que hay acceso externo alneutro.

El grupo de conexión debe tenerse en cuenta sólo cuando se requiere untransformador para ser instalado en paralelo con otro transformador, ócuando el transformador se alimenta por un generador eléctrico.

9. ¿Puede un transformador entregarme dos tensiones simultáneas y diferentespor el secundario, y qué capacidad me puede dar?

152

Efectivamente, un transformador puede entregar dos ó más tensionesdiferentes por el lado secundario y en forma simultánea. Precauciónespecial: Debe tenerse cuidado en las cargas a conectar puesto que la sumade las potencias entregadas debe ser como máximo igual a la nominal deltransformador.

10. ¿Qué es el transformador conmutable?

Es aquel transformador que está diseñado y constituído para operar en dostensiones de alimentación diferentes. Ejm. Inicialmente ser conectado parauna tensión primaria de 13200 voltios y luego, mediante la conmutación ócambio de conexión Interna en los devanados, conectarse a 11400 voltios.

Ahora bien, dicha conmutación puede realizarse desde el exterior deltransformador mediante una perilla de conmutación o efectuando cambiosinternos, desencubando el transformador.

11. ¿Ante una caída ó elevación del voltaje secundario, qué puede hacerse en eltransformador?

Todos los transformadores monofásicos y trifásicos de ejecución normal,disponen de un sistema de cambio, diferente al detallado en la preguntaanterior que permite obtener ajustes pequeños de tensión.

Ejm. Si en un sistema trifásico normal a 7% (208 – 195), y elconmutador de derivaciones se encuentra en ese momento en la posición 2de 5, como cada paso de derivación equivale a 21.5%, entonces deboadelantar la perilla de conmutación 3 pasos 72.5 =2.8), ó sea a la posición5 para lograr obtener aproximadamente los 208 – 120 voltios originales.

12. ¿Cómo debo especificar el voltaje secundario de un transformadormonofásico?

Si se desea alimentar cargas permanentes en un sistema trifilar, NOTRIFÁSICO, es diferente el que sea 240 – 120 ó 120 – 240. Pero si en unfuturo deseo alimentar sólo a 120 voltios, debo especificarlo 120 – 240voltios. La razón es que los cuatro terminales internos del devanado debaja tensión están sueltos y permite conectarlos en serie o paralelo.Así hay una diferencia entre los conectores de B.T. para 240 – 120 y / o120 – 240, como se indica en la norma ANSI.

13. ¿Porqué se habla de un voltaje secundario en vacío y un voltaje secundarioa plena carga?

Cuando un transformador se energiza y no se aplica carga, por elsecundario aparece un voltaje que se llama “tensión en vacío”; perocuando comienza a cargarse, esta tensión va reduciéndose hasta caeraproximadamente un 2%, Esto depende del transformador cuando estécompletamente cargado. Esto se debe a pérdidas internas deltransformador Inherentes a su construcción y se conoce como regulación.

153

Entonces el voltaje en vacío tiene que ser un poco mayor con carga y bastaque nos sea entregado uno de los datos para quedar definido el otro.

14. ¿Qué accesorios debe llevar un transformador?

Analicemos primero cuáles son los accesorios de que disponemos y paraqué sirve cada uno:

a) Relé Buchholz:Es un aparato de protección del transformador que puede accionar unaalarma en caso de fallas leves y que puede sacar de servicio altransformador en caso de fallas graves. Las fallas que puede detectarson todas aquellas que producen aumento de temperatura capaz dehacer ebullir el aceite y producir burbujas; tal es el caso de uncortocircuito interior. Sólo puede ir en transformadores que lleventanque de expansión.

b) Deshumectador de silica – gel:La expansión y contracción del volumen del aceite hacen que eltransformador necesite “respirar” el aire del medio ambiente, el cualcontiene humedad que al penetrar al interior ocasionaría degeneracióndel aceite y oxidación interior, este deshumectador contiene gránulosde una sustancia deshidratante que son paso forzado del aire,absorbiendo toda su humedad.

c) Válvula de Sobrepresión:Es una protección contra explosión del transformador ocasionada poraumento de presión cuando ocurren fallas ó cortocircuito. Las hay endos tipos : Con contacto de alarma y/o disparo (para desconectarse eltransformador) y pequeña sin contactos.

d) Indicador de Nivel:Es un medio exterior de conocer el nivel (altura) a la que se encuentrael líquido en el tanque con el fin de descubrir fugas ó aumentosexcesivos en el volumen por calentamiento. Las hay de dos tipos: Tipoflotador mostrando el nivel por medio de una aguja en un dial, y devidrio, donde se observa directamente el Interior del tanque.

e) Termómetro:Indica la temperatura en la parte superior del aceite. Los tenemos endos tipos : con contacto de alarma y / o disparo y sin contactos.Ambos poseen un indicador de la máxima temperatura que haalcanzado el transformador desde la ultima inspección.

f) Conmutador de Derivaciones:Colocado con el fin de regular el voltaje de salida el transformadorcuando ocurren variaciones en el voltaje primario. Estos son deaccionamiento exterior.

154

g) Placa de características:Donde aparecen consignados todos los datos particulares deltransformador, tales como corrientes por las líneas, pesos, conexioneseléctricas, etc.

h) Caja para terminales del circuito de control:A donde van todos los terminales de los contactos de alarma y / odisparo que poseen el revelador buchholz, la válvula de sobrepresión,termómetros, etc. Los elementos encargados de dar alarma comobombillos, sirenas, pitos, etc. Deben ser conectados desde esta caja.

i) Tanque de expansión:Es un tanque elevado con respecto al tanque principal deltransformador y conectado por una tubería con éste (En ésta tubería seinstala el Relé Buchholz), su finalidad es prevenir el envejecimientoprematuro del aceite; sólo se usa en transformadores de potenciasmayores a 2,5 MVA ó en casos en los que el cliente lo desee.

j) Caja terminal ó ducto para aisladores:Es una cámara donde van albergados los aisladores terminales paraA.T. ó B.T. con el fin de protegerlos en un medio ambiente hostil, debencumplir distancias eléctricas mínimas y clave de recirculacióngeneralmente IP 20 o IP 28.

k) Dispositivo de purga:Se utiliza para drenar ó tomar muestras de aceite, deben ir en la parteinferior del tanque principal y en la parte inferior del tanque deexpansión cuando el transformador lo lleva.

l) Válvulas de Recirculación:Son dos: una en la parte superior y otra en la parte inferior del tanque.Se usan para hacer recircular aceite con filtro de prensa

m) Conectores del Tanque a tierra:Se usan para aterrizar el tanque con el fin de evitar peligros en elpersonal que se acerque a él y facilitar el camino a tierra de lassobretensiones. Los hay tornillos y placa de conexión a tierra.

n) Dispositivos para tracción:Facilita el arrastre de los transformadores evitando que sea agarradode partes susceptibles de daño.

o) Orejas de Levante:Para levantar el transformador con eslingas ó ganchos.

p) Ruedas:Facilita la traslación del transformador. Las tenemos en dos tipos:Orientable con ó sin pestañas.

155

q) Radiadores:Ayudan a enfriar el transformador aumentando artificialmente lasuperficie del tanque en contacto con el medio ambiente refrigerante.

r) Manovacuómetros:Se utilizan con el fin de chequear los cambios en la presión interna deltransformador.

s) Gancho para levante de la tapa:Permite levantarla cuando su peso sobrepasa los 50Kg.

t) Cuernos de arco:Desvía las sobretensiones de las líneas para que se descarguen através del tanque y no pasen por los devanados.

15. ¿Cuál es la diferencia entre un transformador convencional y unoautoprotegido?

La diferencia entre un transformador convencional y uno autoprotegidoradica en que el primero está construido con lo mínimo y necesario paraoperar; parte activa, tanque, aceite y accesorios y para su adecuadainstalación se le debe adicionar externamente las protecciones comopararrayos, fusibles en el primario y un posible Interruptor automático enla salida a la red secundaria.

El autoprotegido lleva externamente y adosado al tanque los pararrayos einternamente los fusibles del primario y secundario, además de uninterruptor, e inclusive lámpara de señalización de sobrecarga.

16. ¿Qué es un autotransformador?

Es un transformador que tiene unidos físicamente los dos devanados debidoa que esto ocasiona un ahorro en el material a usar en la construcción.

Cuando la relación entre el voltaje de A.T. y el B.T. no excede de 2 y elvoltaje de A.T. no excede de 1200 voltios, el auto transformador es unaalternativa muy económica para el cliente, ya que el precio de lista sebusca para un transformador con una potencia menor que la pérdida en unfactor:

Se necesita el previo consentimiento del cliente y de la fábrica paravenderlo.

Ejemplo:

Nos piden un transformador 1φ de 75 KVA. Con A.T. = 440 voltios y B.T.= 220 voltios.

ATBTAT −

156

Hay dos alternativas:

5,0440220

440220440

ATBTAT ==−=−

Y buscamos el precio de lista de un transformador con:

75 KVA* 0,5 = 37,5 KVA

Advertimos que es sólo para el precio ya que el auto transformador puedeentregar todos los 75 KVA completos.

Cuando calculemos la potencia para el precio siempre debemos aproximarlos resultados a la potencia superior más próxima:

Ejemplo: Si el transformador del ejemplo anterior hubiese sido 45 KVA 3φdeberiamos buscar en lista de precios un transformador con:

45KVA* 0,5 = 22,5 KVA

Como este valor no aparece en la lista, lo aproximamos a 30 KVA.

NOTA: Para bajas potencias no es técnica y económicamenterecomendable.

17. ¿A qué pruebas se someten los transformadores antes de serdespachados al cliente?.

Hay que diferenciar tres tipos de pruebas:

• De rutina: Las que se realizan a todos los transformadores quesalen”Sin excepción”.

• Tipo y especiales: Se realizan a solicitud del cliente.

Las pruebas de rutina son:

a) Medida del valor de la resistencia óhmica de los devanados en laposición de trabajo del conmutador de derivaciones.

b) Medidas de la Relación de transformación, verificación ycomprobación de la polaridad y grupo de conexión.

c) Medidas de las pérdidas y tensión de cortocircuito.d) Medidas de las pérdidas y corrientes de vacío.e) Prueba de tensión inducida: Se trata de verificar la calidad del

aislamiento entre espiras y entre capas. Para el efecto se aplica unatensión por el devanado de baja tensión, equivalente al doble de latensión en vacío y para evitar la saturación del núcleo se aplica unafrecuencia equivalente como mínimo al doble de la nominal y duranteun lapso de tiempo que depende de la frecuencia aplicada.

157

f) Prueba de tensión aplicada: Con éste ensayo se verifica el estado delos aislamientos entre los devanados primario y secundario y entreéstos a tierra.

Las pruebas tipo son:

a) Prueba del conmutador de derivaciones. (No se realiza paratransformadores de distribución).

b) Pruebas de impulso y de frentes de onda: Simulan las descargasatmosféricas y los rayos para demostrar que el transformador tiene unaislamiento suficientemente grande como para resistirlos.

c) Prueba de calentamiento: Verifica que las temperaturas de trabajonormal del transformador no se pasen de las apropiadas ya que estefactor es primordial en la vida del transformador. Es una prueba quepuede durar 10 horas en la cual se simula el transformador con toda sucarga para medir el calentamiento.

d) Prueba de rigidez dieléctrica del aceite: Se realiza para verificar elposible contenido de humedad en el aceite, Con éste ensayo y otroscomo el de acidez, tensión interfacial, viscosidad y color, puededeterminarse el estado del aceite.

Las pruebas especiales son:

a) Medición de la impedancia de secuencia cero.b) Medición de tangente delta o factor de potencia de los aislamientos.

18. ¿Cuándo se sabe si el transformador pasa o no las mencionadas pruebas?

Dentro del grupo de ensayos relacionados en el numeral anterior , haypruebas de tipo destructivo y no destructivo pero que se evalúan respecto avalores de normas preestablecidos.

Dentro de las pruebas de tipo destructivo se encuentran:• Pruebas de tensión inducida.• Prueba de tensión aplicada.• Prueba de impulso.

Una falla en una de éstas pruebas, da lugar a rechazar el transformador yaún el diseño.Respecto a las pruebas de tipo destructivo, y excluyendo las pruebasanteriormente mencionadas (de tipo destructivo) en el numeral anterior, laevaluación está basada en las diferentes normas NTC., tales como la N°818 y 819 que se refiere a los niveles de pérdidas en núcleo y devanados,corriente magnetizante y tensión de cortocircuito; las N° 801, 1058 y 2482que tratan de los límites de calentamiento y capacidad de sobrecarga.

19. ¿Qué opciones anormales afectan la vida útil del transformador?

Diversidad de factores afectan la vida útil del transformador, la cual seespera que sea mínimo de 20 años. Entre otro factores los más relevantesson los siguientes:

158

Condiciones de alimentación: Para una misma carga, si se alimentasobreexcitado ó sea con tensión primaria mayor a la nominal en laposición del conmutador, el núcleo además de saturarse arrojará máspérdidas y en consecuencia se presentarán temperaturas en aceite ydevanados mayores a las normales. Si el transformador es alimentado auna frecuencia 5%, o más, por debajo de la nominal 60 ciclos, de igualmanera se presentará calentamiento en el núcleo al incrementarse laspérdidas.También deben incluirse las situaciones transitorias en la red tales comosobretensiones por maniobra, descargas atmosféricas, etc.

CONDICIONES AMBIENTALES:

Los transformadores están diseñados para operar bajo determinadascondiciones de temperatura y altura sobre el nivel del mar. Si no se tienenen cuenta estos puntos, el transformador puede sufrir sobrecalentamientoque le restará vida útil.

CONDICIONES DE CARGA:

Como un complemento a lo anotado en el numeral 6, si al sobrecargar eltransformador no se tiene en cuenta la temperatura ambiente, la cargaprecedente y el tiempo durante el cual vamos a aplicar la sobrecarga quenecesitamos, pueden presentarse sobrecalentamientos y por ende leestaremos restando vida útil al transformador.

159

PROBLEMAS RESUELTOSCAPITULO IV

TRANSFORMADORES 1φφφφs y 3φφφφs

PROBLEMA N° 4.1 : Un transformador monofásico de 5 KVA, 2300/230 V , y60 Hz fue sometido a ensayos con los siguientes resultados:

C.A. 230V 1,01A 40WC.C 142V Inom 110W

a) Calcular los parámetros del circuito equivalente referido al lado de bajatensión.

b) Si el voltaje y la corriente en el secundario se mantienen en sus valoresnominales. Determine el f.d.p. de la carga con la que se obtiene máximaregulación. Calcular este valor.

SOLUCIÓN:

a)Para el circuito abierto:

Ωφ

φ

245,231Xmhos1056,7g

mhos10324,4bbgY

mhos1039,4230

01,1VIY

mhos1056,723040

VP

g

W40PA01,1IV230V

m4

P

3m

2m

2P

2

3

OC

OC

422

OC

OCP

o

o

o

=×=∴

×=⇒+=

×===

×===

===

−

−

−

−

Para el cortocircuito:Referido al lado de alta tensión:

ΩΩ

ΩΩ

Ω

61,0a

XX2374,0a

RaRR

10a:tensiónbajadeladoalflejadoRe

03,61RZX274,23174,2110

IPR

32,65174,2

142IVZeqZA174,2

2300K5In

2SC

2eq21eq

2SC

2eq

2SC

2SCSC22

SC

SCSC

SC

SC1SC1

=====

=⇒

=−=⇒===

====⇒==⇒

⇒ En el lado de BT, tenemos el siguiente circuito equivalente:

160

Figura P4.1.1

b)

Ω=+==

==

655,061,02374,0ZV230V

A74,21230

k5I

222eqn2

n2

L V2

IL

IL eq2RJjIL eq2R

E0

CC

Figura P4.1.2

( )

%19,6655,0230

74,21r

356,0p.d.f1,69cuandoocurrer

100cosZVIr%

max

L

LCCmax

LCC2eq2

2L

=×=∴

=⇒°=⇒=⇒

×−××≅

θθθ

θθ

PROBLEMA N° 4.2 : Un transformador monofásico de 500 KVA, 42/2,4 KV y60Hz. Fue sometido a la prueba de vacío y cortocircuito, con los siguientesresultados:

Vacío: 2400 V 18,1 ACortocircuito: 955 V 5,91 A 962,5 W

sabiendo además que la máxima eficiencia se obtiene para α = 0,9915a) Determinar los parámetros del circuito equivalente.b) Determinar la tensión en la carga, cuando esta consume 500 KVA con

f.d.p.= 0,8 capacitivo y alimentado el primario del transformador con 42 KVc) Determinar el f.d.p. de la carga, para conseguir regulación cero cuando la

carga consume 500 KVA a tensión nominal.

°=

=

125,69274,2303,61arctan

CC

CC

θ

θ

161

SOLUCIÓN:

a) Prueba de cortocircuito:

Figura P4.2.1

°∠=∴

°=⇒×=

182,806,161Z

182,80cosZR

1eq

CCCC1eq1eq θθ

Figura P4.2.2

Prueba de Vacío:α para máxima eficiencia

Figura P4.2.3

NCuOCNFefh

eqNCu

OCNCu

SC

OC

NCu

fh

PPKWPP

KWRInP

PPPP

PP

×====⇒

=×

=×=⇒

=∴==⇒

+

+

2

2

12

1

2

844,3

91,3556,2742

500

α

αα

Ω

Ω

φ

φφ

16,133Xmhos1051,7gYb

mhos1054,72400

1,18VI

Y

K4984,1Rmhos106672400

K844,3VP

g

m32

P2

m

3

N

P6

22N

OCP

=∴×=−=⇒

×===

=⇒×===

−

−

−

JRef1 JjXef1

Ω=−=⇒Ω===

Ω==

=

23,159556,276,161X6,16191,5

955IVZ

556,2791,5

W5,962R

IPR

221eq

SC

SC1eq

21eq

2SC

SC1eq

162

b)

°=⇒= 87,368,0cos φφ

Figura P4.2.4

KV447,2VV235,0

V12,0V4,24,2j

V235,0

V12,0V

KVenestáV4,211710V

264V

104,2182,80528,087,3610V1050010V

0VV:referenciacomoTomando

2400IZV

182,80528,05,17

182,806,161a

ZZ

5,174,2

42a

L

2

L

2

LL

2

LLL

L3L

L

33

L

33

L

LL

L2eqL

221eq

2eq

=∴

+

−=⇒∠=+

−+⇒

∠=°∠×

+

∠×=°∠×°∠××+×

°∠=⇒

∠=×+

°∠=°∠==

==

α

α

α

α

c) Como una aproximación de la regulación tenemos:

9853,0cos82,9

900rcondiciónlaPara18,80

aR

Ra

XX

RX

arctandonde100)cos(ZVI

%r

L

L

L

21eq

2eq21eq

2eq

2eq

2eqL2eq

2

2L

=∴°−=

°=−⇒=⇒°=⇒

==

=×−××=

θθ

θφφ

φθφ

PROBLEMA N° 4.3 : Se tiene un transformador monofásico con los siguientesdatos de placa: 10KVA, 440/110V, 60Hz y tiene los siguientes parámetros:r1 = 0,5 ohm r2=0,032 ohm X1=0,9ohm X2=0,06 ohm

163

En vacío la corriente absorvida por el bobinado de 440 V es de 0,5 A y laspérdidas en el núcleo es de 100 W.

a) Calcular la tensión necesaria en el primario para mantener la tensiónnominal en bornes del secundario cuando entrega una corriente desobrecarga del 25% con f.d.p. 0,8 (inductivo).

b) Para el régimen de operación en a) calcular la regulación y la eficiencia.c) Calcular la corriente para eficiencia máxima y cual es el valor de ésta.

SOLUCIÓN:Para la prueba en vacío, tenemos el siguiente circuito equivalente:

J-jbmJgp R +jXeq ef

Figura P4.3.1

( ) ( )mhos100122,1b

10165,510136,1gYb

mhos10136,1440

5,0VI

Y

mhos10165,5440100

VPg

3m

24232P

2m

3

OC

OC

422

OC

OCP

−

−−

−

−

×=⇒

×−×=−=∴

×===

×===⇒

φ

φ

Ω

ΩΩ

Ω

96,0Xa´X

512,0032,016ra´r947,987b1X

K936,1g1r

22

2

22

2m

m

PP

=×=

=×=×===

==⇒

a) Circuito simplificado: A91,90110

1010I3

N2 =×=

164

_

1V

_

aI

4a=

°37Z

012,1 j86,11L

_I

pr_

LV jxm−

Figura P4.3.2

( )

°∠=°∠×°−∠+°∠=⇒+×+=

°∠=°∠≅×°∠≅⇒=

°−∠=∴=⇒

°−∠=°−∠×=⇒°∠=⇒

88,24,49545,611175,23741,280440V)j86,1012,1(IVV

0110Vdonde,044040110VaVV

3741,28I41

II

3764,113I3791,9025,1aargsobrecI0VVtomando

L

a1L

212

1

aSN2

a

SN2

N222

b)

( )

( )

9137,0574,94332,10000

32,10000PP

PW574,943PPP

W32,100008,064,113110cosIVPW76,12610165,54,495gVP

W814,816012,141,28´rrIP:Eficiencia

43,12%r

1005311625,0

5406325,0

11064,113%r

11625,016

9,006,0aXXX

06325,016

5,0032,0arrR

100senXcosRVI

%r

S

S

FECu

L2L2Sal

42P

2LFE

221

2aCu

21

22eq

21

22eq

L2eqL2eq2

2L

=+

=+

=∴

=+=∴=××=××=

=××=×=

=×=+×=

=

×

×+××=

=+=+=

=+=+=⇒

××+×=

−

∆η

∆θ

Ω

Ω

θθ

c) Eficiencia máxima:

max1Lmax2L

NCu

Fe

NCu

OC

23

N2aNCu

I)para(I

I)para(I

4374,072,522

100PP

PP

W72,522012,1440

1010012,1IP

η=α=

η

====α

=×

×=×=

165

%5,94

945,098,1992,3499

2,3499PP

P

W2,34998,0110

1010110cos)para(IVP

max

S

Smax

3

Lmax2L2LSal

=∴

=+

=+

=∴

=××××=××=

η∆

η

αθη

PROBLEMA N° 4.4 : El ensayo de cortocircuito y vacío bajo corriente ytensión nominales respectivamente de un transformador monofásico de 10/2,3KV, 60 Hz 100KVA dio los siguientes resultados:

Cortocircuito : 1250 W ; f.d.p.=0,65 Vacío : 350 W ; f.d.p.=0,24El transformador es instalado mediante una línea para suministrar una carga def.d. p. igual a 0,85 inductivo a 2,3 KV.Determinar:a) La tensión al inicio de la línea, si el transformador se encuentra a ¾ de

plena carga. La línea tiene una reactancia igual a ½ de la reactanciaequivalente del transformador y se encuentra en el lado de A.T.

b) Calcular el porcentaje de carga a la cual Ud. recomendaría para encontrarla máxima eficiencia del sistema línea – transformador.

c) Determinar la impedancia de cortocircuito y los parámetros g y b porunidad.

d) Si se hubiera considerado la resistencia de la línea como afectaría larespuesta c)

SOLUCION:De la prueba de cortocircuito: De la prueba de vacío:Secundario en corto Las mediciones sa hacen en Instrumento en el lado de alta tensión el lado de baja tensión.

Los parámetros a calcular estánreferidos al Secundario

2SC

2SCSC

SC

SCSC

SC

SCSCSCSC

22n

SC2

SC

SCSC

SCn

nnnn

61112614,14RZX

23076,19103076,192

IV

Z

V3076,19265,010

1250V

cosIVP

5,12101250

IP

IP

R

IA10I100000I10000IVS

=−=∴

===

=×

=⇒

××=

====

==⇒==×=

Ω

Ω

θ

Ω

×===⇒

+=

=×

=⇒

θ××=×=

===

−φ

φ

−

107565,2634,0IY

bgY

A634,024,02300

350I

cosIVPmhos1061625,6g

2300350

V350

VPg

4OC

2m

2P

OC

OCOCOCOC

52P

22N

2OC

OC2P

166

a) En el primario ( al inicio de la línea) °=⇒= 788,3185,0... ϕpdf

Figura P4.4.1

Despreciando el circuito de admitancia, tenemos : ( )°∠= 022 VV

°−∠=⇒

=°−∠××=°−∠××=

788,315,7aI

3,210a;788,31

3,2100

43788,31

VS

43I

2

N2

N2

Figura P4.4.2

( )

°∠=∴°∠+°∠=⇒

=+×°−∠+×⇒

51,069545,10166V519,2825875,189010000V:fasoresSumando

Vj921,215,12788,315,7Va

i

i

i2

b)

N2LN2Lmax2L

N2LSC

OCmax2L

2eq

fhmax2L

I52915,0I1250350)para(I

IPP

)para(IRP

)para(I

×=×=

×=⇒= +

η

ηη

∴ Porcentaje de carga = 52,915% del sistema línea- transformador, ya que lalínea se supone puramente inductiva.

167

c) g y b por unidad:

( )

014156,0.)u.p(g.)u.p(Y.)u.p(b

014582,00,1

014582,0.)u.p(V.)u.p(I

.)u.p(V

.)u.p(I.)u.p(Y

014582,03,2

100634,0

II.)u.p(I

0035,0.)u.p(gSP

1SP

VP

VP.)u.p(g

105,310100

350P

P.)u.p(P

22m

nOC

OC

2Sn

OC

n

OCn

OC

2n

OC2

OC

OC

33

n

fhfh

=−=

====

===

=

====

×=×

== −++

φ

φφ

φ

d) Si se considera la resistencia de la línea, no habría afectado la respuesta c),ya que todo depende únicamente del circuito de admitancia.

PROBLEMA N° 4.5 : Se tiene un transformador monofásico de 10 KVA conrelación de transformación a=10/0,23 KV, en las pruebas de cortocircuito yvacío se obtuvieron:

Prueba de Cortocircuito : 550 V 1,2 A 600 WPrueba de vacío : 230 V 1,739 A 200 W

Determinar:

a) El circuito equivalente exacto referido al lado de alta tensión.

b) El diagrama fasorial cuando se alimenta una carga con potencia nominal ycon f.d.p = 0.866 capacitivo.

Si este mismo transformador alimenta una carga cuya potencia es el 10 % másque la potencia nominal del transformador (PL = 1.1PN ) y con cosϕ = 0.809capacitivo, manteniendo la tensión de entrada en 10 KV. Calcular:

c) La tensión en la carga (despreciar la rama de excitación)

d) La regulación para la carga mencionada.

Si para éste mismo transformador, se alimenta una carga nominal concosϕ = 0.707 en atraso; calcular:

e) La eficiencia a plena carga

f) La corriente de carga (IL) para obtener una eficiencia máxima.

SOLUCIÓN:

168

a)

Figura P4.5.1

PRUEBA DE CORTOCIRCUITO:

( )

( )

mhos10467,3bmhos102g0505,0X1102,0R4703,95X333,208R

mhos10467,3b

mhos1055,6EIb

Amps5064,1IIIAmps8688,0gEI

mhos102ag

g

mhos107801,3230

667,199EPg

W667,199RIPP:VACÍODELPRUEBA

0505,0a

´XX

4703,95´XX1102,0a

´RR

9407,190X333,208´RR

333,4582,1

550IV

Z667,4162,1

600IP

R

61m

61P

22

11

61m

3

2

m2m

2P

2om2o2P

62

021o

322

2

FE2o

2200FE

22

2

2122

2

1eq21

CC

CC1eq22

CC

Cu1eq

−−

−

−

−

−

×=×=

====∴

×=

×==

=−=→=×=

×==

×===

=×−=

==

====

===

======

ΩΩΩΩ

Ω

ΩΩ

ΩΩ

Ω

169

b)_

1V

_

mI

_

1I

2

_

2 '' RI

1

_

1 RI

2

_

2

_'Z'I

_

I φ

pI1

_

E

1

_

1 JXI

22

_'X'IJ

_

2'V

°30

_

2'I

Figura P4.5.2

c)

°∠=→°===×=

36ÍÍ36)capacitivo(809,0cosKVA11S1,1S

22

NL

ϕϕ

2

_

eq 'IJR1

2

_

e q

_'IZ 1

1V

_

2Va

_

2'I

X jIéq1 2


( ) ( ) ( )

( ) ( )

V3475,235V5,10232Va

62,24RX

arctan36

KVA11S333,458Z

cosSZ2VaZS

VaV

VaSÍ

cosZÍVa2ÍZVaV

2

2

1eq

1eq

L1eq

L1eq

2

2

1eqL22

21

2

L2

1eq222

2eq2

22

1

==×

°=

=°=

==

+×××−

××

+×=

×=

+××××−×+×=

βϕ

Ω

βϕ

βϕ

d) Cálculo de regulación:

27,2r%

%1003475,235

5347,235230%100

V

VVr%

aargc

aargcvacío

=

×−

=×−

=

170

e) Cálculo de la eficiencia a plena carga:

A plena carga: SL = SN =10KVA

%8,89

898,0600200707,010000

707,010000

=

=++×

×=

η

η

f) A1,25230

10000600200I

PPI N

Cu

FEL =×=×=

PROBLEMA N° 4.6 : En el laboratorio se dispone de seis (06) transformadoresidénticos de 5KVA, 440/220 V , 60 Hz, monofásicos, los cuales han sidosometidos al ensayo de cortocircuito y vacío.

Vacío 220 V 3A 100W

Cortocircuito 50V 11,36A 280W

Determinar para un transformador:

a) Los parámetros del circuito T equivalente , reducido al lado de Alta tensión.b) La regulación al 90% de plena carga y la tensión en el lado de baja tensión

si se alimenta con 440V.c) La eficiencia máxima y el porcentaje de carga para este caso.d) Las pérdidas en el cobre y la tensión aplicada en el lado de Alta Tensión si

el ensayo se realiza al 50% de corriente nominal.e) La potencia nominal como autotransformador.f) Las posibles conexiones como autotransformador, ¿Las potencias en estos

casos son iguales?

SOLUCIÓN:

De la prueba de vacío : (Referido al secundario)a)

Ω

Ω

φ

φ

1898,74X

mhos01347,0gYb

mhos0136,0220

3VI

Y

03,484Rmhos10066,2220100

VP

g

m

2p

2m

OC

OC

P3

22N

OCP

=⇒

=−=∴

===

=⇒×=== −

171

Refiriendo al lado primario (a=2) (LADO DE ALTA TENSIÓN)

Ω

Ω

956,296Xmhos103675,34

01347,0ab

´b

1,1936´rmhos10165,54

10066,2ag´g

´m

32m

m

P4

3

2P

P

=⇒×===

=⇒×=×==

−

−−

Prueba de Cortocircuito:

ΩΩ

Ω

ΩΩ

ΩΩ

ΩΩ

Ω

1,1Z957375,0X

542425,0R

47868,04

´XX91475,12

8295,3´XX

2712,04´rr08485,1

21697,2´rr

8295,3RZX4,436,11

50IVZ

1697,236,11

280IPrarR

2eq2eq

2eq

2221

2221

21eq

2SC1eq

SC

SCSC

22SC

SC2

211eq

=→=

=⇒

==⇒===

==⇒===

=−=∴===

===×+=

b) r% al 90% de plena carga

042,5100220

1,1465,60cos220

50009,0%r

0unTomando465,60RX

arctan

100)cos(ZVI

%r

L2eq

2eq

L2eq2

2L

=××°××

=⇒

°=°=

=

×−××=

θφ

θφ

)(

)(

221

221

eqeqLL

eqeqLL

jXRIa

VV

jXRIVa

V

+×−=

+×+=

Figura P4.6.1

8478,4100828,209

828,209220100V

Va

V

%r

35,5828,209V0Si

)957,0j542,0(220

50009,02

0440V

L

L1

LL

LL

=×−=×−

=

°−∠=⇒°=

+×∠×−°∠=

θ

θ

172

c) Eficiencia máxima:

%76,59100aargc%

%72,939372,02002988

2988

200220

5000220

12205000220

W200100100PPPPP

cosIVPP

P

I)para(I5976,0280100

PP

A578,13I542425,0100IRI100

PP

max

FECu

sal

LLL

sal

sal

N2max2SC

OC

2

22eq2

2

CunomFE

=×=

≡=+

=

+××

×××=

=+=+=+××=

+=

×=⇒===

=∴

=⇒×=

=

α

η

α

αη

∆∆

θ∆

η

αηα

d) Si el ensayo de cortocircuito se realizó al 50% de plena carga, entonces:

Figura P4.6.2

( )

W70P36,11

6818,5I

Í280P

?P465,6025´V

465,604,406818,5jXRÍ´V

Cu

22

SC

SCCu

Cu

CC

1eq1eqSCCC

=⇒

=

=∴

=°∠=∴

°∠×°∠=+×=

e) y f)

Figura P4.6.3

A6818,52

22050005,0

aI5,0Í N2

SC ====××××

====××××====

173

Figura P4.6.4

PROBLEMA N° 4.7 : Un transformador monofásico está en capacidad deentregar su corriente secundaria de plena carga de 300 A a f.d.p. 0,8 inductivoy una tensión de 600 V.El transformador tiene una relación de transformación en vacío 6600/600 V yestá provisto de taps en el lado de alta tensión para poder variar dicha relaciónde transformación.Si el transformador es alimentado por una fuente de 6600 V constante a travésde un alimentador , calcular:a) La relación de transformación a la que habría que ajustar el tap del

transformador para que entregue 600V en el secundario a plena carga,siendo las impedancias del sistema las siguientes:Alimentador (total): ZF=1+j4 OhmiosPrimario del transformador: ZP=1,4+j5,2 OhmiosSecundario del transformador: ZS=0,012+j0,047 Ohmios

Figura P4.7.1

SOLUCIÓN:

Figura P4.7.2

174

( )

472,1041,61167,6402

EEa

276,167,6402E)87,36267,750485,0(1139964,25ZaZaIE

39964,2539195,254

06600I

39195,254j087,160452,197Z87,36211)j047,0012,0(11)j41()j2,54,1(Z

116006600a;ZaZaZZZ

854,041,61187,3630067,750485,00600E67,750485,0j047,0012,0Z87,368,0cos

A300IIZ0600IZVE

S

P

P

2L

22

2PP

P

TP

22TP

L2

22

F1TP

S

2

SS2S2LS

===∴

°−∠=°∠+°∠××°−∠=×+××=

°−∠=°∠

°∠=⇒

°∠=+=°∠×++×++++=

==×+×++=

°∠=°−∠×°∠+°∠=∴°∠=+=°=⇒=

=×+°∠=×+=φφ

PROBLEMA N° 4.8 : Se tiene un transformador, monofásico de 150 KVA, 60Hz, 4800 / 230V. Dicho transformador tiene un circuito equivalente cuyosparámetros son :

R1 = 0,705Ω X1 = 1,950Ω Rp = 72,05ΩR2 = 0,002Ω X2 = 0,005Ω Xm = 4,95Ω

Se conecta una carga en el lado B.T. que absorbe una corriente de 90% de in avoltaje nominal, y factor de potencia 0.5 en adelanto;Determinar:a) La corriente que absorbe el transformador y su f.d.p.b) El voltaje aplicado al lado de A. T.c) Las pérdidas en el núcleo y el cobre a condiciones nominales.

SOLUCIÓN:

Datos del transformador monofásico:SN=150KVAfN=60Hza=4800/230=20,87

Parámetros:R1=0,705Ω X1=1,950Ω RP=72,05Ω

R2 =0,002Ω X2=0,005Ω Xm=4,95Ω

°=⇒==×=

===

605,0cosA96,586I9,0I

A18,652230

150000VS

I

LL

2NL

2N

N2N

θθ

175

Se tiene el circuito equivalente exacto, referido al lado de A.T.

Figura P4.8.1

Del circuito se tiene:

°∠=+=

°−∠=°∠××

+×=

°∠×+×

=+=

+=°∠=

°∠×°∠+°∠=

°∠=°∠=°∠=

°∠=+=⇒×+×=+=

×=×=×=

∠==⇒×=×==

×+=×+=

∗∗

2678,57332,26ÍII:además

446,85213,2I90XRa

)jXR(E90´X´R

´)jX´R(EjXE

REI

;ÍII6239,0468,4759E

6012458,282,68345,204800E:Luego

6012458,286087,2096,58660

aÍÍ

2,68345,2´Z1778,2j871,0´ZXjaRa´jX´R´Z

Xaa95,4´X;Ra´RVS

VSIIVSVa´V;

aIÍ

´ZÍ´VE;IZEV

21

mP2

mP1

mP

mP1

m

1

P

1

21

1

1

L2

2

222

22

222

m22

mP2

P

LLL

LLLLL22

22

22211111

φ

φ

φ

φ

φ

a)adelantoen5498,0cosA332,26I 11 == θ

b)

°∠=+×°∠+°∠=

×++=

154,14727V)950,1j705,0(2678,57332,266239,0468,4759V

I)jXR(EV

1

1

11111

176

c)

W138,1539230

002,04800

705,0150000P

RVS

RVS

RIRIP

W212,73405,72

230R

VP

222

NCu

2

2

N2

N1

2

N1

N2

2N21

2N1NCu

2

p

2N2

NFE

=

+×=

×

+×

=×+×=

===

PROBLEMA N° 4.9 : Se tiene un transformador monofásico de 10 KVA,10/0,23 KV, 60 Hz, cuyos datos de prueba son:

Prueba de vacío : 230 V 1,3043A 150 WPrueba de cortocircuito : 600 V 1,5A 815 W

Determinar:a) El circuito equivalente exacto referido al lado de A.T.b) El diagrama fasorial cuando se alimenta una carga nominal y f.d.p. 0.866

capacitivo.

SOLUCIÓN:

a) Analizando por donde se hicieron las pruebas:Tenemos :

A478,43

23010000I

A11000010000IKVA10S

2N

1NN

==⇒

==⇒=

La prueba de cortocircuito se hizo por el lado de A.T.La prueba de circuito abierto se hizo por el lado de B.T.

El circuito equivalente exacto esta dado así (referido al lado de A.T.)

_

2

_

2 V2'V =

_

1I2

__

2 'IaI =

pg.T.A

.T.A

_

pI

1Jx2'R2'Jx1R

_I φ

_E

_

1V

_

mI

bm

Figura P4.9.1

177

De la prueba de C.C. : Ω=== 4005,1

600IV

ZCC

CC.T.Aeq

Ω=Ω=

=Ω==Ω=

===×==

=×==

Ω=−=−=

Ω===⇒×=

04488,0X0958,0R

´X846,84X´R111,181R

:Entonces

48,4323,0/10adonde2

XXa´XX

2R

Ra´RR

692,16922,362400RZX

22,3625,1

815IP

RRIP

2

2

21

21

.T.Aeq2

221

.T.Aeq2

221

222.T.Aeq

2:T.Aeq.T.Aeq

22NCC

NCu.T.Aeq.T.Aeq

2CCCC

Prueba de Vacío:

mhos10911,4gYb

mhos108355,2230150

VPg

mhos106708,52303043,1

VIY

32.T.BP

2.T.Beq.T.Bm

322

N

OC.T.BP

3

N

OC.T.Beq

−

−

−

×=−=

×===

×===

Como:

ΩΩ

47,384911X6667,666666R

mhos10598,2a

bb

mhos105,1a

gg

aY

Ya

ZZ

.T.Am

.T.AP

62

.T.Bm.T.Am

62

.T.BP.T.AP

2.T.Beq

.T.Aeq2.T.Aeq

.T.Beq

==∴

×==

×==

=⇒=

−

−

b) Diagrama Fasorial:

cosθL=0,866θL=30°

La gráfica del diagrama fasorial se muestra en la Figura P4.9.2.

178

_

1V

_

mI

_

1I2

_

2 R'I

11

_RI

_

Iφ

_E

1

__

1 XI

22

_

'X'I

_

2'V

_

2'I

Figura P4.9.2

PROBLEMA N° 4.10 : En las pruebas de vacío y cortocircuito de untransformador monofásico de 20KVA, 2400 / 240 V, 60 Hz se obtuvieron:

Prueba de vacío 240 volts 1,066A 126,6 watts Prueba de C.C 57,4 volts 8,33 A 284 watts

Terminada la prueba de corto se observó que un termómetro marcaba 24° C.Despreciando el efecto superficial y considerando que el transformador estaalimentado constantemente a 2400 volts se pide:

a) Los parámetros del transformador a 75° C.b) La regulación y eficiencia a plena carga si el transformador va a servir para alimentar una carga resistiva.c) La eficiencia, si el transformador opera con el 25% de su corriente de plena

carga. Determinar la eficiencia máxima del transformador para ambos casosconsiderar un f.d.p. = 0,8 en atrazo.

d) Asumiendo conexión como autotransformador elevador (carga LZ en el ladode alta ).d.1) Calcular los nuevos valores nominales e ilustrar los circuitosequivalentes referidos a cada lado del autotransformador.d.2) Calcular la regulación y eficiencia a plena carga para un factor depotencia unitario.

SOLUCIÓN:

a) Cálculo de los parámetros a 24 ° C. De la prueba de vacío : Lado de Baja Tensión

mhos1086,3gYb

mhos10442,4240066,1

VIY

mhos10198,2240

6,126VP

g

322o

22o2m

3

OC

OC2o

322

OC

OC2o

−

−

−

×=−=

×===

×===

179

De la prueba de Cortocircuito:

Ω

Ω

Ω

544,5RZX

093,433,8

284IPR

891,633,84,57

IVZ

21eq

21eq1eq

22SC

SC1eq

SC

SC1eq

=−=

===

===

1,, eqmP Xbg , se consideran inalterables respecto a una variación de

temperatura.

Ω9,4)C75(R

)C24(R)245,234()755,234()C75(R

1eq

1eq1eq

=°

°×++=°

b)

V240VV;05544,0100544,5X

049,0100

9,4a

RR;A33,83

24020000I

100V

XI21

VRI

r%

%72,979772,06,12628,34020000

2000020000cosSP

W28,34033,89,4I)C75(R)C75(P

A33,8240020000I

1.p.d.fVA20000S

N222eq

21eq

2eq2L

2

2

2eq2L

2

2eq2L

LNS

221N1eqCu

1N

N

====

=====

×

××+

×=

≡=++

=

=×=

=×=×°=°

==

==

Ω

η

θ

72,1r%

100240

05544,033,8321

240049,033,83r%

2

=

×

××+×=

c)

W6,126P

W40008,04

20000P

cos4

Scos4

IVcosIVP

4I

IA833,20240

2000025,0I

fh

S

LN

LN2

2L22S

N222

=

=×=

×=××=××=

==×=

+

θθθ

180

%47,979747,06,126275,9759

75,9759

W75,97591600033,8383,50P

IIP

IVIVP

cosIVP;cosIVP

A83,50049,0

6,126RP

)para(I

RIPP?

%44,969644,0267,216,1264000

4000PPP

P

W267,2116

28,34016

)C75(RI)C75(RIP

max

NSN2

2NS

N2N2

22S

LN2N2NSL22S

2eq

fhmax2

2eq2

2fhCumax

CufhS

S

2eq2

N2

2eq2

2Cu

≡=×+

=η

=×=×=×

××

=

θ××=θ××=

===η

×==⇒=η

≡=++

=++

=η

==°×

=°×=

+

+

+

PROBLEMA N° 4.11 : La placa de un transformador monofásico de 50MVAde 60 Hz indica que tiene relación de voltaje igual a 8 KV: 78KV. Se lleva acabo una prueba en circuito abierto desde el lado de bajo voltaje, y las lecturasde los instrumentos correspondientes son 8 KV, 61,9A y 136 KW. En formasemejante, una prueba en cortocircuito desde el lado de bajo voltaje se obtienenlecturas de 650V, 6,25 KA y 103 KW.

a) Calcule la impedancia equivalente en serie, resistencia y reactancia deltransformador, referidas a las terminales de bajo voltaje.

b) Calcule la impedancia equivalente en serie del transformador, referida alas terminales de alto voltaje.

c) Haga las aproximaciones adecuadas y dibuje un circuito T equivalentedel transformador.

d) Calcule la eficiencia y la regulación de voltaje si el transformador operaa voltaje y carga nominales. El factor de potencia es la unidad .

e) Repita en inciso d) suponiendo que la carga tenga un factor de potenciaigual a 0,9 en adelanto.

SOLUCIÓN:

Prueba de Circuito Abierto. Lado de Bajo Voltaje : 8KV; 61,9A; 136KW

mhos1044,7gYb

mhos107375,78000

9,61Y

mhos10125,28000

136000g

322P

222m

32

322P

−

−

−

×=−=

×==

×==

φ

φ

181

Prueba de Cortocircuito. Lado de Bajo Voltaje: 650V; 6,25 KA; 103 KW

Ω

Ω

Ω

10397,0RZX

106368,26250103000R

104,06250650Z

22eq

22eq2eq

322eq

2eq

=−=

×==

==

−

a)

ΩΩ

Ω

41,134X588,470R

)j10397,00026368,0(Z

2m

2P

2eq

==

+=

b)

Ω)j884,9251,0(Z

ZaZ

1eq

2eq2

1eq

+=

×=

c)

_

1I

1pR

1Jx2'R2'Jx

a/2

_I

1R

_Iφ

jXm12

_V2

_

1V aa

Figura P4.11.1

ΩΩ

Ω

Ω

K7774,12XK7353,44R

942,42884,9´XX

1255,02251,0´RR

1m

1P

21

21

==

===

===

d)

%52,999952,0MW239,50

MW50PP

PPP

MW239,50KW103KW136PPMW50ScosSP

1

L

.perdL

L

L1

NLNL

≡===+

=

=++===×=

η

θ

182

535,010078000

7800027797,78417%r

63,427797,78417

8788000

1050)j884,9251,0(080008

78V

jX//RderamaladoDesprecian;aIZVaV

¿?VVoltaje

6

1

1m1P2

1eq21

1

=×−=

°∠=×

××++°∠×=

×+×=

=

e)

%47,999947,0PP

MW239,45KW103KW136MW45PMW459,01050cosSP

1

L

1

6LNL

≡==

=++==××=×=

η

θ

%07,30307,078000

74272,7560378000r

38,474272,75603V

9,0arccos78000

1050)j884,9251,0(078000V

aIZVaV

1

6

1

21eq21

≡=−=

°∠=

∠××++°∠=

×+×=

PROBLEMA N° 4.12 : Los siguientes datos de prueba son de un transformadormonofásico de 50KVA, 2500 / 250 V , 60 Hz.

Prueba Voltaje (V) Corriente(A) Potencia (W)Circuito Abierto 250 ? 288 W

Cortocircuito 100 In ?

Sabiendo que la eficiencia máxima del transformador a f.d.p. unitario ocurrecuando el transformador está entregando 30 KVA a la carga . Calcular:

a) La eficiencia del transformador cuando entregue 40 KVA a tensión nominaly a f.d.p. 0,8.

b) La reactancia de dispersión y la resistencia equivalente referidas al lado debaja tensión ( ).

22 eqeq RyXc) La regulación de voltaje del transformador cuando entregue 40 KW a

Vnominal y a f.d.p. 0,8 inductivo.

SOLUCIÓN :

183

a)

%712,96

96712,08002888,01040

8,01040PPcosIV

cosIV

A202500

1050I

W80028835P

P28810501030

PP

IV)para(IV

PP

I)para(I

3

3

CuFELL

LL

3

N1

2

NCuNCu

33

NCu

NFEN2LLmax2LL

NCu

NFEN2Lmax2L

≡η∴

=++××

××=++θ××

θ××=η

=×=

=×

=⇒××=×∴

××=η×

⇒×=η

b)

Ω

ΩΩ

ΩΩ

045825,0a

XX

5825,4RZX520

100IV

Z

02,0a

RR;2

20800

InP

IPR

21eq

2eq

21eq

21eq1eq

SC

SC1eq

21eq

2eq22NCu

2N1

SC1eq

==⇒

=−=∴===

======

c)

A2008,0250

1040cosVPIcosIVP

3

LN

L2LL2LNL =

××=

×=⇒××=

θθ

Por ser una carga inductiva:

%485,3r

03485,0)3742,66cos(1005

250200r42,66

RX

arctan

)cos(ZVI

r

2eq

2eq

L2eq2

2L

=∴

=°−°××=⇒°=

=

−××=

φ

θφ

PROBLEMA N° 4.13 : Un transformador monofásico de 10KVA, 1200 / 120 Ves conectado como autotransformador con polaridad aditiva como se muestraen la figura se pide:

a) Calcular la potencia máxima en KVA que puede entregar elautotransformador sin sobrecargar el arrollamiento de 120V.

b) Calcular el incremento porcentual de la potencia en KVA delautotransformador respecto a la del transformador primitivo.

c) Calcular el porcentaje de sobrecarga del arrollamiento de 1200 V.d) Calcular las corrientes .1 CIeI

184

.V120.V1200

.V1200

KVA10

1H

1H2H

2H

2X

2X

1X1X

2I

2I

1I

1I

CI

V1320

Figura P4.13.1

SOLUCIÓN:

a) Para el transformador:

A33,81200

1010IA33,83120

1010I3

ALTA

3

BAJA =×==×=

Por lo tanto la potencia máxima que puede entregar el autotransformador será: KVA11033,8332,1IVP 22max =×=×=b)

%110011KVA10KVA110

SS

dortransforma

ormadorautotransf ≡==

d)

A34,833,8367,91III

A67,911200

10110VSI

21C

3

1

11

=−=−=

=×==

c)

%Sobrecarga = 12,10010033,834,8100

II

ALTA

C =×=×

PROBLEMA N° 4.14 : Se tiene un transformador monofásico de 10KVA,600/150 V el cual se desea usar como autotransformador para las siguientesrelaciones de transformación : 750 / 150 V y 750 / 600 V.Sabiendo que la eficiencia nominal del transformador es 95% a un cosθ =1.Se pide calcular para ambos casos (a cosθ =1 )

a) La potencia entregada por acción del transformador sin sobrecargar losarrollamientos.

b) La potencia entregada por conducción directa.c) La eficiencia nominal.d) Trazar el diagrama fasorial.

185

SOLUCIÓN:

KVA10S

4150600a%95 Tnom

=

===η

Figura P4.14.1

CASO #1:

Figura P4.14.2

a)

KW10150150

10000VIP L2.TRANSF =×=×=

b)

KW5,1215033,83VIP

KW5,2150600

10000VIP

LLCARGA

L1.COND

=×=×=

=×=×=

c)

%96,959596,0316,52612500

316,5261e

W316,526WKW10Wqueya95,0WW

W1e

A

22

T

≡=+

−=

=⇒==+

−= ∆∆

∆

d):

1eqZ Impedancia del transformador referido al lado de alto voltaje.

;21

A

eq

Aeq a

ZZ =∴ Impedancia del autotransformador referido al lado de baja

tensión.

Donde 5150750aA ==

AeqAeqAeq jXRZ +=∴

VV

AVSI

AVSI

L

N

N

150

67,66150

1010

67,16600

1010

3

22

3

11

=

=×==

=×==

186

2I1I LI LV

ALXeqI

AL qReI

V750V1 =

V =150V2

Figura P4.14.3

CASO #2

25,0600150a

V600V

T

L

==

=

Figura P4.14.4a)

KVA10600600

10000VIP L1.TRANSF =×=×=

b)

KVA40600150

10000VIP L2.COND =×=×=

c)

%96,989896,050000316,526

316,5261e

KVA50W25,0

125,010000a

1aPPdondeWW

W1e

A

2T

TTA

2A

≡=+

−=

==

+×=

+×=

+−=

∆∆

d)

AeqAeqAeq

A2A

1eq

Aeq

jXRZ

25,1600750adonde

a

ZZ

+=

===

2I1I LI LV

AL XeqI

AL qReI

V750V1 =

V =600V2

Figura P4.14.5

187

PROBLEMA N° 4.15 : Un transformador de dos devanados de 500 KVA y60Hz, proyectado para 13200 / 2500 voltios, se vuelve a conectar paraproporcionar 13200 voltios desde una línea de 15700V. Los ensayos en circuitoabierto y cortocircuito del transformador dieron los siguientes resultados:

Circuito abierto 2500 voltios 6,5 A 2190 wattsCortocircuito 600 voltios 37,9 A 4320 watts

a) ¿Cuál es la potencia máxima con la que puede trabajar elautotransformador con f.d.p = 0,8

b) ¿Cuáles serán el rendimiento y la regulación de la tensión con un flujo depotencia a plena carga y f.d.p= 0,8 desde la parte de 15700 voltios hasta lade 13, 200 voltios?

c) Si se produce un cortocircuito cerca de los bornes del transfomador en laparte de 13,200 voltios ¿Cuál será la corriente de cortocircuito en régimenpermanente que fluye en el transformador desde la línea de 15700 voltiosdespreciando la corriente de excitación.

SOLUCIÓN:

Transformador monofásico:

28,52500/13200aHz60f

KVA500S

N

N

====

De la prueba de circuito abierto (Lado de baja tensión)

mhos105763,2b

mhos10504,325002190

VP

g

mhos106,22500

5,6VIY

W2190PPA5,6II

V2500VV

3.T.Bm

422

OC

OC.T.BP

3

OC

OC.T.B

NFEOC

OC

NOC

−

−

−

×=

×===

×===

==

====

φ

φ

a)

KW25128,0K3140p.d.fSPyKVA3140S

KVA3140)28,51(K500)a1(Sa

1aS´S

KVA59528,5

128,5K500a

1aSS

maxNLmaxN

TTmaxN

TmaxN

=×=×==∴

=+×=+×=

+×=

=

+×=

+×=

188

b)

PP

P

A

AA ∆+

=2

2η

A plena carga:

Figura P4.15.1

)cos(%2

2Leq

L ZVIr θφ −××=

Figura P4.15.2

De la prueba de cortocircuito. (Lado de alta tensión)

72,16)cos(a

ZVI%r

A155,59VS

VSIII

8699,36

076,79RX

arctanRX

arctan

543,15X

39,37

4320IPR

831,159,37

600IV

Z

W4320PPA9,37II

V600V

L21eq

2

L

N2

N

N1

NN2N1L

L

1eq

1eq

2eq

2eq

1eq

22N1

SC1eq

SC

SC1eq

NCuSC

N1SC

SC

=−××=

=+=+=

°=

°=

=

=

=

===

===

====

=

θφ

θ

φ

Ω

Ω

Ω

c)

Figura P4.15.3

%74,999974,051,62512

25126510

≡=+

=

=+=∆

A

NFENCu WPPP

η

A725,991831,15

15700Z

15700I1eq

1CC ===

189

PROBLEMA N° 4.16 : Se dispone de 3 transformadores monofásicos de220/110 V, 1 KVA , 60Hz. Se desea alimentar una carga trifásica a 380 V desdeuna red (trifásica) de 570V.

a) Dibujar el nuevo esquema de conexiones y hallar la nueva potencia nominaldel sistema.

SOLUCIÓN:

Figura P4.16.1

VA28,897409,95703IV3S LLsistemaN =××=××=∴

PROBLEMA N° 4.17 : Un transformador de 100 KVA, 4400/2200 V, 60Hz fuesometido a prueba de vacío y cortocircuito con los siguientes resultados:

PRUEBA VOLTAJE CORRIENTE POTENCIACircuito Abierto

NV2 1,08 A 525 WCortocircuito 228V NI 1300W

Si el transformador se conecta como autotransformador de 6600 / 4400 V, sepide :

a) Determinar su potencia nominal (por Inducción y Conducción ) y trace sudiagrama fasorial.

b) Calcular la tensión a aplicar al autotransformador para mantener la tensiónnominal del secundario con una carga de 250 KVA y un f.d.p. 0,85Inductivo.

SOLUCIÓN:

190

Figura P4.17.1a)

Figura P4.17.2

KVA300KVA100KVA200S

SS4400

1010044002200

101004400S

440010100

2200101004400)II(VS

L

INDUCCIÓNCONDUCCIÓN

33

L

33

212L

=+=

+=××+××=

×+××=+×=

DIAGRAMA FASORIAL:

2

21

2

1

NNN

EE +

=

1

_

1

_

ZI

1

_

I

2

_I

1

_V

2

_V

1θ1θ

_

22

_ZI 1

_E

2

_E

2

__

2 ZI−

Figura P4.17.3

191

b) De la prueba de cortocircuito:

W1300P

A727,224400

10100I

V228V

CC

3

N2

CC

=

=×=

=

Figura P4.17.4

2/144002200 ==Ta

CC212eq

CC

2CC

2CCCC22

N2

CCCC

N2

CCCC

ZZ´ZZ42,7510678,9j5168,2Z

678,9RZX5168,2727,22

1300IPR

10727,22

228IV

Z

=+=°∠=+=∴

=−=⇒===

===

ΩΩ

Ω

Tomando: Ω)j839,42584,1(Z2

ZZ´Z 2

2eq21 +=⇒==

j20975,13146,04

´ZZZ4aZ´Z 1

112T

11 +==⇒==

CIRCUITO EQUIVALENTE DEL AUTOTRANSFORMADORREDUCTOR REFERIDO A LA CARGA

Figura P4.17.5

( )j5376,01398,0Z

1aa;j5376,01398,0

1aZ

2

2

T

T2

T

1 +=×

+

+=+

192

Figura P4.17.6

Inductivo788,31KVA250S

85,0cosV4400V

LL

LL

°====

θθ

°∠=⇒

°∠=×=

+×∴

°∠×°−∠+°∠=

+

×⇒

°∠=+==×==

56,0757,6668´V

56,0838,4445´V32

12/11´V

45,7511,1788,31818,56044001a

1´V

45,7511,1j0752,1279,0ZA818,564400

10250VSI

1

11

T1

3

L

LL

Por lo tanto el porcentaje en que aumenta la tensión es:

%042,11006600

6600757,6668 =×−

PROBLEMA N° 4.18 : Un transformador monofásico de 15 MVA , 60HzKV2,13/%)0,11066( ×± , tiene los siguientes parámetros del circuito

equivalente exacto (en ohmios) :

13,663X81,3004R488,0X028,0R199,12X714,0R

mP

2211

======

El transformador alimenta una carga que consume una corriente devalor nI15,1 , y un factor de potencia tal que el valor de la regulación sea nula .(Utilizar relación de transformación nominal 66/13,2KV)Calcular:a) La tensión en al carga, si la tensión primaria es la nominal.b) La potencia absorvida por la carga .c) La posición del TAP, si la tensión de alimentación del primario es de

62,7KV

SOLUCIÓN:a) La carga consume:

A814,130636,113615,1I15,1Í

A36,1136102,13

1015VSI

n2L

3

6

n

=×==⇒

=×

×==

193

_

2V_

2LI

_

2LIa/V1

_

a/V1

_

2

_V

M

C

DL'θ

Lθ

Tθ

βL'θ

Figura P4.18.1

212

21Va/V0rComo100

V

Va/V%r =⇒=×

−=

En la figura, hemos determinado el lugar geométrico para que 21 Va/V = , locual implica tener una carga capacitiva, entonces todo el problema se reduce enhallar los ángulos respectivos.

Trabajando en el circuito equivalente referido al lado de baja tensión:

GRÁFICO

52,13

66a ==

Figura P4.18.2

Cuando se quiere hallar la regulación, normalmente se desprecia la admitanciade excitación:

Figura P4.18.3

194

Hallando el :eqZ

°==

°∠=+=

68,86ÍyVentreángulo68,86978,0j97596,005656,0Z

2LZT

eq

θ

°=°−°−°=⇒°=

=×××=

×

==⇒

095,6225,8768,86180´225,87

0484,0102,132

978,0814,1306V

2

ZÍ

DOMDcos

L

32

2eq

2L

θβ

β

Por lo tanto si la tensión primaria es la nominal, la tensión en la carga tambiénserá la nominal KV2,13Va/V 21 ==⇒

b) La potencia absorbida por la carga:

°−∠×=

°∠×°∠×=×=

6,0951017,25S*)6,095(1306,81401013,2*IVS

6L

3LLL

Por lo tanto: MW155,17)025,6cos(1025,17P 6

ABSORVIDA =°−××=

c) Posición del TAP: KV7,62VPRIMARIO =

5x7,6266,0x6666,066100

1KV%)11066(

−=⇒=×+⇒=×

×±

Figura P4.18.4

PROBLEMA N° 4.19 : Un transformador trifásico conectado en )/( Y∆ estáformado por 3 transformadores monofásicos de 100 KVA , 2400/120 V y 60Hzcada uno. El transformador trifásico es alimentado a través de un alimentadorcuya impedancia es fasejZ f /8,03,0 Ω+= . El voltaje en el lado de envío delalimentador es mantenido constante en 2400V de línea.

195

Si se sabe que el resultado de la prueba de cortocircuito a uno de lostransformadores fue V=57,5 V, I=41,6 A, P=875W. Calcular la tensión en lacarga, cuando el transformador trifásico entrega su corriente nominal a unacarga de f.d.p.=1.

SOLUCIÓN:

Prueba de cortocircuito: V=57,5 V, I=41,6 A, P=875W.

°∠=°∠=

=−=⇒==

===+=×+

44,69854,0Z;52,68382,1Z

286,1RZX382,16,415,57Z

506,06,41

875R´rrrar

f1eq

21eq

21eq1eq1eq

21eq2122

1

ΩΩ

Ω

Figura P4.19.1

La corriente nominal del transformador trifásico es igual a la corriente nominaldel transformador monofásico.

201202400a;33,833

120100000

VS

IN2

NN2 =====

f.d.p=1 (carga resistiva)

Reemplazando el primario del transformador trifásico por su equivalente enestrella:

Figura P4.19.2

β∠=°∠=+= 314,1137,69314,13/ZZZ1eqf

196

θ β

__

n2 ZaI3

3/2400

3Va

_

2

aI3

_

n2

Figura P4.19.3

Aplicando la ley de cosenos:

)fase(V8296,116V

03

2400a

ZI3cosIVZ2V

3a

cosIVZ2a

ZI33Va

32400

2

22

N2N22

22

2

N22

2

N22

22

=

=

−

××+××××−×

××××−

××+

×=

ψ

ψ

PROBLEMA N° 4.20 : Un banco de tres transformadores idénticos de 100KVA,2400/120 V, 60Hz, conectadas en delta-estrella, es suministrado con energíamediante un alimentador cuya impedancia es igual a 0,3+j0,8Ω por fase. Elvoltaje en el extremo de transmisión del alimentador se mantiene constante a2400V entre líneas; se hace una prueba de cortocircuito a uno de lostransformadores, y sus resultados, cuando las terminales de bajo voltaje estánen corto, son:

W875PA6,41IHz60fV5,57V HH ====a) Calcule el voltaje línea a línea en el secundario cuando el banco suministrala corriente nominal a un sistema trifásico con f.d.p. unitario.b) Calcule las corrientes en los devanados primario y secundario deltransformador y en los conductores del alimentador si se presenta uncortocircuito trifásico en los terminales de la línea en los secundarios.

SOLUCIÓN:

Prueba de Cortocircuito:

Ω

Ω

Ω

2864,1RZX

201202400a50562,0

6,41875R

3822,16,415,57Z

21eq

21eq1eq

21eq

1eq

=−=

====

==

197

Figura P4.20.1


V83,116VV35,202V

V8170292,4509091674,943V20

32400

13,693151,1Z3

ZZZ

)180cos(3

VIZ2

aI3Z

3Va

32400

2

L2

L22

2L2

2

1

1eqS1

L2N21

2

N212

L22

==

×++

×

=

°∠=

+=

−°×××

×−

××+

×

=

φ

β

b)

KA0536,1I

A32,608a

IIKA1664,12I

IZ

32400a

I3

S

L21L2

S1

L2

=

===

==×

PROBLEMA N° 4.21 : Un transformador trifásico para elevar el voltaje de ungenerador tiene capacidad nominal igual a 26/345 KV, 1000MVA y tiene unaimpedancia en serie igual a 0,004+j0,085 por unidad en esta base. Se conecta aun generador de 26KV, 800MVA, que se puede representar mediante una fuentede voltaje en serie con una reactancia igual a 1,65j por unidad en la base delgenerador.

198

a) Convierta la reactancia por unidad del generador a la base deltransformador elevador.

b) La unidad suministra 500MW, a factor de potencia unitario y 345V alsistema en los terminales del transformador. Trace un diagrama fasorialpara esta condición, usando el voltaje del lado de alta del transformadorcomo fasor de referencia.

c) Calcule el voltaje de baja del transformador y el voltaje interno delgenerador atrás de su reactancia en KV, para las condiciones de b), ademáscalcule la potencia de salida del generador en MW y el factor de potencia.

SOLUCIÓN:

a)

.u.p0625,2800

100065,1SS

65,1XGENN

TNGEN =×=×=

b)

Figura P4.21.1

_

aGen IXj

_

aT IXj_

aI_

aIRt

Gen

_V

−

TV

VsFigura P4.21.2

c)

KV078,26KV26003,1V43,2.u.p003,1V5,0)j085,0004,0(1I)jXR(1V

TT

aTTT

=×=⇒°∠=×++=×++=

KV194,38KV26469,1V98,46.u.p469,1V

5,0)j1475,2004,0(1V

GEN

GEN

GEN

=×=°∠=

×++=

199

9991,043,2cos.p.d.fMW501MW1000501,0P

.u.p501,043,2cos5,0003,1P

=°==×=

=°××=

PROBLEMA N° 4.22 : Un transformador de salida de audiofrecuencia tieneuna relación de vueltas de primario a secundario igual a 31,6. La inductanciadel primario medida con el secundario en circuito abierto es 19,6H, y medidacon el secundario en cortocircuito es 0,207H. Las resistencias de devanado sondespreciables. Este transformador se usa para conectar una carga resistiva de8Ω con una fuente que se puede representar mediante una fuente internaelectromotriz en serie con una resistencia de 5000Ω. Calcule lo siguiente querelaciona a las características de frecuencia del circuito:a) La frecuencia media superior.b) La frecuencia media inferior.c) La media geométrica de esas frecuencias.d) La relación del voltaje de carga al voltaje de suministro en el valor defrecuencia de c).

SOLUCIÓN:

a)

KHz98638,9´L2

´Rf

H207,0´LK98848,1212988,4886,315000´R

0´RRpero´R´RRR´R

ge

seh

ge

2SC

21L21GSC

=×

=

=≡=×+=⇒

==+++=

π

ΩΩ

b)( ) ( )( )

Hz97,246,192

3075L2´R

f

K075,386,31500086,315000

´R´RRR´R´RRR´R

11

par

2

2

L21G

L21Gpar

=×

=×

=

=×+××=

++++×+

=

ππ

Ω

λ

c)Hz36,499fff hG =×= λ

d)

01946,048,129886,31

6,318´R6,31

´REV 2

SC

L

G

L =××=

×=

200

CAPÍTULO VCONVERSIÓN DE ENERGÍA

ELECTROMECÁNICADiversos dispositivos pueden convertir energía eléctrica a energía mecánica yviceversa. Las estructuras de éstos dispositivos podrían ser diferentesdependiendo de las funciones que ellos tengan. Algunos dispositivos son usadospara conversión de energía contínua, y éstos son conocidos como motores ygeneradores. Otros dispositivos son usados para producir fuerzas traslacionalesnecesarias y son conocidas como actuadores, así como solenoides, reléselectromagnéticos. Los diversos convertidores podrían ser diferentesestructuralmente, pero todos ellos operan con los mismos principios básicos.

5.1 PROCESO DE CONVERSIÓN DE ENERGÍA

Existen diversos métodos para calcular la fuerza y el torque desarrollado en undispositivo de conversión de energía. Los métodos usados aquí se basan en losprincipios de conservación de energía, el cual establece que la energía no puedeser creada ni destruida; ella puede ser cambiada únicamente de una forma aotra. Un sistema de conversión electromecánico tiene tres partes esenciales:

1. Un sistema eléctrico,2. Un sistema mecánico, y3. Un acoplamiento de campo como se muestra en la Fig. 5.1.1

La ecuación de transferencia de energía es como sigue:

= + + .......(5 - 1)

La energía de pérdida eléctrica fluyen por los arrollamientos dconocida como las pérdidas i2R epérdidas en el campo son las pérmagnético cambia en el núcleopérdidas disipadas por fricción mecánicas componentes. Todas és

Energíaeléctrica

deentradadesde lafuente

Energíamecánicade salida

Energíadepérdidas

+

Incrementode energíaalmacenadaen el campodeacoplamiento

es la energía disipada por las corrientes queel convertidor de energía. Esta pérdida esn la resistencia (R) de los arrollamientos. Lasdidas disipadas en el núcleo cuando el campo

magnético. Las pérdidas mecánicas son lasy ventilación en el movimiento de las partestas pérdidas son convertidas en calor.

201

Pérdidas Pérdidas PérdidasEléctricas de campo mecánicas

Sistema de Conversión Electromecánico Figura 5.1.1

La ecuación de balance de energía (5-1) puede por ésta razón ser escrita comosigue:

=

= + .......(5 - 2)

Ahora consideremos un diferencial de tiempo “dt” durante el cual unincremento de energía eléctrica dWe (excluyendo las pérdidas i2R) fluye alsistema. Durante este tiempo “dt”, dejemos que dWf sea la energíasuministrada al campo (todavía almacenada ó perdida, ó parte almacenada yparte perdida) y dWm la energía convertida a forma mecánica (en forma útil ócomo pérdida, ó parte útil y parte como pérdida). En forma diferencial, laecuación (5-2) puede ser expresada como:

Las pérdidas en el núcleo son generalmente pequeñas, y si ellas son omitidas,dWf representará el cambio en la energía almacenada en el campo.Similarmente, si las pérdidas por fricción y ventilación pueden ser omitidas,entonces todo el dWm representará la energía mecánica útil de salida. En elcaso de que éstas pérdidas no puedan ser omitidas, ellas pueden ser tratadasseparadamente. Las pérdidas no contribuyen al proceso de conversión deenergía.

5.2 ENERGÍA DE CAMPO

Consideremos el sistema electromecánico de la figura 5.2.1. La parte móvilpuede ser mantenida en equilibrio estático por el resorte. Asumamos que laparte móvil es mantenida estacionaria en el mismo entrehierro y la corriente es

Sistemaeléctrico

Acoplamientode campo

SistemaMecánico

Pmec

Energía eléctrica deentrada desde la

fuente– pérdidas en las

resistencias

Energíamecánica desalida +pérdidas porfricción yventilación

Incremento deenergíaalmacenadaen el campo+ pérdidas enel núcleo

)35(........dWdWdW fme −+=

202

)65(........dtde −= λ

4) - (5........0=dWm

incrementada desde cero a un valor i. Un flujo φφφφ será establecido en el sistemamagnético.

Obviamente:

y de las ecuaciones (5-3) y (5-4)

Si las pérdidas en el núcleo son omitidas, todo el incremento de energíaeléctrica de entrada es almacenada como incremento de energía de campo.

Llg

Fm

Parte fija X

Ejemplo de un sistema electromecánico Figura 5.2.1

De las Ecuaciones (5-5), (5-6) y (5-7).

La relación entre el flujo concatenado de la bobina λλλλ y corriente i para unaparticular longitud de entrehierro es mostrada en la figura 5.2.2. El incrementodWf de energía de campo es mostrado como el área achurada en ésta figura.Cuando el flujo concatenado es incrementado desde cero a λλλλ, la energíaalmacenada en el campo es:

)95(........idW0f −= ∫λ

λ

)75(........eidtdWe −=

)85(........iddW f −= λ

)55(........dWdW fe −=

203

La integral representa el área entre el eje λ y la curva característica λλλλ-i, comose muestra en la figura 5.2.2.

Característica λλλλ-i para el sistema de la figura 5.2, para unaparticular longitud de entrehierro.

Figura 5.2.2

Otras expresiones útiles pueden también ser derivadas de la energía de campodel sistema magnético.

Definamos las variables siguientes:

Hm= intensidad magnética en el núcleo.Hg= intensidad magnética en el entrehierro.λλλλm= longitud media de la trayectoria magnéticaλλλλg= longitud de el entrehierro.

Entonces:

También:

Donde:A es el área de la sección transversal de la trayectoria del flujoB es la densidad de flujo, (asumida la misma en todas las partes)

De las Ecuaciones. (5-9), (5-10) y (5-12).

Para el entrehierro:

)145(........BH0

g −=µ

)135(........NAdBN

HHW ggmm

f −+

= ∫λλ

)105(........HHiN ggmm −+= λλ

)115(........N −= φλ

)125(........NAB −=λ

204

mVoλ

gVoλ

mfW

gfW

De las Ecuaciones (5-13) y (5-14):

)175(........

oentrehierrdelvolumenx2BmagnéticomaterialdelvolumenxdBHW

0

2

mf

−µ

+= ∫

Donde: magnético.materialelenenergíadedensidadlaes;dBH=w mmfm ∫

0

2

2µ= B

w fg ; es la densidad de energía en el entrehierro.

es el volumen del material magnético.

es el volumen del entrehierro.

es la energía en el material magnético.

es la energía en el entrehierro.

Normalmente, la energía almacenada en el entrehierro (Wfg) es mucho mayorque la energía almacenada en el material magnético (Wfm). En la mayoría de loscasos Wfm puede ser omitida.

Para un sistema magnético lineal tenemos:

)205(........B

Hm

mm −

µ=

Por esta razón:

)215(........2BdBBw

m

2m

mm

mfm −

µ=

µ= ∫

EJEMPLO 1.- Las dimensiones del sistema actuador de la fig. 5-2 sonmostradas en la figura E.5.1. EL núcleo magnético esta hecho de material H-23,t=0,5 mm. La bobina tiene 250 vueltas, y la resistencia de la bobina es 5 ohms.Para una longitud de entrehierro de λg=5 mm fija, una fuente DC es conectadaa la bobina produciendo una densidad de flujo de 1,0 tesla en el entrehierro.

)155(AdBBHW g0

mmf −

µ

+= ∫ ΚΚΚλλ

)165(........AdBBAdBHW g0

mmf −

+= ∫ λλµ

)185(........VowVowW gfgmfmf −+= λλ

)195(........WWW fgfmf −+=

205

a) Encuentre el voltaje de la fuente DC.b) Encuentre la energía de campo almacenada.

Fm Profundidad =10cm

fig E5.1

10cm.

5cm.

5cm.

10cm.

Llg 5cm.

Figura E.5.1

SOLUCIÓN:

a) Para m

vAmp160H)23H(HBTablam

b1T1B 2máx−=−−== ω

La intensidad magnética en el entrehierro es:

La f.m.m.. requerida es :

El voltaje de la fuente DC es:

b) La densidad de Energía en el núcleo es:

Esta es la densidad de energía dada por el área encerrada entre el eje B y lacurva característica B-H para el material H-23. Esta área es:

Amp216,32ivAmp8054i250

=−=

V08,1615216,32VDC =×=

∫=1

0HdBw fm

3fm mJ801601

21w =××=

( ) ( ) .m6,0cm6051021052m ==+++=λ

mvAmp108,795

1041BgHg 3

70

−×=×π

=µ

= −−

33 10×5×2×10×795,8+0,6×160=iN

795896 +=iN

206

El volumen del material H-23 es:

La energía almacenada en en núcleo es:

La densidad de energía en el entrehierro es:

El volumen del entrehierro es:

La energía almacenada en el entrehierro es:

La energía total de campo es:

Nota.- Se observa que la mayor cantidad de energía de campo es almacenada enel entrehierro.

5.2.1 ENERGÍA Y COENERGÍA

La característica λ-i de un sistema electromagnético (así como el visto en lafigura 5.2.1) depende de la longitud del entrehierro y de la característica B-Hdel material magnético. Estas características λ-i están vistas en la figura 5.2.3apara tres valores de la longitud de entrehierro. Para longitudes de entrehierromás largo las características son esencialmente lineales . Las característicasconsiguen ser no lineales a medida que la longitud del entrehierro decrece.

Para un particular valor de la longitud de entrehierro, la energía almacenadaen el campo es representada por el área Wf entre el eje λ y la curvacaracterística λ-i como se muestra en la figura 5.2.3b. El área W′′′′ f entre el eje iy la curva característica λ-i es conocida como la coenergía, y ésta es definidacomo:

Esta cantidad no tiene significado físico. sin embargo, como se verá másadelante, éste puede ser usado para derivar expresiones para la fuerza (ótorque) desarrollado en un sistema electromagnético.

3m m003,0)1,01,005,0(2)2,01,005,0(2Vo =××+××=λ

J24,0003,080W fm =×=

3337

2

fg m/J109,397mJ

1042)1(w ×=×π×

= −

353g m105m)005,01,005,0(2Vo −×=××=λ

Joules895,19105109,397W 53fg =×××= −

J135,20J)895,1924,0(W f =+=

)225(........diWi

0

'f −λ= ∫

207

De la figura 5.2.3b:

Note que si ff WW >' la característica λ-i es no lineal; y si ff WW =' lacaracterística es lineal

a) Características λ-i para diferentes longitudes de entre hierros b) Representación gráfica de la Energía y Coenergía.

Figura 5.2.3

5.3 FUERZA MECÁNICA EN LOS SISTEMAS ELECTROMAGNÉTICOS

Consideramos el sistema mostrado en la figura 5.2.1. La parte móvil se muevedesde una posición x=x1 a otra posición x=x2 así que al final del movimiento elentre hierro decrece. Las características λ-i del sistema para estas dosposiciones están mostradas en la figura 5.3.1. La corriente (i=v/R) permaneceráen el mismo valor para ambas posiciones en el estado estable.

Consideremos que los puntos de operación sean “a” cuando x=x1 y “b” cuandox=x2 (Figura 5.3.1).

Si la parte móvil ha tenido un movimiento suave, la corriente ha permanecidoesencialmente constante durante el movimiento. El punto de operación por éstarazón ha subido desde el punto “a” a “b” como se observa en la figura 5.3.1a.Durante el movimiento:

)235(........iWW f'f −λ=+

24) - (5........abcdáreaid=eidt=dW2

1

e =λ∫∫λ

λ

)255(........oadáreaobcáreadW f −−=

)265(dWdWdW fem −−= ΚΚΚ

)275(obcáreaoadreaáabcdáreadWe −−+= ΚΚΚ

( )285oabáreadWe −= ΚΚΚ

i-i

W´f

Wf

Iib(b)

IiB(a)

Incrementode lg

208

)305(dWdWdxf 'fmm −== ΚΚΚ

)(5........=fconstante=i

m 31-x

x)(i,'Wf

∂∂

)335(........x

)x,(Wf

tetancons

fm −

∂λ∂

−==λ

Si el movimiento ha ocurrido bajo condiciones de corriente constante, el trabajomecánico hecho es representado por el área sombreada (Figura 5.3.1a), el cual,de hecho, es el incremento en la coenergía.

Si fm es la fuerza mecánica que causa el desplazamiento diferencial dx.

Posición del punto de operación por movimiento en el sistema de la figura 5.2.1 a) a corriente constante. b) a flujo concatenado constante.

Figura 5.3.1

Vamos ahora a considerar que el movimiento ha ocurrido muy rápidamente.esto podría ser asumido en que durante el movimiento el flujo concatenado hapermanecido esencialmente constante, como se observa en la figura 5.3.1b. Sepuede mostrar que durante el movimiento el trabajo mecánico realizado esrepresentado por el área sombreada oap, el cual, de hecho es el decremento enla energía de campo. por ésta razón :

Note que para el movimiento rápido la entrada eléctrica es cero (idλλλλ=0) por queel flujo concatenado ha permanecido constante y la energía mecánica de salidaha sido suministrada completamente por la energía de campo.

En el límite cuando el diferencial de desplazamiento dx es pequeño, las áreasoab en la Figura 5.3.1a, y oap en la Figura 5.3.1b, serán esencialmente lamisma. Por esta razón el cálculo de la fuerza de las ecuaciones 5-31 y 5-33será la misma.

)295(dWdW 'fm −= ΚΚΚ

)325(dWdWdxf fmm −−== ΚΚΚ

209

λ

λ=λ= ∫∫

λλd

gidW f

2

00 09.0

EJEMPLO 2.- La relación λ-i para un sistema electromagnético es dada por:

El cual es válido para los límites 0< i < 4Amp y 3< g < 10cm. Para unacorriente i= 3Amp y longitud de entrehierro g = 5cm, encuentre la fuerzamecánica de la parte móvil, usando el concepto de energía y coenergía decampo.

SOLUCIÓN:

La relación λ-i es no lineal. De la relación λ-i

La coenergía del sistema es:

De la ecuación 5-31:

Para g = 0.05 m y i = 3A

La energía de el sistema es:

2

09,0gi

= λ

gi09,0 2

1

=λ

digi09,0diW

i

0

21

i

0

'f ∫∫ =λ=

joulesi32

g09,0W 2

3'f

=

ctei

f

mg

giWf

=∂

∂=

),('

mN05,013

3209,0f

ctei2

23

m −

−=

=

mN7,124fm −−=

λ=309,0

gW3

2

2

f

ctei2

23

m g1i

3209,0f

=

−=

210

2

3

cte

fm 09,03

g2g

)g,(Wf

×λ−=

∂λ∂

−==λ

)345(........i)x(L −=λ

)385()x(L2x

fcte

2

m −

λ∂∂−=

=λ

ΚΚΚ

De la ecuación 5-33:

Para g = 0.05m y i = 3A

Las fuerzas calculadas basadas en las funciones de energía y coenergía son lamisma, como se esperaba. La selección de la función energía o coenergía asícomo las bases para el cálculo es materia de conveniencia, depende de lasvariables dadas. El signo negativo de las fuerzas indica que la fuerza actúa endirección de la disminución de la longitud del entrehierro.

5.3.1 SISTEMAS LINEALES

Consideremos el sistema electromagnético de la Figura 5.2.1. Si la reluctanciade la trayectoria magnética del núcleo es despreciable comparada con la de latrayectoria del entrehierro, la relación λ-i consigue ser lineal. Para este sistemaidealizado.

Donde L(x) es la inductancia para la bobina, cuyo valor depende de la longituddel entrehierro. La energía de campo es:

De las ecuaciones (5-34) y (5-35):

De las ecuaciones (5-33) y (5-36):

vueltaWb12,305,0

309,0 21

−=×=λ

mN7,12409,03

12,305,02f 2

3

m −−=×

××−=

)355(........idW f −λ= ∫

)365(........)x(L2

d)x(L

W2

0f −λ=λλ= ∫λ

)375(........2

i)x(LW2

f −=

)395(dx

)x(dL)x(L2

f 2

2

m −λ= ΚΚΚ

211

)415(........)(21 2' −== ixLWW ff

Para un sistema lineal:

De las ecuaciones. 5-31 y 5-41

Las ecuaciones (5-40) y (5-43) muestran las mismas expresiones para lasfuerzas obtenidas a partir de las funciones de energía y coenergía. Para elsistema de la Figura 5.2.1 , si la reluctancia de la trayectoria magnética delnúcleo es omitida.

De la Ecuación 5-17 la energía de campo es:

Donde Ag es el área de la sección transversal del entrehierro.

De las Ecuaciones (5-33) y (5-46):

De aquí, que la fuerza por unidad de área de entre hierro, llamada presiónmagnética fm, es:

EJEMPLO 3.- El sistema magnético mostrada en la figura E.5.3 tiene lossiguientes parámetros:N = 500 i = 2AAncho del entrehierro = 2,0 cm

)405(........dx

)x(dLi21f 2

m −=

)425(........i)x(L21

xf

ctei

2m −

∂∂=

=

)435(........dx

)x(dLi21f 2

m −=

)445(........g2B

g2HiN0

gg −==

µ

)455(........Vo2B

W g0

2g

f −= λµ

)465(........g2A2B

W g0

2g

f −=µ

)475(........A22B

g2A2B

gf g

0

2g

g0

2g

m −=

∂∂=

µµ

)485(........mN

2B

f 20

2g

m −=µ

212

Profundidad del entrehierro = 2,0 cmLargo del entrehierro = 1 mmOmita la reluctancia del núcleo, elflujo de la dispersión, y el efecto de bordea) Determinar la fuerza de atracción entre ambas partes del entrehierro.b) Determine la energía almacenada en el

entrehierro.

SOLUCIÓN:a)

N33,251f10112

10222500104f

2AN

A2B

f

iNB

m

6

4227

m

2g

g22

0g

0

2g

m

g

0g

=×××

××××××=

==

=

−

−−π

µµ

µ

λλ

λ

b)

J25133,0W

J1033,251A2B

Vo2B

W

f

3gg

0

2g

g0

2g

f

=

×=== −λλµµ

EJEMPLO 4.- El sistema magnético de levante mostrado en La Fig. E.5.4. tieneuna sección transversal cuadrada de 6 x 6 cm2. La bobina tiene 300 vueltas yuna resistencia de 6 ohms. Omita la reluctancia del núcleo magnético y el efectode borde del entrehierro.a) El entrehierro es inicialmente mantenido en 5 mm y la fuente DC de 120V es

conectada a la bobina. Determine:i) La energía almacenada en el campo.ii) La fuerza de levante.

b) El entrehierro es nuevamente mantenido en 5 mm y una fuente A.C. de 120V(rms) a 60 Hz es conectada a la bobina. Determine el valor promedio de lafuerza de levante.

Figura E.5.4

Llg

Ii

It

Ifm

Ifm

gura E5.4

Lg

Figura E.5.3

Fi

213

LjRZ ω+=→

SOLUCIÓN:

a) La corriente en la bobina es :

Porque la reluctancia del núcleo magnético es omitida, la energía de campo enel núcleo magnético es omitida. Toda la energía de campo está en losentrehierros.

La energía de campo es :

De la Ecuación 5-47, la Fuerza de levante es:

b) Para una excitación A.C. La impedancia de la bobina es:

La inductancia de la bobina es:

La corriente de la bobina es:

La densidad de flujo es:

A206

120i ==

Tesla754,0B1052

20300104g2

iNB

BHiN

g

3

70

g

g0

ggg

=××

×××π=µ

=

µ==

−

−

λλ

J143,8J1056621042

754.0Vo2B

W 77

2

g0

2g

f =××××××π×

=µ

= −−λ

N7,1628N106621042

754.0A2B

f 47

2

g0

2g

m =×××××π×

=µ

= −−

Hr107,401052

1066104300L

ANRNL

33

472

g

g02

g

2

−−

−−

×=××

××××π×=

µ==

λ

Ω+=××+= −→

34,15j6107,40377j6Z 3

A29,734.156

120I22rms =

+=

g2iNB 0

gµ

=

214

La densidad de flujo es proporcional a la corriente y por ésta razón cambiasinusoidalmente con el tiempo como se observa en la Figura E.5.4 . El valor rmsde la densidad de flujo es:

La fuerza de levante es:

La fuerza varía con el cuadrado de la densidad de flujo como se muestra en laFig. E.5.4

El cual es así un octavo de la fuerza de levante obtenida con fuente D.C. devoltaje.

5.4 MÁQUINAS ROTATIVAS

La producción de movimiento traslacional en un sistema electromagnético hasido discutido en secciones previas. Sin embargo, la mayoría de convertidoresde energía, particularmente los de más alta potencia, producen movimientorotacional. La parte esencial de un sistema electromagnético rotativo esmostrada en la Figura 5.4.1. La parte fija de un sistema electromagnéticorotativo es llamada el estator, y la parte móvil es llamada Rotor. El Rotor semueve y rota libremente entre los polos del estator. Consideremos un casogeneral en el cual ambos estator y rotor tienen en sus arrollamientos circulandocorriente, tal como se observa en la Figura 5.4.1. La corriente puede sersuministrada al circuito del rotor por entre escobillas fijas y a través de anillosde deslizamiento montados en el rotor.La energía almacenada de campo Wf del sistema puede ser evaluada por elestablecimiento de las corrientes is e ir en los arrollamientos manteniendo elsistema estático, esto es, sin salida mecánica. Consecuentemente:

Para un sistema magnético lineal los flujos concatenados λs del arrolllamientoestatórico y del arrollamiento rotórico pueden ser expresados en términos deinductancias cuyos valores dependen de la posición θθθθ del rotor.

2rms

3

7rms0

rms

mb2748,0B

Tesla1052

29,7300104g2

NIB

ω=

×××××π=

µ= −

−

2

0

2

22 gg

g

m BAB

f αµ

=

N3,216f

104210662275,0A2

2B

A22B

f

avgm

7

42

g0

2rms

g

avg0

2g

avgm

=

×π×××××=

µ=

µ= −

−

)495(........dtiedtiedW rrssf −+=

)505(........dididW rrssf −+= λλ

215

Donde:

Lss = es la inductancia propia del arrollamiento estatóricoLrr = es la inductancia propia del arrollamiento rotóricoLsr ,Lrs= son las inductancias mutuas entre los arrollamientos rotórico yestatórico.

Para un sistema magnético lineal Lsr =Lrs . Las ecuaciones 5-51 y 5-52 puedenser escritas en la forma matricial.

)535(ii

LLLL

r

s

rrrs

srss

R

s −

=

λλ

ΚΚΚ

De las ecuaciones. (5-50) (5-51) y (5-52).

La energía de campo es:

Siguiendo el procedimiento usado para determinar una expresión de la fuerzadesarrollada en un actuador traslacional, podría mostrarse que el torquedesarrollado en un sistema electromagnético es:

)515(........iLiL rsrssss −+=λ

)525(........iLiL rrrsrsr −+=λ

)545(........)iLiL(di)iLiL(didW rrrssrrrsrssssf −+++=

)555(........)ii(dLdiiLdiiLdW rssrrrrrssssf −++=

∫ ∫∫ −++= r rss i

0

ii

0 rssrrrrr

i

0 ssssf )565(........)ii(dLdiiLdiiLW

57)-(5........iiL+iL21

+iL21

=W rssr2rrr

2sssf

Configuración Básica de un Sistema Electromagnético RotatorioFigura 5.4.1

216

)585(........),i(W

Tctei

'f −∂

∂=

=θθ

'ff WW =

En un sistema magnético lineal, la energía y la coenergía son los mismos, estoes .. Por ésta razón, de las ecuaciones 5-57 y 5-58.

Los dos primeros términos del lado de la mano derecha de la Ecuación 5-59representa los torques producidos en la máquina porque muestra la variaciónde la inductancia propia con la posición del rotor. Esta componente de torque esllamada el torque de reluctancia. El tercer término representa el torqueproducido por la variación de la inductancia mutua entre los arrollamientos delestator y rotor.

EJEMPLO 5.- En el sistema electromagnético de la Figura 5.4.1 el rotor notiene arrollamiento (tenemos un motor de reluctancia) y la inductancia delestator está como una función de la posición θ del rotor :

Lss = Lo + L2 cos 2θ (Figura E.5.5).La corriente del estator es: tsenIi SmS ω=a) Obtener una expresión para el torque actuante en el rotor.a) δ+ω=θ tm , donde ωm es la velocidad angular del rotor y δ es la posición

del rotor en t =0. Encuentre la condición para no cero del torque promedioy obtenga una expresión para el torque promedio.

T

- /2 /2 0

Lss

LqLd L2

Lo

Figura E.5.5

SOLUCIÓN :

a) Desde que ir = 0 , de la Ecuación 5-59:

)595(........d

dLiid

dLi21

ddLi

21T sr

rsrr2

rss2

s −++=θθθ

θddLi

21T ss2

s=

217

b)

El torque promedio es producido para las siguientes velocidades:

i) 0m =ωEl torque promedio a velocidad cero es:

De la Fig. E.5.5:

Por ésta razón:

ii) ω±=ωm

Correspondiente a ésta condición:

El torque promedio varía sinusoidalmente con 2δ, donde δ es la posición delrotor en t= 0 y es conocida como el ángulo de torque de potencia.

mNtsin2sinLIT

)2cosLL(ddtsinI

21T

22

2sm

2022

sm

−ωθ−=

θ+θ

ω=

δ+ω−ω−δ+ω+ω−δ+ω=

ω−δ+ω−=

)t)((2sin21)t)((2sin

21)t(2sinLI

21T

2t2cos1)t(2sinLIT

mm22sm

22sm

δ−= 221

22 sinLIT smavg

22qd LL

L−

=

δ−−= 2)(41 2 sinLLIT qdsmavg

δ= 241

22 sinLIT smavg

δ−= 2)(81 2 sinLLIT qdsmavg

218

PROBLEMAS RESUELTOSCAPITULO V

CONVERSIÓN DE ENERGÍAPROBLEMA N° 5.1.- El núcleo magnético mostrado en la figura tiene unasección transversal de 3cm×3cm. Cuando las dos secciones del núcleo sonmantenidas casi juntas, la longitud del entrehierro es x=1mm. La bobina tiene177 espiras y una resistencia de 7,5 Ohmios. Considere oFE µ>>µa) Suponiendo que se conecta una fuente DC de 40V a la bobina, calcule la

fuerza que mantiene a las dos secciones casi juntas.b) Suponiendo que se conecta una fuente AC de 100V a 60Hz , cual será la

fuerza promedio que mantiene a las dos secciones casi juntas. DCAC RR =c) Repetir la parte a) únicamente, considerando el efecto marginal o de borde.

X

Movimiento

NI

Figura P5.1.1

SOLUCIÓN:

Considerando los casos:

X

1B

FeA*Sin dispersión:

X

2B

gA*Con dispersión:


Se asume:

FE1g2 ABAB ×=×

219

g

FE12

FEo

211

1FEo

21

1

g

2

g

FE

o

212

2

g

2

g

FE

o

21

2

g2g

FE121

o1

g22go

22

o

22

2

AAFF

AB21

XUFXAB

21U

AAAB

21

XUF

XAAAB

21U

XAHAAB

21U

XINH

XINB

XAHB21XAB

21VolB

21U

×=∴

××−=∂∂

−=⇒×××=⇒

×

××−=

∂∂

−=

⇒××

××=⇒

×××

××=⇒×=⇒

××=

××××=×××=××=⇒

µµ

µ

µ

µ

µµ

Luego, aplicando la Ley de Ampere al circuito:

2

22oC

mec

2o

22o2

C

22o

2o

C

2o

o

moggogg

g

omFEgmm

X2AIN

X´WF

XAN

LX2

AINIL

21´W:Pero

X2AIN

dI.X

AINdI.´W

XAIN

AX

INNN

BX

INBHB;X

INH

XHIN:Entoncescomo;XHHIN

×××µ=

∂∂

−=

××µ=∴

×××µ=××=

×××µ=

×××µ=λ=

×××µ=×××µ×=λ⇒φ×=λ

=××µ=⇒×µ=×=

×=×

µ>>µ=µ×+×=×

∫ ∫

λ

a)

N2958,503102

)103(33,5177104F

A33,55,7

40Iespiras177N

m10X

6

22227

3

=×

×××××π=∴

===

=

−

−−

−

b)Para una fuente de AC de 100V y 60 Hz

220

N923,754d.sen218458,1509F

sen8458,1509F

)sen25278,6(102

)103(177104F

A5278,632,15

100Z100I

32,153576,135,7XRZ

3576,13104323,35602LX

mH4323,3510

)103(177104L

2

0

2PROM

2

26

2227L

222L

2L

3L

3

2227

=θθ×π

×=

θ×=

θ×××

××××π=∴

===∴

Ω=+=+=∴

Ω=×××π=×ω=⇒

=××××π=

∫π

−

−−

−

−

−−

c)

( ) N348,471000961,0

1032958,503AAFF

m000961,0)10103(A22

g

FE12

232g

=××=×=∴

=+×=−

−−

PROBLEMA N° 5.2.- En el contactor que se muestra en la figura, el núcleoferromagnético está conformado por 60 láminas, de espesor t=0,5mm. Cuandolas secciones del núcleo son mantenidas juntas, el entrehierro es de 1mm, labobina tiene 250 espiras, una resistencia de 7,5 Ohmios medida en DC. Asumir

om µ>>µ .a) Si se alimenta la bobina con una tensión continua de 40V. Calcular la fuerzatotal que mantiene las dos secciones juntas.b) Suponiendo que una fuente de corriente alterna de 100V eficaces a 60Hz,alimenta la bobina. Calcular la fuerza promedio que mantiene juntas las dossecciones. Considerar DCAC RR =

X

3cm

3cm

Figura P5.2.1

SOLUCIÓN:

221

Aplicando la ley de Ampere al circuito magnético:

2

22og

em

e

22og

i

0m

2og

g

2og

g

oggogggmm

gg

mmomggmm

)dX(4iNA

FX

)X,i´(WF

)dX(4iNA

di.)X,i()X,i´(W

)dX(2NA

L

iL2

iNAN

2iNA

HABABA

iNH20HComoiNH2H

+××µ×

−=⇒∂

∂=

+××µ×

=λ=

+×µ×

=⇒

×=××µ×

=φ×=λ

××µ×=×µ×=×=×=φ

×=×∴

=×⇒µ>>µ×=×+×

∫

λ

λ

λ

λλλ

Por condición del problema: X=0 (Las secciones están juntas)

2

22go

e3

2432g

d4iNA

Fm10d

m109105,060103tnaA

×××µ−==

×=××××=××=

−

−−−

a)DC:

N6,502104

333,5250109104F

A333,55,7

40i

6

2247

e

DC

−=×

×××××π−=

==

−

−−

b)

N07,7562

id4

NAF

d4iNA

F

)62,60t377(sen2541,6i

62,605,703534,0377arctan

)t377(sen)03534,0377(5,7

2100i

H03534,0102

250109104L

d2NA

L0Xsi)dX(2

NAL

2max

2

2go

PROMe

2

22go

e

22

3

247

2go

2go

−=

×

××µ−=

×××µ−=

°−×=

°=

×=ϕ

ϕ−××+

=

=×

××××π=

××µ=⇒=

+××µ

=

−

−−

222

PROBLEMA N° 5.3.- El electroimán de la figura es utilizado para levantar unabarra de hierro. La rugosidad de la barra es tal que cuando el electroimán y labarra están en contacto existe un entrehierro mínimo de 0,15cm en cada brazo.Si la resistencia de la bobina es de 3,0 Ohmios. Calcular el mínimo voltaje DCque se deberá aplicar a la bobina para levantar la barra de hierro.

nE le c tro im á

Kg130M =

Ω3Respiras500N

==

hierrodeBarra

2cm35AltransversaSección

=

Pro b .5.3

Figura P5.3.1

SOLUCIÓN:

Aplicando la Ley de Ampere para el circuito magnético de la figura:

gλ

Figura P5.3.2

En (α):

22

go2

me

2go2i

0m

gg

go2

g

go22

go

gg

go

ggg

iX4

ANX

´WF

iX4

ANdi.)X,i(´W

X;i2

ANiL

2ANNL:quesabeSe

A2

B2INH2

××µ×

=∂∂

−=

××µ×

=λ=

=××µ×

=×=λ

×µ×=

ℜ=

×µ=ℜ

×µ

×=×=×

∫

λλ

λλ

λλ

)(0A

H)(INH2H

INld.H

mmm

mm

mmmm

ggmm

∞→µ≈×µ

×φ=

ℜ×φ=×

α×=×+×

×=∫

λλ

ΛΛΛΛλλ

ρρ

223

La mínima fuerza para levantar la barra de hierro:

voltios687,9229,33ViRV

A229,31035104500

)1015,0(8,91304ANXgM4i

iX4

ANgM

.gravedadlaescasoesteenggMF

472

22

go2

2

22

go2

e

=×=×=

=×××π×

××××=×µ×××=

××µ×

=×⇒

=×=

−−

−

PROBLEMA N° 5.4.- La relación entre el flujo y la corriente de excitación deun núcleo ferromagnético está dada por la expresión:

35,03 i102,4 ××=φ − ; donde φ está en Wb e i está en amperes.a) Encuentre las expresiones para la energía almacenada en el campo

magnético del núcleo y para la coenergía en términos de la corriente deexcitación.

b) Encuentre la inductancia de la bobina de excitación como una función de lacorriente de excitación. la bobina de excitación tiene 1200 vueltas.

SOLUCIÓN:

a)

1niKN´W

diiKN´dW

:miembrosambosIntegrandodiNiKdiN´dW

diNdFiNHF:ademásdF´dW:queSabemos

1ninNKW

diinNKdW

:miembrosambosIntegrandodiinNKdiinKiNdW

:)(en)(

)(diinKdinKdid:)(de

)(diNdWquesabemos)(iK

1n

´W

0

i

0

n

n

1n

i

0

nW

0

n1n

1n1n

n

+××=∴

×××=

×××=××φ=⇒×=⇒×=×=

×φ=+×××=∴

××××=

××××=×××××=

βγ

γ×××=φ⇒××=φα

βφ××=α×=φ

+

φ

φ

φ

φ

+

φ

−

−−

∫ ∫

∫∫

φ

φ

λ

ΛΛΛΛ

ΛΛΛΛΛΛΛΛ

224

b) Considerando linealidad de la curva B-H, podemos aplicar la siguienteexpresión:

1niKNLi

Ni

L −××=⇒φ×=λ=

Reemplazando datos:

Hi04,5L

joulesi733,3´Wjoulesi3067,1W65,0

35,135,1

−

φφ

×=

×=×=

PROBLEMA N° 5.5.- La figura muestra un solenoide, donde la seccióntransversal del núcleo es cuadrada.a) Para A2,1I DC = , N=600 vueltas mm4b,mm50a,mm3go === .

Determinar la magnitud de la fuerza en la armadura.b) Suponiendo que la bobina tiene una resistencia R=10 Ohmios y excitada por

unatensión t377sen2100v ×= , para un desplazamiento mm3go = . Determinar la corriente en la bobina y la fuerza eléctrica promedio.

ARMADURA

M A G N E T I C ON O

C A S Q U I L L O

N

a2b

i

NUCLEO

Ff.a=1

Figura P5.5.1SOLUCIÓN:a)

ARMADURA

M A G N E T ICON O

C A S Q U IL LO

3

5

'3

'4

2 61

g

4N

a2b

i

NUCLEO

0

0

0

0

0Rm45

Ni

Rm12 R16

Rm4´3

R56

Rm23

Rm34

Rm24´

Rm3´5


1200N102,4k35,0n 3

=×== −

225

'3'4R

16R

34R

NI

Figura P5.5.4

iN

16R

2R34 2

02

0 a2b

)a2(gR

µµ+=

Figura P5.5.5

N23677,33F

N23677,33)107(

2,1)1050(104600F

)bX(IaN

)bX(iaN

X)X,i´(WF

bXiaNdi.)X,i(´W

ibg

a2NiL

bga2NNL:además

a2bg

a2b

a2g

Ab

Ab

Ag

e

23

22372

e

2

2DC

2o

2

2

22o

2m

e

22o

2i

0m

2o

2

2o

2

eq

2

2o

eq

2o

2o

3´4o3´4

34o34

16o16

=

−=×

×××××−=

+×××

−=+

×××−=

∂∂

=

+×××

==

×+

×××=×=

+×××

=ℜ

=××+=ℜ

××+

××=ℜ

×=ℜ

×=ℜ

×=ℜ

−

−−

∫

π

µµ

µλ

µλ

µµ

µµ

µµµ

226

b)

N452,15F

8182,0)107(

600)1050(1042

i)bX(NaF

)bX(iNa

X)X,i´(WF

bXiNadi).X,i(´W

ibg

Na2iL

)307,85t377(sen28182,0i

)t377(sen)3231,0377(100

2100i

307,85R

L377arctan

)t377(sen)L(R

Vi

H3231,0107

600)1050(1042bg

Na2L

PROMe

223

22372max

2

22o

PROMe

2

222om

e

222o

i

0m

22o

2

22

3

223722o

=

××

××××π=×+××µ

=

+×××µ

−=∂

∂=

+×××µ

=λ=

×+

××µ×=×=λ

°−×=∴

ϕ−××+

=

°=

=ϕ

ϕ−××ω+

=

=×

××××π×=+

××µ×=

−

−−

−

−−

∫

PROBLEMA N° 5.6 : El solenoide de la figura tiene una sección transversal de29cm . Cuando el solenoide está cerrado, la longitud del entrehierro es 1mm. Si

el número de espiras es de 177vueltas que presentan una resistencia de 7,5Ω yla permeabilidad del núcleo es mucho mayor que la del entrehierro ydespreciando el efecto de bordes.a) Determinar la fuerza que mantiene cerrado al solenoide, cuando la fuente

de alimentación es de 40V DC.b) Determine la fuerza promedio que lo mantiene cerrado cuando la fuente es

de 100V eficaces y a frecuencia de 60Hz.

Mm

V

PISTON DE 9cm²DE SECCION

BOBINADO

Llm

Llg

Figura P5.6.1

227

SOLUCIÓN :

a)

N296,503102

10933,51771042

AIN´WF

A33,55,7

40iI2

AINdi.

AiNdi´W

ANLIL;AINABNN

INBINH

)(0peroINH

INHHINld.H

6

4227

2g

22o

g

mm

DCg

22o

g

2o

m

g

2o

g

2o

g

g

oggg

ommggmm

ggmm

=×

×××××π=×

×××µ=

∂∂

−=

===×

×××µ=

×××µ=×λ=

××µ=⇒×=λ

×××µ=××=φ×=λ

××µ=⇒×=×

µ>>µ→ℜ×=×+ℜ×φ

×=×+×⇒×=

−

−−

∫∫

∫

λλ

λλ

λλ

λλ

λ

λλρρ

b) Hallando L:

mHAN

Lg

o 432,3510

1091771043

4272

=××××=××

= −

−−πµλ

N923,754d.sen1846,1509F

tsen1509,846)tsen25278,6(102

109177104F

A5278,6319,15

100Z

VI

319,15RXZ358,1310432,35602LX

0

2PROMm

226

427

m

rmsrms

22L

3L

=αα×π

×=⇒

ω×=ω×××

××××π=

===

Ω=+=Ω=×××π=×ω=

∫π

−

−−

−

PROBLEMA N° 5.7 : El rotor mostrado en la figura es de material nomagnético y lleva dos bobinas colocadas en cuadratura. Si el rotor estácolocado dentro de un campomagnético uniforme oB y las bobinas a y b sonrecorridas por las corrientes ba IeI respectivamente. Asumiendo que el rotortiene una longitud m35,0=λ y radio TBymR o 8,015,0 == . Encuentre laexpresión del torque como una función de la posición α y haga un gráfico para :

a) AII ba 5;0 ==

b) 0;5 == ba IAI

c) AIAI ba 5;5 ==

228

IbIa

Ib IaB

R

Figura P5.7.1

SOLUCIÓN:

α×λ+×=λα×λ+×=λ

seniLcosiL

obbbbb

oaaaaa

( )

αλαλ

λ

senRBiLRBiL

RBAB

obbbbb

oaaaaa

oespiraoo

××××+×=××××+×=

×××=×=

λλ

λ

2cos2

2

b

i

obbba

i

oaaam diseniLdiiLWba

××+×+××+×= ∫∫00

)()cos(´ αλαλ

)cos(cos´

cos22

´22

baoboaom

e

boaobbbaaa

m

iiseniisenWT

iseniiLiLW

×−××=××−××=∂∂−=

××+××+×+×=

ααλαλαλα

αλαλ

a)

αcos2

5;0××××−=

==

boe

ba

IBRTAII

λTe

/2 /2

2RlB Io ob

/2

Figura P5.7.2

229

b)

αsenIBRTIAI

aoe

ba

××××===

λ20;5

2RlB Io a

Te

/2

Figura P5.7.3c)

)45(22)cos(2

5

°−×××××=−××××=

===

ααα senIBRsenIBRT

IAII

ooooe

oba

λλ

Te

3 /4 /4

-2 2RlB Io o-2 2RlB Io o

2 2RlB Io o

Figura P5.7.4

PROBLEMA N° 5.8 : Un relé magnético como se muestra, está formado porplanchas de fierro apiladas, presentando una altura efectiva de ¼ pulgada.Cada bobina tiene 1054 espiras y una resistencia de 500 ohm; el resorte es demasa despreciable y constante K = 8000 Kg/m, no ejerce fuerza cuando X =0,275mm. Se supone µfierro =∞ y no existe efecto de bordes. Si la longitud delentrehierro es de 0,0254 mm debido a imperfecciones en las caras de los polos ysuperficie de la armadura.a) Obtener las expresiones de flujo concatenado, la inductancia y la fuerza de

origen eléctrico.b) Las ecuaciones diferenciales de equilibrio.c) Calcular la longitud del entrehierro en estado estable para VEtv 20)( 0 ==

N X

K

1”4

1”4

9”169”16 32111”

1”4

V(t)

N

N

NN

+

Figura P5.8.1

230

SOLUCIÓN:

Planteando la ecuación para el circuito magnético:

XiNB

XiNHHXH2iN2

XH2Bm2XH2H2iN2

0gg

gmgmm

××µ=⇒×==⇒×=×∴∞→µ

×+×µ

=×+×=× λλ

a)

2

220

mec

Cmec

220

i

0

20

C

20

2o0

XiANf

.eléctricoorigendemecánicaFuerza:X

´Wf

XiANdi

XiAN2di.´W

XAN2LiL

XAiN2N2

XAiNAB

×××µ−=∴

∂∂

=⇒

×××µ=×

×××µ=λ=

××µ=⇒λ=×

×××µ=φ×=λ

×××µ=×=φ

∫ ∫

b) Ecuación de movimiento:

( )

2

2

22

iR21D

XK21V

XM21iXL

21T

××=

××=

××+××= &

dtdqq;Q

qD

qV

qT

qT

dtd

:LagrangeDeEcuación

nnn

nnnn

==×∂∂+

∂∂+

∂∂−

∂∂⇒ &

&&

0

20

00

10

01

0

10

20

01

20

20

XAN2L;

XX1LL

XX;

XX1

1X

AN2XX

AN2X

AN2L

:Ahora

××µ=

−×=∴

<<

+

×××µ

=+

××µ=

××µ=

231

( ) ( )

( )( )

( ) ( )

( ) )2(X

ANidXK

dtXdM)t(f

)1(dtdX

XANi2iR

dtdi

XAN2

)t(vX

AN2dXdL

dXKdX

XdLi21

dtXdM)t(f

dtdX

dXdLiiR

dtdiL)t(v)t(viRiXL

dtd

)t(fXKidXdL

21

dtXdM

dtdXX;)t(fiR

21

XXK

21

X

XM21iXL

21

XXM

21iXL

21

Xdtd

2

20

2

2

2

2

20

20

2

20

22

2

22

2

22

2222

ΛΛ

ΛΛ

&&ΛΛ

Λ&&&

××µ×+−×+×=

×××µ

××−×+×××µ

=⇒××µ

−=

−×+××−×=

××+×+×=⇒=×+×

=×+××−×

==

××

∂∂+

××

∂∂+

+

×+××

∂∂−

××+××

∂∂

c) En estado estable : (De las ecuaciones anteriores)

( )

( )

( )

( ) ( )

m1013,2X

)inestable(m105,1X

)estable(m1013,2X

m10032,4100

54,241

41

41A:Donde

0X

10032,4105410210275,0X8000

m10275,0d0X

ANidXK:)2(En

XANIXdK0F:Si

A10250010

RE

I2V20Ey500R:Si

XANIdXKF)t(f

IRE)t(v

40

420

410

252""

20

520223

0

32

0

202

0

20

202

000

2000.BOB

20

202

00o

00o

−

−

−

−

−−−

−

−

×=∴

×=⇒

×=⇒

×=

×=×=

=

×××µ××+×−×⇒

×==××µ

×+−×

××µ×=−×⇒=

×===⇒=Ω=

××µ×+−×=⇒

×=⇒

232

PROBLEMA N° 5.9 : En el sistema electromecánico de la figura mostrada serepresenta el modelo de un micrófono capacitivo, en este sistema el movimientoes convertido en energía eléctrica.Si en equilibrio con E aplicado y f(t)=0 (fuerza externa ) la carga depositada enel condensador es igual a qo obliga al resorte a deformarse una cantidad Xa yestablece una separación Xb entre las placas. Si las ondas de sonido chocan conla placa b, ejercerán una fuerza que producirá un desplazamiento X1 que serámedido desde el punto de equilibrio, así, la distancia entre las placas seráentonces Xb – X1 , la deformación de resorte será Xa + X1 y la carga almacenadaserá q0+q1 (incrementos).a) Obtener las ecuaciones dinámicas del sistema.b) Linealizar las ecuaciones alrededor del punto de equilibrio.

Ff(t)

Ea

E

Eb

R

L+

Xb

X

Xa

Barra de la superficie “A”

B

K

SOLUCIÓN:

a)

2qL

2XM

2XB

2qRF

UyA2

qX2XKU

WVU2qL

2XMy

´W´Ty

222

22C

22m

×+×=℘×+×=

−=℘×ε××+×=

+=

×+×=

+=

&&&&

&&

λ=

×ε=

&qC

XAC o

εo: Constante dieléctricaλ&: Diferencia de Potencialq: Carga eléctrica

A2qX

2XK 222

×ε××−×−

233

Ecuación Mecánica:

)(2

)(

2

tfA

qXKXBXM

tfXF

XXdtd

=××

−×+×+×

=∂∂+

∂∂℘−

∂∂℘

ε&&&

&&

Ecuación Eléctrica:

EAqXqRqL

EqF

qqdtd

=××+×+×

=∂∂+

∂∂℘−

∂∂℘

ε&&&

&&

b)

obo

oo

oo

oaaa

oa

EXXAqqqq

dtdRqq

dtdL

ffA

qqXXKXX

dtdBXX

dtdM

qqqfffXXX

=−××+

++×++×

+=××

+−+×++×++×

+=+=+=

)()(

)()(

2)(

)()()(

;;

11

112

2

1

21

1112

2

1011

ε

ε

En estado estacionario: A

qXKCqE

o

o

o

oo ××

=×=ε2

;2

1

011

11

11111

=××

−+×+×

=××

−×+×+×

XA

qCqqRqL

fqA

qXKXBXM

o

o

o

ε

ε

&&&

&&&

PROBLEMA N° 5.10 : El pistón de un solenoide está conectado a un resortecuya fuerza está dada por F= -Ko(X-2a), donde X es la longitud del entrehierro.La inductancia del solenoide es de la forma L= Lo(a-X) y de resistencia R. Si elsolenoide se conecta a una fuente de 5V D.C.

a) Escriba las ecuaciones dinámicas del sistema.b) Si Lo =0,5mH/cm, a=2cm, R=1ohm, Ko=0,25N/cm. Encuentre la posición deequilibrio Xo asumiendo que aX o ≤≤0 .c) Linealizar las ecuaciones encontradas en a) alrededor del punto deequilibrio.d) Si la bobina es alimentada con una fuente de corriente constante de 5A comose afectan las ecuaciones encontradas en c).

SOLUCIÓN:

234

a)

( )

)1()(

)(

)(

)(

21

2)(

21

´21;

21

0;2

´2

)(21´

2)(

).,(´

)()(

´21´

.;´´´

22

2

22

2

22

2

0

2

ΛΛΛΛ

&&&&&

&&

&&

&&

&

&

EléctricaEcuaciónViRdtdXiL

dtdiXaL

VqRqXLqXaL

VqRqXaLdtd

teqF

qqdtd

XKqXaL

XM

Uy

iRFXKU

WWVU

iLX

Wf

iXaLXMy

iXaLdiXiW

iXaLiLXaLL

WXMy

totalcoenergíaFunciónWTy

ooo

ooo

oo

o

CC

ome

o

oi

m

o

o

m

m

=×+××−×−×∴

=×+××−×−×

=×+×−×

=∂∂+

∂∂℘−

∂∂℘

××−×−×

+××=℘

−=℘

××=××=

=+=

×=

∂∂

−=

×−×+××=∴

×−×==

×−×=×=−×=

+××=

+=

∫λλ

)2()()2(2

)(2

)(02

)(

)(

2

2

2

ΛΛΛΛ&&

&&&

&&

&&

MecánicaEcuacióntfaXKiLXM

tfXKqLXM

tfXKqL

XMdtd

tfXF

XXdtd

oo

o

o

=−×+×

+×∴

=×+×

+×

=+

×−

×−−×

=∂∂+

∂∂℘−

∂∂℘

b).equilibriodeposiciónlaen?X o =

235

cm5,1X

m015,0K2IL

a2X

0)a2X(K2

iL)2(de

A515

RVIIRV)1(de

o

o

2oo

o

oo

2o

oooo

=∴

=××

−=

=−×+×

===⇒×=

Linealizando las ecuaciones:

o1o

1o1oo21

2

21o

1ooo

21o

1oooo21

2

1ooo

21o

1oo

2oo

21

2

1oo2

1oo

1o2

21o

1o

ViRIR

XKiILdt

XdM

02

iLdonde

0XK)a2X(K2

iLiIL)a2X(K

dtXdM

0XK)a2X(K2

iLiIL2

ILdt

XdM

0)a2XX(K)iI(2L

)XX(dtdM

iIiXXX

=×+×

×−××−=×∴

=×

=×+−×+

×+××++−×+×⇒

=×+−×+×

+××+×

+×

=−+×++++×

+=+=

ΚΚΚ

ΚΚΚ

d) Fuente de corriente constante:

0;0. 11 ==⇒=+=dtdiicteiIi o

En la ecuación mecánica linealizada:011 =×+× XKXM o

&&

En la ecuación eléctrica:oooo VIRXIL =×+××− 1

&

236

CAPÍTULO VIMÁQUINA DE

CORRIENTE CONTINUA

6.1 ASPECTOS CONSTRUCTIVOS DE LA MÁQUINA DE CORRIENTECONTINUA

Las principales partes que conforman la máquina de corriente continua son lassiguientes:

I) EL ESTATOR:

a) Los polos: los cuales están hechos de acero silicio laminado.

b) Las bobinas de campo: Las bobinas están arrolladas sobre los polos.

b.1) Bobina shunt: compuestas de muchas espiras de alambre delgado. b.2) bobina serie: compuestas de pocas espiras de alambre grueso.

c) Los Interpolos: Están hechos de láminas de acero silicio y llevan unarrollamiento de alambre grueso.

d) Los arrollamientos de Compensación: Están conformados por losconductores que se colocan en los polos con el objeto de neutralizar lareacción de armadura.Solamente los llevan las máquinas de gran potencia ya que su costo esbastante elevado.

e) El Yugo: El yugo del estator es necesario para cerrar el circuito magnéticode la máquina.

f) Las Escobillas y las Portaescobillas:Toda máquina de corriente continuarequiere de por lo menos dos escobillas. Están hechas de carbón ó de cobregrafito y van alojadas en las portaescobillas que están sujetas a un anillo queva entornillado al yugo. Un resorte presiona firmemente las escobillas sobreel conmutador para obtener un buen contacto eléctrico.

II) EL ROTOR:

a) El Núcleo de la Armadura: Está constituído por láminas de acero silicio desección circular. La circunsferencia es ranurada para que puedan alojarse losconductores del arrollamiento de armadura.

b) El Conmutador: Está hecho por un gran número de segmentos de cobre ódelgas, aislados entre sí.

237

c) El Arrollamiento de Armadura: Existen dos tipos de arrollamiento dearmadura: el imbricado y el ondulado.

6.2 PRINCIPIOS DE FUNCIONAMIENTO DE LA MÁQUINA DE CORRIENTECONTINUA

La máquina de corriente continua se utiliza para generar una tensión constantecuando funciona como generador y para producir par mecánico (torque) cuandofunciona como motor.

El principio de funcionamiento como generador se basa en la Ley general de lainducción electromagnética. La máquina tiene básicamente dos arrollamientos,uno ubicado en el estator cuya función es crear un campo magnético por lo quese le denomina inductor. El otro arrollamiento está ubicado en el rotor y sedenomina inducido ó armadura.

A a

E

A a’N S

ESCOBILLACONMUTADOR

A a

E

A a’N S

ESCOBILLACONMUTADOR

A a

E

A a’N S

ESCOBILLACONMUTADOR

A a

E

A a’N S

ESCOBILLACONMUTADOR

Figura 6.2.1

En la figura 6.2.1 puede verse una máquina de C.C. elemental en el que elinducido está representado por los dos conductores a y a’ que conforman laespira aa’ los terminales de la espira van conectados al conmutador que en estecaso muy simple está conformado solamente por dos segmentos ó delgas decobre aislados entre sí. El conmutador gira junto con el rotor por lo que laconexión al circuito exterior se realiza a través de las escobillas.

Cuando el rotor gira sus conductores cortan las líneas de fuerza producidas porel inductor y se engendra en ellos una f.e.m. .Esta f.e.m. es rectificada por elconmutador apareciendo en los bornes de la máquina una tensión Eprácticamente constante.

El campo magnético es producido por la corriente continua de excitación querecorre las bobinas de campo de los polos del estator. Siendo el entre hierroconstante, la distribución espacial de la densidad de flujo Be en el entrehierro esprácticamente uniforme.

238

Figura 6.2.2

La densidad de flujo Be en el entrehierro es radial y su valor puede determinarseaproximadamente con la siguiente expresión:

φd ........ flujo producido por un polo. r ........ radio del rotor. L ........ longitud útil del rotor. P ......... # de polos.

Cuando el rotor del generador indicado gira con una velocidad “ωωωω” en cadauno de los conductores se genera una f.e.m.:

Luego:

Si consideramos el total de circuitos en paralelo (a) y si el rotor tiene Zconductores, entonces el número de conductores en serie es:

)56(........aZZ S −=

Luego la tensión entre las escobillas de la máquina será :

)16(........rL2

PB d

e −πφ

=

)26(........LVBE eC −=

)36(........rV −ω=

)46(........2

PE dc −

πωφ=

)66(........a2

PZEZE dCS −ωφπ

==

239

Finalmente haciendo:

Obtenemos:

Debido al conmutador la semionda negativa es rectificada y transformada enpositiva.

La forma como funciona el conmutador puede entenderse observando elgenerador elemental.

Por tratarse de un generador elemental el conmutador es muy simple y consta dedos segmentos de cobre a los que se conectan los terminales de la espiraformada por los 2 conductores. Estos segmentos giran con el rotor.

Para comprender el funcionamiento del conmutador hay que tener presente quela polaridad de la f.e.m. generada depende de la dirección del campo magnético.

Por consiguiente cuando un conductor pasa de una posición A frente a un polo aotra posición B frente al otro polo, cambia la polaridad y por lo tanto debetambién invertirse simultáneamente su conexión a las escobillas. Esto lo realizael conmutador cada vez que el conductor pasa por el plano neutro que separa lospolos N y S.

Es importante observar que en el instante que los conductores a y a’ seencuentran en el plano neutro, las escobillas cortocircuitan los segmentos delconmutador y ponen en cortocircuito la espira. Esto es posible por el hecho deque en esa posición la f.e.m. inducida en la bobina es prácticamente nula por noexistir flujo perpendicular al movimiento.

6.3 CAMPO MAGNÉTICO PRODUCIDO POR EL ROTOR Y REACCIÓN DE ARMADURA

El rotor lleva un arrollamiento del tipo distribuído tal como se aprecia en lafigura mostrada. Los conductores están alojados en las ranuras que existen en elrotor. En total se tienen Zc conductores.

Cuando la máquina funciona bajo carga los conductores son recorridos por unacorriente Ic cuya dirección está indicada en la Figura. El conmutador mantienesiempre las direcciones indicadas a pesar del movimiento por lo que el campomagnético del rotor resulta estacionario. En la Figura se dibuja la máquina enforma longitudinal. Se construye entonces la onda de f.m.m. (Fa) que resulta serde forma triangular con su vértice ó eje magnético ubicado entre los polos N y S,es decir a 90° eléctricos del campo del estator y es por ésta razón que se ledenomina campo transversal.

)76(........a2

PZK a −π

=

)86(........KE da −ωφ=

240

La onda de f.m.m. se construye sumando los 2ZcIc amper - espiras de losconductores ubicados en las ranuras 1 y 12 , 2 y 11, 3 y 10, etc. Por consiguientela amplitud de la onda resulta ser:

Ia = aIc, es la corriente total que ingresa al rotor, es decir la corriente dearmadura.

Esta f.m.m. produce un flujo magnético que debido a la saliencia del estatortiene una densidad Ba que varía tal como se aprecia en la figura ( parte c); ésteflujo viene a ser lo que comúnmente se denomina la reacción de armadura.

El flujo de armadura atraviesa el entrehierro y se combina con el flujo producidopor el estator, ambos flujos tienen la misma dirección en la mitad de cada carapolar y dirección contraria en la otra mitad por lo que la densidad de flujo seincrementa en la zona donde los flujos son aditivos y se reduce en la parte dondeson sustractivos.

Figura 6.3.1

Debido a la saturación magnética el incremento de flujo es menor que eldecremento, por lo que el flujo resultante resulta menor y por consiguiente lareacción de armadura ejerce un efecto desmagnetizante sobre las caras polares.Esto se traduce en una disminución de la f.e.m. generada por la máquina.

)96(........IZ6F ccmáx −=

241

Aa

11 12 1 2 3 4 5 7 8 9 10 12 1 2116

S

GENERADORMOTOR

6Z Ic c

Fa

6Z Ic c

2Z Ic c0 1

2Z Ic c

2Z Ic c

4Z Ic c

2Z Ic c

2(b)

2(a)

Be

Ba

D(d)

D(c)

0

Br=B +Ba e

Figura 6.3.2

Otro inconveniente es que el plano neutro se desplaza un ángulo αααα como seobserva en la figura 6.3.3b.

Esto empeora la conmutación y obliga a desplazar las escobillas también en unángulo αααα, lo que acrecienta aún más el efecto desmagnetizante de la reacción dearmadura. Para evitar los inconvenientes de la reacción de armadura lasmáquinas de C.C. de mayor potencia utilizan interpolos y arrollamientos de

242

compensación, con los que se logra neutralizar por completo la reacción dearmadura.

El efecto neto de la reacción de armadura es doble :i) Una distorsión del flujo de campo principal en el cual el flujo mutuo en el

entrehierro ya no está distribuido uniformemente bajo los polos, y se hadesplazado el plano neutro, y

ii) Una reducción del flujo de campo principal.

Figura 6.3.3a

Figura 6.3.3b

243

Ba

Be

Br

(c) Distorsión resultante del flujo de campo producido por el flujo de armadura.

Figura 6.3.3c

El diagrama fasorial de la Figura 6.3.3c podría dar la impresión de que el flujoresultante φφφφr es ahora mayor que el flujo original de campo φφφφe habiendo sidoaumentado por el flujo perpendicular de la armadura φφφφa , sin embargo , esto noes cierto debido al efecto de la saturación de uno de los extremos polares decada polo.

6.4 CONMUTACIÓN:

La distorsión del flujo en el entrehierro y el desplazamiento de la línea neutramagnética, originada por la reacción del inducido, son, en sí mismas, menosimportantes que su efecto sobre la bobina (ó bobinas), que sufre la conmutaciónmientras está en cortocircuito por la escobilla. En la siguiente figura quedanilustradas tres etapas del proceso de conmutación de una bobina a otra,pertenecientes a respectivos circuitos del inducido.

La corriente I0 = Ia/a en la bobina C debecambiarse en –Ia /a , como se ve en lafigura (parte c), en el tiempo T necesariopara que el inducido, en su movimiento, sedesplace el espacio correspondiente alángulo subtendido por la escobilla B.

En condiciones ideales, la corriente en labobina que se halla en cortocircuitodebería variar uniformemente desde elvalor inicial hasta el final, como indica lalínea recta 1-2 de la figura mostrada.Pero en general. La transición puedetomar formas curvilíneas complejas, comolas indicadas por las líneas mas finas.

Figura 6.4.1

244

Durante el péríodo de conmutación T, La corriente que cambia en la bobina encortocircuito induce en la misma una f.e.m. de autoinducción igual a :

,dtdiL

− que siempre se dirige de tal forma,

que se opone al cambio de corriente que lainduce. Con objeto de tener la seguridad de quela corriente cambiará en la forma deseada, estaf.e.m. de autoinducción debe quedarcompensada por una f.e.m directamenteopuesta, generada en la bobina por rotación através de un campo magnético de sentido ymagnitud apropiadas; y , además, esta f.e.m.rotatoria debe vencer la caída óhmica en elcircuito local que incluye la bobina encortocircuito, sus conexiones con el colector yel contacto entre la escobilla y las delgas delcolector. Puesto que el efecto de la inductancia Figura 6.4.2es mantener la corriente dentro de su sentidooriginal, la f.e.m. rotatoria debe, por tanto,tener el mismo sentido que la corriente final inversa.

6.5 EL MOTOR DE CORRIENTE CONTINUA EN RÉGIMEN PERMANENTE

Figura 6.5.1

El circuito equivalente es idéntico al del generador, con la diferencia de que lacorriente de armadura ha invertido su dirección. De esta manera la máquinaabsorbe energía de la red y se comporta como motor.

6.5.1 ECUACIONES DEL MOTOR DE CORRIENTE CONTINUA

De acuerdo con Kirchoff:

Además:)106(........IREV aat −+=

)116(........KE da −ωφ=

245

El torque electromagnético producido por el motor será:

En el circuito de excitación tenemos :

(6-11) en (6-10):

Despejando “ωωωω” obtenemos la ecuación de al velocidad del motor:

6.5.2 TIPOS DE MOTORES

a) El motor Shunt:

Es el motor que tiene la mejor regulación de velocidad.En cambio su par de arranque no es muy elevado. Su par motor varíalinealmente con la carga. Se emplea principalmente para accionar cargas develocidad constante.

Figura 6.5.2

b) El motor Serie:

Este Motor varía mucho su velocidad con la carga y tiende a asumir velocidadesmuy altas en vacío. En cambio tiene muy alto par de arranque y soporta mejorlas sobrecargas. Se emplea para accionar cargas pesadas tales como tranvías,grúas, montacargas, ascensores, etc.

)126(........IKT adaEM −φ=

)136(........IRV eee −=

)14(6........IRωKV aadat −+φ=

)156(........K

IRV

da

aat −φ

−=ω

)166(........III eaL −+=

246

Figura 6.5.3

c) El motor Compound:

Figura 6.5.4a

Figura 6.5.4b

Tiene características intermedias entre el shunt y el serie. Su par de arranque esbastante elevado y no tiene el inconveniente del embalamiento en vacío delmotor serie, por lo que se le emplea mucho, en lugar del serie, para movercargas pesadas, tales como ascensores, grúas, etc.

247

6.5.3 CURVAS CARACTERÍSTICAS DE LOS MOTORES

Existen dos curvas características muy importantes que dependen del tipo demotor:

a) La curva del torque del motor en función de la corriente de armadura.

b) La curva de la velocidad del motor en función de la potencia que entrega en eleje:

El motor serie es el que tiene elmáximo torque en la región desobrecarga.

Figura 6.5.5

El motor shunt es el que tienela velocidad más constante,mientras que el motor serietiene en vacío una velocidadmuy alta que debe limitarsemanteniendo siempre unacarga de seguridad en su eje.

Figura 6.5.6

Es importante tener presente que estas curvas permiten calcular la regulación develocidad:

ωωωωo : velocidad en vacío.ωωωωPC: velocidad a plena carga.

)186(........%100%rPC

PC0vel −

ω

ω−ω=

ea

2a

'

II)176(........IKT

=−=

248

6.5.4 CORRIENTE Y PAR DE ARRANQUE

En el momento del arranque ωωωω =0, luego E = Kaφφφφdωωωω = 0 , al no habermovimiento.Por lo tanto la corriente que absorbe el motor es:

)196(........RV

Ia

tarr −=

Como la resistencia de armadura es pequeña, la corriente de arranque resultaser muy alta y puede llegar a ser diez veces mayor que la corriente nominal delmotor.Esto perjudica no solamente al motor sino también a la red en la que puedeocasionar oscilaciones de tensión, por lo que en motores de cierta potencia debelimitarse la corriente de arranque mediante un reóstato de arranque conectadoen serie con el motor.

)206(........RR

VI

arra

tarr −

+=

El valor del reóstato de arranque se escoge de manera que la corriente dearranque no supere 2IN .

Una vez que la máquina adquiere cierta velocidad y por consiguiente se producela f.e.m. se elimina el reóstato de arranque.

El par de arranque elevado permite que la máquina pueda mover sin problemasla carga mecánica acoplada a su eje y pueda adquirir rápidamente su velocidadde régimen.

6.5.5 VARIACIÓN DE VELOCIDAD DE LOS MOTORES DE CORRIENTE CONTINUA

La velocidad de los motores de c.c. puede variarse entre amplios márgenes pormétodos relativamente simples. En esto reside justamente su mayor ventaja sobrelos motores de corriente alterna.

Sabemos que:

Podemos ver que la velocidad es inversamente proporcional al flujo φd .Porconsiguiente variando éste flujo se podrá variar la velocidad del motor y esto selogra fácilmente colocando un reóstato de campo en el circuito shunt deexcitación. Con él se puede regular la excitación del motor que es la que produceel flujo principal φd .

)216(........IKT arrdaarr −φ=

)226(........K

IRV

da

aat −φ

−=ω

249

También puede variarse la velocidad variando la tensión Vt aplicada al motor: amayor tensión mayor velocidad.

Finalmente una tercera posibilidad consiste en variar la resistencia (Ra + Rs )del circuito de armadura, mediante una resistencia serie.

Figura 6.5.7

De las tres formas mencionadas, la del reóstato serie es poco utilizada por lasexcesivas pérdidas que se producen en el reóstato serie.

a) Variación de Velocidad por reóstato de Campo:

El reóstato de campo permite variar la corriente de excitación del motor shunt yel motor compound. Es importante observar que la velocidad aumenta alreducirse la corriente de excitación, por lo que la velocidad mínima ó de base seobtiene con Re =0.

Al aumentarse la resistencia de campo, aumenta también la velocidad. Al mismotiempo se produce el par motor ( Ta = KaφφφφdIa ) mientras que la Potencia semantiene constante ( P = VtIa= ωωωωTa ).Por lo tanto este método se denomina de Potencia constante y puede emplearsecuando la carga tiene esa característica.

b) Variación de Velocidad por variación de la tensión aplicada a laArmadura:

La velocidad es proporcional a la tensión aplicada. A plena tensión tendremos lavelocidad máxima de base y reduciendo la tensión podremos bajar velocidadhasta cero.Al mismo tiempo se reducirá la potencia del motor ( P = VtIa ), mientras que elpar permanecerá constante (Ta = KaφφφφdIa ) razón por la cual a este método se ledenomina de par constante.

250

6.5.6 INVERSIÓN DEL SENTIDO DE ROTACIÓN DE LOS MOTORESDE C.C.

Puede realizarse de dos maneras diferentes:

a) Invirtiendo la corriente de excitación

b) Invirtiendo la corriente de armadura.

Figura 6.5.8a

Figura 6.5.8b

La inversión de la corriente de armadura Ia ó de la corriente de excitación Iecambia de dirección al par motor que es proporcional al producto de ambas ypor consiguiente invierte la rotación del motor. Naturalmente debe evitarseinvertir simultáneamente Ia e Ie pues en tal caso no se obtendría la inversión derotación.

251

6.5.7 FRENADO ELÉCTRICO

Figura 6.5.9

En ciertas aplicaciones es necesario parar el motor muy rápidamente,especialmente si el proceso requiere de continuas inversiones de velocidad. Paraésto, en lugar de utilizar frenos mecánicos, se puede aprovechar de las fuerzasmagnéticas.

Esto es justamente el caso del motor cuando se le desconecta de la red poniendosu armadura en cortocircuito y manteniendo conectada su excitación. Enrealidad de esta manera el motor está funcionando como un generador y comono tiene una máquina prima que lo accione se detendrá rápidamente por efectodel par resistente.

Para acelerar más todavía el frenado, se acostumbra conectar el motor a unaresistencia en la que se disipa rápidamente la energía cinética de la máquinabajo forma de calor. A este tipo de frenado se le denomina frenado dinámico.

El frenado eléctrico se emplea también en los trenes eléctricos cuando estánbajando una pendiente. En este caso los motores trabajan como generadores yde frenar la máquina pueden producir energía eléctrica que vuelve a la red y esutilizada por otras máquinas que estén funcionando simultáneamente. Este tipode frenado se denomina “frenado regenerativo”.

6.5.8 EFICIENCIA Y PÉRDIDAS EN LAS MÁQUINAS DE CORRIENTE CONTINUA

La eficiencia se define:

Donde: W1 = potencia de entrada de la máquina.

W2 = potencia de salida de la máquina.

)236(........WW

1

2 −=η

252

La diferencia entre ambas representa las pérdidas en la máquina : ΔW

Pérdidas: Las pérdidas que se producen en una máquina de corrientecontinua pueden dividirse en dos grupos:

1. Pérdidas rotacionales.2. Pérdidas en el cobre.

a) Pérdidas Rotacionales: incluyen todas las pérdidas que dependen de lavelocidad de rotación de la máquina ó sea dependen de la velocidad de lamáquina.

a.1) Pérdidas Mecánicas: son debidas a la fricción en los cojinetes,ventilación y fricción en las escobillas.

a.2) Pérdidas Magnéticas en el Hierro: consiste en las pérdidas porhistéresis y por corrientes parásitas de Focault en la armadura ya quedebido a la rotación el flujo magnético cambia continuamente de direcciónen la armadura.Para limitar éstas pérdidas la armadura se hace de acero-silicio laminado.

b) Pérdidas en el cobre : estas pérdidas se producen por efecto Joule en losarrollamientos de la máquina y son los siguientes:

b.1) Pérdidas en el arrollamiento de armadura : RaIa2.

b.2) Pérdidas en los arrollamientos de campo: ReIe2 + RsIa

2.b.3) Pérdidas en los interpolos: RIIa

2.b.4) Pérdidas en el arrollamiento de compensación: RcIa

2.b.5) Pérdidas por contacto en las escobillas : EBIa.

Estas pérdidas no siguen la ley de Joule.Experimentalmente se ha observado que la caída de tensión EB en lasescobillas se mantiene prácticamente constante con la carga.

c) Pérdidas Dispersas : la distorsión del flujo principal por la reacción dearmadura, el efecto pelicular en los conductores y las corrientes decortocircuito de las bobinas durante la conmutación producen pérdidasadicionales muy difíciles de determinar que se denominan pérdidas dispersasy que en las máquinas grandes (200HP) son aproximadamente del 1% de lapotencia nominal.

En las máquinas pequeñas se suele despreciarlas.

)246(........WWW 21 −−=∆

)256(........WW1

1

−∆−=η

253

6.5.9 BALANCE DE POTENCIA DE LAS MÁQUINAS DE CORRIENTE CONTINUA

a) Generador

Figura 6.5.10

b) Motor

De la Figura respe

WWWW

EM

EM

=

=

)276(........WWW)266(........IEIRIRWW

ROTD1EM

aB2aa

2ee2EM

−∆−=−+++=

+

Figura 6.5.11

Figura 6.5.11

ctiva:

29)(6........)IEIRI(R28)(6........ΔW

aB2ee

2aa1

ROTD2

−++−

−+ +

254

IiaIie IiL

V t

+

E

+

R a

Iiae L

V t

+

E

+

R a

Re

Figura 6.5.12

Figura 6.5.13

6.6 EL GENERADOR DE CORRIENTE CONTINUA EN

El circuito de un generador de C-C en régimen estable e

aR

E

I

sR

IR

cR

eR

eV

ei

Eje q

Figura 6.6.1

RÉGIMEN ESTABLE

s el siguiente:

a

tVEje d

255

RA: resistencia interna de la máquina, es decir la resistencia del arrollamiento de Armadura.RI: representa la resistencia de los interpolosRC: representa la resistencia del arrollamiento de compensaciónRS: resistencia de la bobina de campo serie

Como todas éstas resistencias están en serie pueden reemplazarse por unaresistencia equivalente : Ra.

En este circuito no figura las inductancias de las bobinas ya que estamos enrégimen estable de corriente continua.

6.6.1 ECUACIONES DEL GENERADOR EN RÉGIMEN ESTABLE

Aplicando Kirchoff:

donde: φφφφd → flujo producido por un polo. ωωωω → velocidad del rotor.

P= # de polos. Z = # de conductores del rotor. a = # de circuitos en paralelo del arrollamiento rotórico.

Donde: Tem= par o torque electromagnético

En el circuito de excitación se cumple la ley de Ohm:

6.6.2 TIPOS DE GENERADORES

De acuerdo con la forma como se conectan las bobinas de campo del generadorse representan los siguientes tipos de generadores:

I) CON EXCITACIÓN INDEPENDIENTE

La bobina de campo es alimentada desde una fuente de tensión exteriordenominada excitatriz.

)306(........RRRRR SCIAa −+++=

)346(........a2

PZK a −π

=

)366(........IRV eee −=

)316(........0VIRE taa −=++−

)326(........IRVE aat −+=)336(........KE da −ωφ=

)356(........IKT adaem −φ=

256

Figura 6.6.2

II) CON EXCITACIÓN PROPIA

Es la más utilizada en la práctica. Se pueden presentar tres casos:

a) Con excitación shunt o paralelo.b) Con excitación serie.

c) Con excitación compuesta (compound). - La conexión larga -La conexión corta

a) Con excitación Shunt o paralelo.

Figura 6.6.3

La bobina de campo es alimentada en paralelo por el mismo generador.Se emplea:

)396(........III Lea −+=

)386(........III eaL −−=

)376(........IRV eet −=

257

b) Con excitación serie:

Figura 6.6.4

La bobina de campo es conectada en serie con el generador y por lo tanto esrecorrida por la corriente de armadura Ia = Ie.

c) Con excitación compuesta (compound).

Figura 6.6.5a

Figura 6.6.5b

258

En este generador se tiene bobinas de campo serie y Shunt que se conectan enserie y en paralelo con el generador. Existen dos variantes:

a) La conexión larga. b) La conexión corta.

∗∗∗∗ La más empleada es la conexión larga.

6.6.3 CURVAS CARACTERÍSTICAS DE LOS GENERADORES

Las curvas más importantes de los generadores son dos:

a) La curva de magnetización ó característica interna de la máquina.b) La curva de tensión bajo carga o característica externa de la máquina.

a) La curva de Magnetización.

Excitando la máquina independientemente y manteniendo su velocidad ωωωωoconstante es posible trazar dicha curva.

Figura 6.6.6

Iie

E

Er

Q

Linea de incremento

Codo

Figura 6.6.7

Teniendo presente que:

)406(........KE da −ωφ=

259

Y si ω= cte.

El flujo φφφφd depende de la corriente de excitación de la máquina.

Debido a la presencia del entrehierro existe un tramo lineal denominado“lalínea de entrehierro” y un tramo curvo producido por la progresiva saturacióndel material magnético, que disminuye en forma no lineal su permanencia.

Normalmente el punto de trabajo de la máquina se presenta en la zona curva(punto Q).

Er es la tensión remanente a causa del magnetismo remanente que posee elcircuito magnético del estator. Se cumple:

b) Característica externa

La característica externa de la máquina relaciona la tensión Vt en bornes de lamáquina con la corriente Ia de armadura ó con la potencia que entrega a lacarga.

Debido a la caída de tensión en la resistencia de armadura, la tensión en losbornes de la máquina generalmente decrece al aumentar la carga.

Figura 6.6.8

1) Generador a excitación independiente.

)416(........EE

0

0

1

1 −ω

=ω

R4aR4bR4c

R3ia

2Vt

1

260

2) Generador Shunt.Tiene una caída de tensión mayor debido a la disminución del flujo φd porla disminución de la tensión Vt .

3) Corresponde a un generador serie, la tensión aumenta debido a que el flujoprincipal es función de la corriente de armadura. Debido a la gran variaciónde tensión que experimenta éste generador es poco utilizado.

4) Se utiliza mucho el generador Compound.

4.a) Sobre Compound. 4.b) Compound-plana . 4.c) subcompound.

∗∗∗∗ Estas curvas permiten calcular la regulación de tensión del generador.

6.6.4 DETERMINACIÓN DE LA TENSIÓN BAJO CARGA DE UNGENERADOR SHUNT

Figura 6.6.9

Una aplicación interesante de la curva de magnetización consiste en determinarla tensión Vt de un generador Shunt cuando trabaja bajo carga con una corrientede armadura Ia.

Del circuito:

)426(........%100V

VE%rt

t −−=

)436(........IRVE aat −+=

)446(........VEIR taa −−=

261

Iie

ECurva de

Magnetización

Codo

Linea de Excitación

AMPERIOS

VOLTIOS

Figura 6.6.10

Es decir la diferencia entre la f.e.m. E y la tensión en bornes Vt es igual a Ra Iaque puede determinarse ya que se conoce la corriente de armadura Ia.La curva de magnetización representa el lugar geométrico de E y la recta deexcitación es el lugar geométrico de Vt .

6.7 CONTROL DE VELOCIDAD DE MÁQUINAS DE CORRIENTECONTINUA

Hay numerosas aplicaciones donde el control de velocidad es requerido, asícomo en los elevadores, maquinas DC especiales, máquinas herramientas,sistemas de tránsito y locomotoras. Los motores DC son muy utilizados en muchade éstas aplicaciones. El control de velocidad de los motores DC por debajo yencima de la velocidad base puede ser fácilmente diseñada. Además, los métodosde control son simples y menos costosos que los controles de los motores decorriente alterna (A.C.) . La tecnología del control de velocidad de los motoresDC se ha desarrollado considerablemente a partir del pasado cuarto de siglo. Enel método clásico se usó el sistema Ward- Leonard con máquinas rotativas parael control de velocidad de motores DC. Recientemente, los convertidores deestado sólido vienen siendo usados para este propósito. En ésta sección, variosmétodos de control de motores DC serán discutidos.

6.7.1 SISTEMA WARD – LEONARD

Este sistema fue introducido por los años de 1890. El sistema se muestra en lafigura 6.7.1a, el cual usa un motor – generador (M-G) que es impulsado por unmotor primo A.C. para controlar la velocidad de un motor DC que mueve unacarga.

El motor A.C. que mueve el (M-G) es generalmente un motor primo de corrientealterna, que rota a velocidad constante.

262

Mediante la variación de la corriente de campo Ifg el voltaje de salida Vt delgenerador es cambiada, y este cambio regula la velocidad del motor que muevela carga. El sistema es operado en dos modos de control.

Figura 6.7.1a

bbase

Figura 6.7.1b

a) CONTROL POR VOLTAJE DE ARMADURA (Vt )

En el modo de control por voltaje de armadura, la corriente del motor Ifm esmantenida constante en su valor determinado. La corriente de campo delgenerador Ifg es cambia tanto como Vt cambia desde cero a su valordeterminado. La velocidad cambiará desde cero a la velocidad base. El torquepuede ser mantenido constante durante la operación en este rango de velocidad,así como se vé en la figura 6.7.1b.

263

b) CONTROL POR CORRIENTE DE CAMPO (If )

El modo de control por corriente de campo es usada para obtener una velocidadpor encima de la velocidad base. En este modo, el voltaje de armadura Vtpermanece constante y la corriente de campo del motor Ifm es disminuída paraobtener altas velocidades. La corriente de armadura puede ser mantenidaconstante, consiguiendo operar el motor en un modo de potencia de salidaconstante. Obviamente el torque disminuye tanto como la velocidad seincrementa, como se observa en la figura 6.7.1b.

6.7.2 CONTROL DE ESTADO SÓLIDO

En años recientes, los convertidores de estado sólido han sido usados enreemplazo de equipos rotativos motor- generador para el control de velocidad demotores DC. En la figura 6.7.2 se muestra el diagrama de bloques de un sistemaconvertidor de estado sólido. Los convertidores usados son rectificadorescontrolados ó choppers.

Figura 6.7.2

6.7.2.1 RECTIFICADORES CONTROLADOS

Si la fuente es A.C. , Los rectificadores controlados pueden ser usados paraconvertir una fuente de voltaje A.C. fija en una fuente DC de voltaje variable.Si todos los dispositivos de switching en los convertidores son dispositivoscontrolados, así como los rectificadores controlados de silicon (SCRs), elconvertidor es llamado convertidor completo.Si algunos dispositivos son SCRs y algunos son diodos, el convertidor es llamadoun semiconvertidor. En la figura 6.7.3, el ángulo de disparo αααα de los SCRsdetermina el valor promedio (Vt) del voltaje de salida Vt. El voltaje de control Vccambia el ángulo de disparo αααα y por esa razón cambia Vt. La relación entre elvoltaje promedio de salida Vt y el ángulo de disparo αααα es como sigue.

264

Figura 6.7.3

Entrada Monofásica.- se asume que la corriente DC Ia es continua. Para unconvertidor completo.

Para un semiconvertidor:

Entrada Trifásica.- Para un convertidor completo ( ó puente completo)

Para un semiconvertidor (ó semipuente)

Donde Vp es el valor rms del voltaje de suministro A.C de fase. La variación delvoltaje terminal Vt del motor como una función del ángulo αααα de disparo esmostrada en la figura 6.7.4 para ambos sistemas, convertidor completo ysemiconvertidor. Si la caída de voltaje Ia Ra es omitida (Vt= Ea) las curvas en laFigura 6-7-4 también muestran la variación de Ea ( por ésta razón velocidad)con el ángulo de disparo.

Sin embargo los valores instantáneos de voltaje Vt y corriente ia no sonconstantes pero cambia con el tiempo, en términos de valores promedios lasecuaciones básicas de la máquina DC son válidas.

)456(........cosV22

V pt −α

π=

( ) )466(........cos1V2

V pt −α+

π=

)476(........cosV63

V pt −α

π=

( ) )486(........cos12

V63V p

t −α+π

=

265

Figura 6.7.4

EJEMPLO 1 .- La velocidad de un motor DC excitado independientemente de 10hp, 220 V, 1200 rpm es controlado por un convertidor completo monofásico vistoen la Figura 6.7.3. La corriente de armadura establecida es 40 Amps. Laresistencia de armadura es Ra = 0,25 Ω y la inductancia de armadura esLa = 10 mH. El voltaje de suministro A.C. es 265 V. La constante del voltaje delmotor es Kaφd = 0,18 V/rpm. Se asume que la corriente del motor es continua yno tiene ripple.Para un ángulo de disparo α =30° y corriente de motor establecida, determine la

a) Velocidad del motor. b) El torque del motor. c) Potencia del motor.

SOLUCIÓN:

a) De la ecuación 6-45:

Luego:

Por lo tanto la velocidad del motor es:

V6,206V

30cos26522V

t

t

=

××= ο

π

V6,196E4025,06,296E

IRVE

a

a

aata

=×−=

−=

rpm2,109218.0

6.196K

E

da

a

==

=

ω

φω

Vvt

90º

1.0

180º

266

b) rad

segV72,1rad

segV2

6018,0rpmV18,0dKa ×=××==

πφ

c) La potencia del motor es:

Desde que ia no tiene riple:

EJEMPLO 2.- La velocidad de un motor DC excitado independientemente de125 H.P., 600 V, 1800 rpm , es controlado por un convertidor completo 3φ vistoen la figura 6.7.3. El convertidor es operado desde una fuente 3φ,480 V, 60 Hz.La corriente de armadura establecida del motor es 165 A. Los parámetros delmotor son Ra = 0,0874 Ω , La =6,5 mH, y Kaφd =0,33 V/rpm.El convertidor y la fuente A.C. son considerados ideales.

a) Encontrar las velocidades sin carga para los ángulos de disparo α=0° yα=30°. Asuma que la corriente de armadura sin carga es 10% de la corrienteestablecida y es continua.

b) Encontrar el ángulo de disparo para obtener la velocidad establecida de 1800rpm para corriente del motor dada.

c) Calcule la regulación de velocidad para el ángulo de disparo obtenido en laparte (b).

SOLUCIÓN:

a) Condición sin carga : El suministro de voltaje de fase es:

El voltaje del motor terminal es:

radsegV72,1

radsegV

26018,0

rpmV18,0K da

−=−×==π

φ

mN75,68T4072,1IKT ada

−=×== φ

aarmsaa IEiRP += 2)(

apromedioarmsa I)i()i( ==

W8264P406,206P

IVIEIRP ataa2aa

=×=

=+=

V2773

480V P ==

α=απ×= cos648cos27763V t

267

Para α = 0:

La velocidad sin carga es:

Para α = 30°:

La velocidad sin carga es:

b) Condición de plena carga ::::La f.e.m Ea del motor a 1800 rpm es:

El voltaje terminal del motor a corriente establecida es:

Debido a esto:

c) Regulación de velocidad: A plena carga la corriente del motor es 165 A y lavelocidad es 1800 rpm. Si la carga es desconectada, manteniendo el ángulode disparo al mismo valor en α = 20,1° . La corriente del motor decrece a16,5 A. Por ésta razón:

y la velocidad sin carga es :

aata IRVE −=

V648Vt =

V6,6465,160874,0648Ea =×−=

rpm19590.33

646.6φK

Eωda

a0 ===

V2,56130cos648Vt =°=

V8,5595,160874,02,561Ea =×−=

rpm169633.0

8.5590 ==ω

V594180033,0Ea =×=

V4,6081650874,0594Vt =×+=

4,608cos648 =α

94,0648

4,608cos ==α

°= 1,20α

5,160874,04,608Ea ×−=

V96,606Ea =

rpm3,183933,096,606

0 ==ω

268

La regulación de velocidad es:

6.7.2.2 CHOPPERS

Un chopper de estado sólido convierte un voltaje fijo DC en una fuente DC devoltaje variable.Un diagrama esquemático de un chopper se muestra en la figura 6.7.5(a).El Chopper equivale a un switch ON – OFF de alta velocidad como se ilustra enla figura 6.7.5(b). El switch “S” puede ser un tiristor convencional ( por ejemploun SCR), una puerta de apagado (GTO) de un tiristor, ó un transistor depotencia. Cuando el dispositivo de switching en el chopper está en ON , Vt = V(Voltaje suministrado) y la corriente del motor ia se incrementa. Cuando está enOFF, la corriente ia del motor decae porque el Diodo(D) entra en conducción,haciendo Vt = 0. Las formas de onda del voltaje Vt y la corriente ia estánmostradas en la figura 6.7.5(c). El voltaje de salida Vt es un voltaje chopeadoderivado desde el voltaje de entrada V. El voltaje de salida promedio Vt, el cualdetermina la velocidad del motor DC , es

Donde:

Ton es el tiempo “on” del chopper.T es el período de chopeo.αααα es el “duty ratio” del chopper.

Si Vt = α V es obvio que el voltaje terminal del motor varía linealmente con el“duty ratio” del chopper.

Figura 6.7.5a

%18,2%1001800

18003,1839r =×−=

)526(........VVTtV on

t −α==

269

Figura 6.7.5b

Figura 6.7.5c

EJEMPLO 3.- La velocidad de un motor DC excitado independientemente escontrolado por un chopper como se muestra en la Fig. 6.7.5. El suministro devoltaje DC es 120 V , la resistencia del circuito de armadura Ra = 0,5 Ω, Lainductancia del circuito de armadura La = 20 mH, y la constante del motor esKaφd = 0,05 V / rpm . El motor desarrolla un torque constante de cargarequiriendo una corriente promedio de armadura de 20 A . Asuma que lacorriente del motor es continua.Determine el:a) Rango de control de velocidad.b )Rango del “duty cycle “α.

SOLUCIÓN:

La mínima velocidad es cero, en el cual Ea = 0.

Luego:

aaat IREV += V10205,0IRV aat =×==

α=α= 120VVtα= 12010

121=α

270

La máxima velocidad corresponde a α=α=α=α=1, en el cual Vt=V=120 V

Luego:

Además:

a) El rango de velocidad es 0 < ω < 2200 rpmb) El rango del “duty cycle” es ½ < α <1

6.7.3 OPERACIÓN DE LAZO CERRADO

Los motores DC son ampliamente usados en muchos sistemas donde el controlde velocidad es requerido. En muchas aplicaciones donde se requiere unavelocidad constante.

La operación de Lazo cerrado de los motores DC es satisfactorio. En laoperación de lazo abierto, si el torque de carga cambia, la velocidad tambiéncambiará. En un sistema de lazo cerrado, la velocidad puede ser mantenidaconstante por ajuste en los terminales del motor como los cambios del torque decarga. El diagrama de bloques básico de un sistema de control de velocidad delazo cerrado es mostrada en la figura 6.7.6 . Si un torque adicional de carga esaplicado, la velocidad del motor momentáneamente decrece y el error develocidad εω se incrementa, el cual incrementa la señal de control Vc. La señalde control incrementa el voltaje de salida del convertidor ( La señal de controldecrece el ángulo de disparo si el convertidor es un rectificador controlado defase ó incrementa el “duty ratio” si el convertidor es un chopper). Unincremento en el voltaje de armadura del motor desarrolla más torque orestablece la velocidad del motor. El sistema así pasa por un período transitoriohasta que desarrolle el torque de trabajo acorde al torque de carga aplicado.

Figura 6.7.6

V110205,0120IRVE aata =×−=−=

rpm220005,0

110K

E

da

a ===φ

ω

271

Hay otras ventajas de la operación de Lazo cerrado, así como una granprecisión, aceptable respuesta dinámica, y estabilidad de operación. En unsistema de lazo cerrado las características de funcionamiento pueden tambiénser hechas para operar a torque constante o potencia de salida constante porencima de cierto rango de velocidad; un requerimiento en sistemas de tracción.El circuito de protección puede también ser proveído en un sistema de lazocerrado. De hecho, la mayor parte de sistemas de funcionamiento industrialoperan como sistemas de realimentación de lazo cerrado.

En un motor DC. , La resistencia de armadura (Ra) e inductancia (La) sonpequeñas.

La constante de tiempo 1τ del circuito de armadura es también pequeña.Consecuentemente, un cambio pequeño en el voltaje terminal de armadura puederesultar en un rápido y gran cambio en la corriente de armadura, el cual podríadañar los dispositivos de estado sólido usado en el convertidor. Una corrienteprincipal puede ser proveída así que la corriente del motor puede ser mantenidaa un valor específico. Un diagrama de bloques del sistema es mostrada en Lafigura 6.7.7. La salida del controlador de velocidad representa un torque guía ode comando. Por que el torque es proporcional a la corriente de armadura, lasalida del controlador de velocidad también representa la corriente de comando

∗aI , el cual es entonces comparada con la actual corriente Ia. Un límite en la

salida del controlador de velocidad establecerá por ésta razón el valor de lacorriente del motor Ia.

El controlador de velocidad y el controlador de corriente pueden serproporcionales (P) ó control proporcional – integral (PI) . La selección dependede los requerimientos de la performance de funcionamiento.

Figura 6.7.7

)536(........RL

a

a1 −=τ

272

PROBLEMAS RESUELTOSCAPÍTULO VI

MÁQUINA DE CORRIENTE CONTÍNUA

PROBLEMA N° 6.1 : Un motor en derivación de 15 HP, 230V, tiene unaresistencia de circuito de armadura igual a 0,19 Ohmios y una resistencia decampo de 145 Ohmios. Cuando está sin carga y con voltaje nominal, la velocidades 1150 r.p.m. y la corriente de armadura es de 7,65 A. A plena carga y voltajenominal, la corriente de línea es de 56,1 A, y debido a la reacción de armadura elflujo es 5% menor que su valor sin carga. ¿Cuál es su valor a plena carga?

SOLUCIÓN:

If

+

+

Rf Vt

Ra

Ea

+

+Ia

Figura P6.1.1

Sin carga:

A plena carga:

9,1

301150

5465,228WE

K

V5465,228E65,719,0230IRVE

m

ada

a

aata

=π×

==φ×

=×−=×−=

54,5AI

1,6A145230I

56,1AI1,8051,90,95K

a

f

L

da

=

==

==×=φ×

seg.121,69rad/1,805219,65

KEW

219,65V54,50,19230IRVE

da

am

aata

==φ×

=

=×−=×−=

.r.p.m1162,1Wm =∴

273

PROBLEMA N° 6.2 : Dos motores en derivación de CD, de velocidad ajustable,tienen velocidades máximas de 1850 r.p.m. y mínimas de 550 r.p.m. Se obtieneajuste de velocidad mediante control con reóstato de campo. El motor A impulsauna carga que requiere potencia constante en todo intervalo de velocidad; elmotor B impulsa una carga que necesita de par constante. Se pueden omitir todaslas pérdidas y la reacción de armadura.a) Si las potencias de salida son iguales a una velocidad de 1850 r.p.m. y las

corrientes de armadura son de 100 A en cada caso, ¿Cuáles serán lascorrientes de armadura a 550 r.p.m.?

b) Si las potencias de salida son iguales a una velocidad de 550 r.p.m. y lascorrientes de armadura son de 100 A en ambos casos, ¿Cuáles serán lascorrientes de armadura a 1850 r.p.m.?

c) Conteste las partes a) y b) para un ajuste de velocidad mediante control devoltaje de armadura, con las demás condiciones iguales.

SOLUCIÓN:

A100I:BMotorA36,336550

1850100I:BMotor

A100I:BMotorA73,291850550100I:AMotor

tetanconsI:BMotorWKI:AMotor

WKEWKVE)c

A36,336550

1850100I:BMotor

A100I:AMotor.m.p.r1850´W?Í

.m.p.r550WA100I)b

A73,291850550100I:BMotor

A100I:AMotor.m.p.r550´W?Í.m.p.r1850WA100I)a

WKIIWEIKtetanconsT:BMotor

tetanconsIIEtetanconsP:AMotorEtetanConsV

aa

aa

a

ma

mamdata

a

a

ma

ma

a

a

ma

ma

maam

aada

aaa

at

==×=

==×=

=×=

×=⇒××==

=×=

=====

=×=

=====

×=⇒×=××==

=⇒×====

φ

φ

PROBLEMA N° 6.3 : El motor en serie de un tren de 150 HP, 600V, 600 r.p.m.,de CD tiene una resistencia combinada de campo y armadura (incluyendoescobillas) igual a 0,165 Ohmios.

274

La corriente de plena carga al voltaje y velocidad nominales es 186 A. La curva demagnetización a 400 r.p.m. es la siguiente:

f.e.m. generada (V) 375 400 425 450Amperes de campo 169 194 225 261

Calcule el par interno de arranque cuando la corriente de arranque se limita a340 A. Suponga que la reacción de armadura es equivalente a una fuerzaelectromotriz de desmagnetización que varía de acuerdo con el cuadrado de lacorriente.

SOLUCIÓN:

Motor 600V, 600 r.p.m., 186 A

A plena carga.

De la curva de magnetización a 400 r.p.m.:

Figura 6.3.1

Por dato del problema:

Para una corriente de arranque:

V31,569186165,0600I)RR(VE aacta =×−=×+−=

379,54V600

400569,31E600E

400E

a0aa0 =×=⇒=

)169194()375400()375E(169I 0a

0f −×−−

+=

12,46A173,54186ΔI173,54AI ff0 =−=⇒=

2a

f

2

aN

af 186

II

II

Iarmaduradereacción

×=

×= ∆∆

A340I a =

298,37A41,63340ΔI340I

41,63A18634012,46ΔI

fnetof

2

f

=−=−=∴

=

×=

∗

∗

E (v)a

400

I =If a

375

169 194Ifo

Eao

275

mdaam

at

ataamta

WKEW

IVT

IVIEWTVE

××=×

=⇒

×=×=×=

φ;

;

Figura P6.3.2

PROBLEMA N° 6.4 :

a) Un motor de CD en derivación, de 230V, se usa como impulsor de velocidadajustable dentro del intervalo de 0 a 1500 r.p.m. Se obtienen velocidades de 0a 750 r.p.m. cuando se ajusta el voltaje en terminales de armadura de 0 a230V manteniendo constante la corriente de campo. Las velocidades de 750 a1500 r.p.m. se obtienen disminuyendo la corriente y manteniendo el voltaje enterminales de armadura en 230V. En el intervalo completo de velocidades, elpar necesario por la carga permanece constante. Indique la forma general dela curva de corriente de armadura contra velocidad en todo el intervalo.Omita las pérdidas de la máquina y los efectos de reacción de armadura.

b) Suponga que en lugar de mantener constante el par de la carga, la corrientede armadura no debe exceder determinado valor. Indique la forma general dela curva del par admisible de carga contra velocidad, suponiendo las demáscondiciones como las de la parte a).

SOLUCIÓN:

Despreciando las pérdidas de la máquina y los efectos de reacción de armadura.

m3864N

30π400

340476W

IET

IφKTyWφKE

rad/seg30π400400r.p.m.W

476V225)(261425)(450261)(I450E

m0

aa0

adam0daa0

m0

netofa0

−=×

×=×

=∴

××=××=

×==

=−−×−+=

450

If

425

225

E (v)a

261

450

425

Eao

If neto

276

ma

ftm

atmd

tfm

WKI)ía(varI;tetanconsV;1500W750tetanconsIVKWtetancons

:scondicionelasDe230V0;tetanconsI;750W0;tetanconsT)a

×=

=<<=⇒×==

<<=<<=

φ

Figura P6.4.1

Wm(r.p.m.)

750 1500

Figura P6.4.2

PROBLEMA N° 6.5 : Cuando trabaja con una fuente de corriente directa de230V, un motor en serie de CD trabaja a 900 r.p.m. con una corriente de línea de75 A. Su resistencia del circuito de armadura es 0,13 Ohmios, y la resistencia desu campo en serie es 0,09 Ohmios. A causa de los efectos de saturación, el flujo auna corriente de 25 A es 45% del de una corriente de armadura de 75 A. Calculela velocidad del motor cuando el voltaje de armadura es 230V y la corriente es25 A.

SOLUCIÓN:

mmaxtm

maxtmm

maxmaxaa

WKT)tetancons(V;1500W750

tetanconsTVKW;750W0?T;II)b

=⇒<<

=⇒×=<<==

Ia

W m (r.p .m .)

750 1500

Ia mín

277

+

+

+

230V

Ea

+

+Ia

+

R =0.13a

R =0.09c

___

Figura P6.5.1

PROBLEMA N° 6.6: Un generador en derivación de 15KW, 250V, 1150r.p.m.,está impulsado mediante una máquina prima cuya velocidad es 1195r.p.m. cuandoel generador opera sin carga. La velocidad baja a 1150r.p.m. cuando el generadorentrega 15KW, y se puede suponer que disminuye en proporción con la salida delgenerador. Se le va a modificar para tenerlo en conexión compuesta corta,equipándolo con un campo serie que cause que el voltaje aumente de 230V sincarga a 250V para una carga de 65,2 A.

Se estima que el campo en serie tendrá una resistencia de 0,06Ohmios. Laresistencia de armadura (incluyendo las escobillas) es de 0,17Ohmios, Eldevanado de campo en derivación tiene 1800 vueltas por polo.Para determinar las vueltas del campo en serie necesarias, se hace trabajar a lamáquina como generador con excitación separada y se obtienen los siguientesdatos de carga:

2653,230

5,213WEK

V5,213EV5,213)13,009,0(75230)RR(IVE

:.)seg/rad3030

900W(.m.p.r900;A75

m

ada

a

acata

m

=π

==φ×

=∴=+×−=+×−=

π=π×=∗

.m.p.r1,2103W

seg/rad231,220019385,1

5,224K

EW

V5,224EV5,224)13,009,0(25230E

019385,1)2653,2(10045K

:A25

m

da

am

a

a

da

=∴

==φ×

=

=∴=+×−=

==φ×

∗∗

278

Voltaje de terminales de armadura: 254VCorriente de armadura : 66,5 ACorriente de campo : 1,95 AVelocidad : 1145r.p.m.

La curva de magnetización a 1195 r.p.m. es la siguiente:

Ea(V) 230 240 250 260 270 280 If (A) 1,05 1,13 1,25 1,44 1,65 1,91

Calcule:a) El número necesario de vueltas por polo del campo en serie.b) La reacción de armadura en Ampere-vueltas equivalente de desmagnetización

por polo para Ia = 66,5 A.

SOLUCIÓN:

Vt=250V

If

Rc

265V+

+

R =0.17a

+

+

254V

Rs

0.0665.2=Is=IL

Figura P6.6.1

De la curva de magnetización sin carga:

De los datos con carga:

??) =SNa

.m..p.r11464515

3,161195W

KW3,162,65250P

m =×−=

=×=

A16,1219254I

21905,1

230R

f

c

==∴

Ω==

.poloporvueltas22N

8,2118002,65

16,195,1NI

)I'I(NI

NNI'I

A95,1'I

S

fS

ffSS

f

Sff

f

=∴

=×−=×−

=⇒×+=

=

V276EV33,27626511461195E

WW

E

.m.p.r1195W??E;.m.p.r1146WV265E)b

0aam

0m0a

0m0ama

=⇒=×=×=

====

279

A95,1'IA5,66I:esaargcbajoarmaduradecorrienteLaA85,1I

:obtieneseiónmagnetizacdecurvalaDe.m.p.r1195WyV276EPara

fa

f

0m0a

=⇒=

===

Por lo tanto, la Reacción de Armadura de Desmagnetización es:

PROBLEMA N° 6.7 : Un motor serie de 120V, 1750r.p.m. demanda 37,8 A a sucarga nominal de 3,5KW; su resistencia del circuito de armadura que incluye todoexcepto el campo en serie es de 0,277 Ohmios, mientras que la resistencia delcampo en serie es de 0,163 Ohmios. Si la carga se reduce hasta que la velocidadangular nominal alcanza su máximo de seguridad de 3500 r.p.m., la corriente delínea alcanza el valor de 10,2 A.a) Calcule el cambio porcentual en el flujo de campo.b) Calcule la potencia a esta velocidad.c) Si la carga se aumenta hasta disminuir la velocidad a 1200r.p.m. y el flujo de

campo no puede aumentar debido a la saturación ¿Qué corriente se demandaentonces?.

d) ¿Qué potencia se desarrolla en c)?.

SOLUCIÓN:

IL

Ra

E+

Vt

Ia Rc

Figura P6.7.1

CASO 1:

Como:

Como

.polo/vueltaA1801800)85,195,1(N)I'I( fff −=×−=×−

ΩΩ

163,0R277,0RKW5,3P

A8,37II.m.p.r1750WV120VV)i

:1CASO

c

a

2

L

tin

===

===

==

10,2AI3500r.p.m.Wii)

:2CASO

L

seg

=

=

V368,1038,3744,0120I)RR(VE act =×−=×+−=

)(564,0KWEKWKE

1da

dada

αφ

φφ

ΛΛΛΛ=×

=×→××=

)constantesconsideranseesrotacionalpérdidas407,3W(LasPIEPPotencias)de(GráficoPPIE

2arot

rot2a

=−×=+=×

280

a) Caso 2:

De i)

Es decir el flujo disminuye 44,15%

b)

c) P2 aumenta para W=1200r.p.m.φd no aumenta debido a la saturación. Por lo tanto consideremos el mismo de sucondición nominal, de α tendremos:

d)

PROBLEMA N° 6.8 : Un motor de 500 V DC a carga nominal tiene una velocidadde 1500 r.p.m. y toma una corriente de armadura de 50 A. La resistencia dearmadura es de 0,5 Ohmios y la resistencia de campo Shunt es de 200 Ohmios. Siel torque de pérdidas es de 5N-m, determinar:a) El torque eléctrico, la potencia de salida y la eficiencia.b) El torque eléctrico cuando el flujo es disminuido para obtener una velocidad de

2000 r.p.m. si la corriente de armadura se incrementa en un 25% más.

SOLUCIÓN:

Considerado el motor:

Figura P6.8.1

)(315,0KV512,115I)RR(VE

.m.p.r3500W;A2,10I;V120V

2da

act

segt

βφ ΛΛΛΛ=×=×+−=

===

%15,44%100:PorcentualCambio

7905,1:

1d

2d1d

2d

1d

=×φ

φ−φ

=φφ

βα

770,9224WP3,4072,10512,115PIEP

2

rota2

=∴−×=−×=

A66,111RREV

I

V87,7030

1200564,0WKE

564,0K

ca

t

da

da

=+−

=

=π××=×φ×=

=φ×

7506WP3,40766,11187,70PIEP

2

rota2

=∴−×=−×=

rf=200

E+

R a= 0 .5

500V

+Ia=50A I

281

De donde obtenemos:

a)

b)

PROBLEMA N° 6.9 : Un motor Shunt DC de 500 V tiene una eficiencia del 90%cuando entrega 40 KW a una carga impulsada a 500 r.p.m. La resistencia delcircuito de armadura y del circuito de campo son de 0,23 Ohmios y 400 Ohmiosrespectivamente.La siguiente expresión que representa la característica del motor fue obtenidacuando el motor se ensayó como generador en vacío y a 600 r.p.m.

Calcular:a) La corriente de armadura.b) El torque eléctrico.c) El torque de pérdidas rotacionales.d) La resistencia adicional de campo necesaria para que el motor gire a

1200 r.p.m., con una corriente de armadura y torque de pérdidas constantes y avoltaje nominal.Calcular además la potencia en estas condiciones.

KW25,265005,52entradadePotenciaA5,52III

A5,2200500I0R

fa

ff

=×=∴

=+=

==⇒=

%5,87875,025,26

965,22PP

KW965,2230

15002,146WTP

mN2,14652,151TTTmN2,15150024,3IKT

024,3

301500

475WEKV475505,0500WKE

ent

sal

Lsal

perdeL

adae

dada

≡===η∴

=π××=×=⇒

−=−=−=−=×=×φ×=⇒

=π×

==φ×⇒=×−=×φ×=

m-139.875NT5025,1238,2I25,1KT

238,2

302000

75,468K

WKV75,468501001255,0500I25,1RVE

e

adae

da

daaa

=∴××=×φ×=

=π×

=φ×⇒

×φ×==××−=×−=

f

f

II

VoltiosE+

××=

35,410128,3

)(3

282

SOLUCIÓN:

Tenemos el circuito equivalente del motor Shunt:

rf E

If

R a

V

IaI

R f

Figura P6.9.1

a)

b)

c)

d) Nos piden:

A64,8725,189,88III

A25,1400500I400ry23,0RComo

A89,88IV500Vcomoy9,0IV

1040PPComo

fa

ffa

3

ent

sal

=−=−=∴

=≈→Ω=Ω=

=⇒==×

×==η

mN16,80364,87

30500

64,8723,0500IW

IRVT

WIRV

KIRVEy

WKEyIKT:pordadoestáEléctricoTorqueelqueSabemos

aaa

e

aadaaa

daadae

−=×

π×

×−=××−

=∴

×−=φ×⇒×−=

×φ×=×φ×=

m-39,216N944,76316,803T

mN944,763

30500

1040WPT

TTTTTT:Tenemos

perd

3sal

L

Le.perd.perdLe

=−=∴

−=π×

×==

−=⇒+=

:tenemosR f ⇒

1aa

perda

EV84,47964,8723,0500IRVEmN216,39tetanConsTA64,87tetanconsI

.seg/rad40.m.p.r1200W

==×−=×−=

−====π==

283

Para el nuevo W, tenemos:

Como tenemos E=f(If ) para un W1. En nuestro caso:

Donde:

E+

Ra

If

O

E

Ic

E1

E0

Er1

O

1

EE

o

1=

1

Figura P6.9.2

PROBLEMA N° 6.10 : Se dispone de un motor de derivación (Shunt) con lossiguientes datos a plena carga:

Velocidad Nominal : 1800 r.p.m.Tensión Nominal : 230 VoltiosResistencia de Armadura : 0,82 OhmiosCorriente de Armadura : 28,2 ACaída de tensión en las escobillas : 3 Voltios.

8185,3

301200

84,479KWKE dada =π×

=φ×⇒×φ×=

10 WW ≠

.m.p.r1200Wy.m.p.r600W 10 ==

KW125,37P30

1200216,3930

120064,878185,3P

301200216,39WIKWTWTP

5,983R

400rcomoPero5,13833614,0500rR

A3614,0I2I35,4

I10128,384,479

WW

I35,4I10128,3

E

sal

sal

adaperdesal

f

fff

ff

f3

0

1

f

f3

1

=∴

π××−π×××=

π××−××φ×=×−×=

Ω=∴

Ω=Ω==+

=⇒×+

××=⇒

×+

××=∴

284

Se pide calcular:a) La resistencia externa para que en el momento del arranque ó puesta en

marcha la corriente de armadura no supere el 150% del valor nominal.b) La velocidad que alcanza el rotor a torque nominal si no se elimina esta

resistencia.c) La corriente de arranque de la armadura si no se intercala la resistencia

externa en el circuito de armadura.Con la finalidad de no superar la corriente de armadura en más del 150%arrancando a torque nominal, se pide:d) Las resistencias de cada paso ó tramo hasta alcanzar su velocidad nominal.

SOLUCIÓN:

Figura P6.10.1

a)

b)

c)

d)

Ω∆

5464,482,02,285,1

3230RI5,1VV

R ana

.esct =−×

−=−×

−=

.m.p.r668876,203

6675,751800EEWW

V876,20382,02,28227RI227EV6675,752,283664,5227I)RR()VV(E

N

0nom0m

anaN

naa.escto

=×=×=

=×−=×−==×−=×+−−= ∆

A83,27682,0

3230R

VVI

)arranqueelEn(IRVV

a

.esctarranque

arranquea.esct

=−=−

=

×+=

∆∆

.m.p.r43,1113876,203112,1261800

EE1800W

V112,1265776,32,28227)RR(I227E7888,1RRR

7576,282,02,285,1

6675,75227R*

I5,1)RR(EVV

N

11m

a1Na1

11

1

Na1ao.esct

=×=×=

=×−=+×−=Ω=−=∆

Ω=−×

−=

××++=∆−

+Ia R3

VtR1

Ra

R2Rext=R

Re

Rext

IL

Ie

285

r.p.m.1410,354203,876159,7431800

EE1800W

159,743VE2,38528,2227)R(R28,2227E

1,1926ΩRRΔR1,565ΩR

0,8228,21,5

E227R*

N

22m

2

a22

212

2

12

=×=×=

=∴×−=+×−=

=−==∴

−×−=

.m.p.r2646,1608876,2031592,1821800W

V1592,182E5901,12,28227)RR(2,28227E

7949,0RRR

7701,082,02,285,1

E227R*

3m

3

a33

323

23

=×=

=×−=+×−=

Ω=−=∆

Ω=−×

−=

2R1 1 R2 R3 3 R4 4 R5 5

Aa Ab Ac Ad Ae Af

RR1

R2

R3

R4

Figura P6.10.2

PROBLEMA N° 6.11 : Un motor DC de 20HP, 230 V y I=76 A, tiene unacaracterística de vacío:

tomada a 1800 r.p.m. Se sabe además que ra=0,0814 Ohmios y rf =260 Ohmios.

.m.p.r22,1740876,2031052,1971800W

V1052,197E0601,12,28227)RR(2,28227E

53,0RRR

2401,082,02,285,1

E227R*

4m

4

a44

434

34

=×=

=×−=+×−=

Ω=−=∆

Ω=−×

−=

f

f

I6769,0I46,402

E+×

=

286

a) Calcular el torque eléctrico y la velocidad cuando el motor entrega su potencianominal.

b) Calcule el torque de pérdidas rotacionales y considerar que su valor varíaproporcionalmente con la velocidad.

c) En el esquema mostrado, el motor será dotado de 2 resistencias Ra y Rf para elarranque y el control de la velocidad. El motor impulsará una carga de 30N-mde característica constante con la velocidad.

En el arranque (W=0) Ra se regula al máximo para limitar la corriente Ia y Rf seregula a cero para obtener el máximo flujo y un torque eléctrico mayor que eltorque de la carga.

c1) Calcular Ra , para limitar la corriente Ia=0,5 Ianom y el torque eléctrico dearranque.c2) Una vez que la carga se pone en movimiento, calcular la velocidad quealcanzará el sistema con Ra obtenida y Rf =0 y la corriente Ia .c3) Si a continuación se reduce Ra hasta cero, manteniendo Rf =0, calcular lavelocidad W alcanzada, E e Ia .c4) Para alcanzar la velocidad de 3000r.p.m. se debe incrementar la resistenciaRf hasta un cierto valor. Calcular dicha resistencia y además E, Ia , Te y laeficiencia.

Rrf

Nf

E

230+ Vt

Rf

Ra+

+

Figura P6.11.1

SOLUCIÓN:

a)

seg/rad03,18521,1

115,750814,023021,1

IrVK

EW

mN88915,90115,7521,1IKT

21,1

301800

996,227KWKEPero

V996,2278846,06769,08846,046,402.)m.p.r1800a(E

A115,758846,076IIIA8846,0260230I

aat

danom

nomadanome

dada

faf

=×−=×−

=φ×

=

−=×=×φ×=

=π×

=φ×⇒×φ×=

=+×=

=−=−===

287

b)

Por condiciones del problema:

c) En el arranque: W=0 entonces E=0

c1)

c2)

Resolviendo la expresión anterior:

mN253,1003,185

115,750814,074620115,75230T

WIrTWIVTIrTWTWIV

IrPPIV

IrIEIV

IrEV

2

perd

2aaLat

perd2

aaLperdat

2aasalperdat

2aaaat

aat

−=×−×−×=∴

×−×−×=⇒×+×+×=×

×++=×

×+×=×

×+=

W0554,0T

0554,003,185

253,10W

TKWKT

perd

perdperd

×=∴

===⇒×=

aa

t

a

tarranque Rr

Vr

EVI

+=

−=

mN4446,45115,755,021,1IKT0425,60814,012394,6R

12394,6RrRr

230115,755,0

arranquedaarranquee

a

aaaa

−=××=×φ×=Ω=−=→

Ω=+⇒+

=×

W21,1)W0554,030(21,1

12394,6230

WK)WKT(K

)Rr(V

)Rr(K

TTWKV

RrWKV

KTT

WKERrEV

IIKTTT

daLda

aat

aada

perdLdat

aa

datdaperdL

daaa

taadaperdLe

×=×+×−

×φ×=×+×φ×

+−

+×φ×

+=×φ×−

+×φ×−

×φ×=+

×φ×=+−

=×φ×=+=

A195,2712394,6

46,63230RrEVI

V46,63447,5221,1WKE.m.p.r832,500seg/rad447,52W

aa

ta

da

=−=+−

=

=×=×φ×===

288

c3) De la expresión:

c4)

Resolviendo la ecuación cuadrática llegamos a obtener: X=0,71482

Ω=−Ω=

Ω==+⇒

=⇒=+×

=

=π××=×φ×=

−=×=×φ×=

=−=−

=

=×=∴=φ×

12,41526012,675R

12,67534068,0230rR

A34068,0I74,134I6769,0I46,402

E

V74,13430

180071482,0WK.)m.p.r1800a(E

:RCalculando

mN7,47735,6671482,0IKT

A735,660814,0

5678,224230r

EVI

V5678,22416,31471482,0E71482,0K:decirEs

f

ff

ff

f

da

f

adae

a

ta

da

A337,330814,0

2864,227230r

EVI

V2864,22784,18721,1WKE.m.p.r74,1793seg/rad84,187W

W21,1)W0554,030(21,1

0814,0230

0R:casoesteparaWK)WKT(K

RrV

a

ta

da

adaLda

aa

=−=−

=

=×=×φ×===

×=×+×−⇒

=×φ×=×+×φ×

+−

0)(

41,473016,3140554,0/16,314...3000;

2 =×

+××−×

××−××=

−××=

−=+×=+×=

==+=

WrTK

WVK

rWKVK

rEVKT

mNTWKTsegradmprWTTT

aeda

tda

a

datda

a

tdae

Le

Lperde

φφ

φφφ

001228,0X732,0X

016,314

0814,041,47X16,314

230X

KXHaciendo

2

2

da

=+−

=×+−⇒

×= φ

289

%1,61611,04064,154278,9424

PP

W8,942416,31430WTPW4064,1542707568,67230IVP

A07568,6734068,0735,66III:Eficiencia

ent

sal

Lsal

tent

fa

≡===η∴

=×=×==×=×=

=+=+=

PROBLEMA N° 6.12 : Un motor de derivación de CD se acopla mecánicamentea un generador trifásico sincrónico de rotor cilíndrico. El motor de CD estáconectado a un suministro de 230V constantes, de CD, y el generador de CA seconecta a un suministro trifásico de frecuencia y voltaje constantes, de 460 voltioslínea a línea. La máquina sincrónica de 4 polos, conectada en estrella tienecapacidades nominales de 25KVA, 460V y una reactancia sincrónica de 5,85Ohmios/fase. Los datos de la máquina de CD de 4 polos son 25KW, 220V. Sedesprecian todas las pérdidas.a) Si las dos máquinas trabajan como conjunto motor-generador que recibe la

potencia de las tomas de CD y la entrega al suministro de CA. ¿Cuál es elvoltaje de excitación de la máquina de CA en voltios por fase (línea a neutro)cuando entrega los kilovoltamperes nominales a factor de potencia 1?

b) Si se deja la corriente del campo de la máquina de CA como en la parte a).¿Qué ajuste se puede hacer para reducir la transferencia de potencia (entre CAy CD) a cero?. Con esta condición de cero transferencia: ¿Cuál es la corrientede la máquina de CD?. ¿Cuál es la corriente de armadura de la máquina deCA?

c) Si se deja la corriente de campo de la máquina de CA como en las partes a) yb), ¿Qué ajuste se puede hacer para que se tomen 25KW del suministro de CA yse entregue al de CD?. Con estas condiciones: ¿Cuál es la corriente dearmadura de la máquina de CD?. ¿Cuáles son la magnitud y la fase de lacorriente de la máquina de CA?

SOLUCIÓN:

a)

If

Eaf

+

JjXs Ia

+

+

Vt

__

Figura P6.12.1

LLfa

nLfa

aStfa

a

t

V560E

V6,34323E

4,3185,5j266IjXVE

A4,314603

25000I

V2663

460V

−

−

=

°∠=

×+=×+=

=×

=

==

290

b) Puesto que la máquina CA se mantiene a velocidad constante, la transferenciade potencia podrá ser podrá ser reducida a cero por un incremento de laexcitación del motor DC hasta que el voltaje interno sea igual al voltajeterminal.

Eaf

Vt EjX Is a

Figura P6.12.2

c)

PROBLEMA N° 6.13 : Un motor en derivación toma una corriente de armadura aplena carga de 38,5 A de la línea de 230V, y trabaja a una velocidad de1200r.p.m. tanto sin carga como a plena carga. Se dispone de los siguientes datospara este motor:Resistencia del circuito de armadura (incluyendo escobillas) = 0,21 Ohmios.Vueltas por polo en el campo en derivación = 1800 vueltas.

La curva de magnetización como generador sin carga y a 1200r.p.m. es:

Ea(V) 180 200 220 240 250 If (A) 0,82 0,96 1,22 1,61 1,89

a) Calcule la corriente del campo en derivación de este motor sin carga y a 1200r.p.m. cuando se conecta a la línea de 230V. Suponga despreciable la caída devoltaje por resistencia del circuito de armadura, así como la reacción dearmadura.

b) Calcule la reacción efectiva de la armadura a plena carga en ampere-vueltaspor polo.

c) ¿Cuántas vueltas se deben añadir a un campo en serie para transformar a estamáquina en un motor compuesto acumulativo en conexión larga, cuyavelocidad será 1115r.p.m. cuando la corriente de armadura sea 38,5 A y elvoltaje aplicado 230V?. El campo serie tendrá una resistencia de 0,046Ohmios.

d) Si se instala un campo serie con 25 vueltas por polo y resistencia de 0,046Ohmios, determine la velocidad cuando la corriente de armadura es 38,5 A y elvoltaje aplicado es de 230V.

CDmáquinalaparaI a 0=∴

CAMotorA74,9I85,5

266323X

VEI

a

S

tfaa

=

−=−

=

A4,31I:CAMotor

A7,108230

25000I:CDMotor

a

a

=

==

291

SOLUCIÓN:

a) Ea=230V

If

230

220

240

1.22 1.61

Ea(v)

If(A)

Figura P6.13.1

b)

If neto

220

240

1.22 1.61

Ea(v)

If(A)

Figura P6.13.2

polo/vueltaA4,284Armaduradeacciónre1800)257,1415,1(Armaduradeacciónre

1800)II(Armaduradeacciónrenetff

−=∴×−=

×−=

c)

Figura P6.13.3

A415,12

61,122,1I f =+=

V915,221E5,3821,0230IR230E

a

aaa

=×−=×−=

A257,1I)220240()22,161,1()220915,221(22,1I

netf

netf

=−−×−+=

V926,236144,22011151200E

.m.p.r1115;V144,220E5,38)046,021,0(230I)RR(230E

0a

a

aSaa

=×=

=×+−=×+−=

If

IL

IaReRs

Ra

E

Vt

292

Ea(v)

If neto

220

240

1.22 1.61If(A)

Figura P6.13.4

d)

1.792

240

250

1.61 1.89

Ea(v)

If(A)

Figura P6.13.5

PROBLEMA N° 6.14 : Un motor en derivación de 10HP, 230V, tiene 1800vueltaspor polo en el campo en derivación, una resistencia de armadura de 0,23 Ohmios(incluyendo escobillas) y una resistencia de campo en conmutación de 0,041Ohmios.

A55,1I)220240()22,161,1()220926,236(22,1I

netf

netf

=−−×−+=

polo/vueltas14N7,135,384,527N

vueltaA4,527IN1800415,14,284180055,1IN

1800Iarmaduradereacción1800IIN

SS

SS

SS

fnetfSS

=∴==

−=××−+×=×

×−+×=×

A792,11800

1,3225I

vueltaA1,3225IN

4,2845,9622547armaduradereacciónINININvueltaA4,284armaduradeacciónrevueltaA2547415,11800IN

vueltaA5,9625,3825ININ

netf

netfC

SSfCnetfC

fC

aSSS

==

−=×

−+=−×+×=×−=

−=×=×−=×=×=×

V144,220E5,38)046,021,0(230I)RR(230E

V5,246)61,189,1()240250()61,1792,1(240E

a

aCaa

0a

=×+−=×+−=

=−−×−+=

.m.p.r1072W

7,107112005,246

144,2201200EE

WE

1200EW

m

0a

am

0aa

m

=∴

=×=×=⇒=

293

La resistencia del campo en derivación, sin el reóstato, es de 275 Ohmios. Cuandose trabaja el motor sin carga con voltaje nominal entre terminales y resistenciavariable en el campo, se toman los siguientes datos:

Velocidad (r.p.m.) 1110 1130 1160 1200 1240 If (A) 0,746 0,704 0,664 0,616 0,580

La corriente de armadura sin carga es despreciable. Cuando el motor trabaja aplena carga y a voltaje nominal entre terminales, la corriente de armadura es 37,5A, la corriente de campo es 0,616 y la velocidad es 1180r.p.m.a) Calcule la reacción de armadura a plena carga en A-vueltas por polo, de

desmagnetización equivalente.b) Calcule el par electromagnético a plena carga.c) ¿Qué par de arranque ejercerá el motor con corriente máxima en el campo si la

corriente en la armadura se limita a 75 A?. En esas condiciones, la reacción dearmadura es de 160 A-vueltas por polo.

d) Diseñe un campo en serie para obtener una velocidad a plena carga de1075r.p.m. cuando la velocidad en vacío sea 1200 r.p.m.

SOLUCIÓN:

1110 1130 1160 1200 1240

0,746 0,704 0,664 0,616 0,580

248,65 244,25 237,931 230 222,58

Figura P6.14.1

V5636,223V8375,21911801200E.m.p.r1200W:Para

V8375,2195,37)041,023,0(230EI)RR(230E,.m.p.r1180W,A616,0I

0am

a

aCCaamf

=×=⇒=

=×+−=

×+−===

)(AI f

m0a W

1200230E ×=

.)m.p.r(Velocidad

A585,0I)58,222230()58,0616,0()58,2225636,223(58,0I

netf

netf

=−

−×−+=

polo/vueltaA8,55armaduradereacción1800)585,0616,0(armaduradereacción

−=∴×−=

222.58

230

0.58 0.616

Ea(v)

If(A)If neto

294

b)

c)

Figura P6.14.2

d) A plena carga: Ia =37,5 A e If =0,616 A

Despreciando la resistencia del campo serie:

244.25

0.704 0.746

Ea(v)

If(A)

If neto

Figura P6.14.3

mN85,67

301180

5,375636,223W

IET

m

aa −=π×

×=×

=

m

aa

netf

Cmaxfnetf

CnetfCmaxf

Cmaxf

WIE

T

A7475,018001608364,0I

NarmaduradereacciónII

armaduradereacciónNINI

A8364,0275230

R230I

×=

=−=

−=

+×=×

===

mN5,148

301200

7581,248T

V81,248E)704,0746,0(

)25,24465,248()746,07475,0(65,248E

a

a

−=π×

×=∴

=−−

×−+=

V4,2458375,21910751200E

1075E

1200E

V8375,219E5,37)041,023,0(230I)RR(230E

0aa0a

a

aCCaa

=×=→=

=×+−=×+−=

A715,0I)25,24465,248(

)704,0746,0()25,2444,245(704,0I

netf

netf

=−−×−+=

244.25

Ea

0.704 0.746

Ea(v)

If(A)

I =0.7475f neto

295

polo/vueltas6N

24,65,37

234I

234N

234616,018008,55715,01800IN

INarmaduradereacciónININ

armaduradereacciónINININ

S

aS

aS

fCnetfCSS

netfCSSfC

=∴

===

=×−+×=×

×−+×=×

+×=×+×

PROBLEMA N° 6.15 : Cuando se trabaja con voltaje nominal, un motor enderivación de 230 V trabaja a 1800 r.p.m. a plena carga y sin ella. La corriente dearmadura a plena carga es 50 A. El devanado del campo en derivación tiene 1500vueltas por polo. La resistencia del circuito de armadura (incluyendo escobillas einterpolos) es 0,2 Ohmios. La curva de magnetización a 1800 r.p.m. es:

Ea(V) 200 210 220 230 240 250If (A) 0,15 0,59 0,65 0,73 0,81 0,95

a) Calcule el efecto desmagnetizante de la reacción de armadura a plena carga enamper-vuelta por polo.

b) Se agrega a la máquina un devanado de campo en serie acumulativo enconexión larga que tiene 6 vueltas por polo y una resistencia igual a 0,055Ohmios. Calcule la velocidad a corriente de plena carga y voltaje nominal, conla misma resistencia del circuito del campo en derivación que en la parte a).

c) Habiendo instalado el devanado de campo serie de la parte b), calcule el parinterno de arranque en N-m si se limita la corriente de arranque en laarmadura de 90 A y la corriente del campo en derivación tiene su valor normal.Suponga que el efecto desmagnetizante de la reacción de armaduracorrespondiente es 230 A-vuelta por polo.

SOLUCIÓN:

a) A plena carga:

.m.p.r1800W

V220502,0230IR230E

m

aaa

==×−=×−=

Sin carga: .m.p.r1800W;V230E ma ==

De la curva de magnetización:

aargcsin;73,0I

.aargcplenaa;A65,0I

f

netf

=

=

polo/vueltaA120armaduradereacción

1500)65,073,0(1500)II(armaduradereacciónnetff

−=

×−=×−=

296

b)

V t

+

If

R e

R S

Ia

IL

R a

E a

+

Figura P6.15.1

A85,0I

12050673,01500I1500



netf

netf

SSfCnetfC

netfCSSfC

=

−×+×=×

−×+×=×

+×=×+×

E a(v)

0.85

E ao

240

250

0.81 0.95

E a(v)

If(A )

Figura P6.15.2

r.p.m.16101800242,857217,251800

EE

W

?W;217,25VE500,055)(0,2230I)R(R230E

0a

am

ma

aSaa

=×=×=

==×+−=×+−=

c)

mN119

301800

9005,249W

IET

V05,249)81,095,0()240250()81,09367,0(240E

A9367,0150023090

1500673,0I

NarmaduradereacciónI

NN

II

m

a0a

0a

netf

CS

C

Sfnetf

−=π×

×=×

=

=−−×−+=

=−×+=

−×+=

.m.p.r1800W;V857,242E)81,095,0()240250()81,085,0(240E

m0a

0a

==−−×−+=

297

PROBLEMA N° 6.16 : Se encuentra que una troqueladora trabaja bien cuandoestá impulsada por un motor compuesto de 10 HP y 230 V que tiene una velocidadsin carga igual a 1800 r.p.m., y una velocidad a plena carga igual a 1200 r.p.m.;cuando el par es 43,8 Lb-pie se saca provisionalmente de servicio el motor, y elúnico repuesto para él es un motor compuesto con las siguientes características:

Capacidad: 230 V, 12,5 HP Corriente sin carga: 4 AVelocidad en vacío: 1820 r.p.m. Velocidad a plena carga: 1500 r.p.m.Corriente a plena carga: 57 A Par a plena carga: 43,8 Lb-pieResistencia del circuito de armadura: 0,2 OhmiosCorriente de campo en derivación: 1,6 A

Se desea emplear este motor como impulsor de emergencia para la troqueladora,sin cambiar sus devanados de campo.a) ¿Cómo se puede hacer para tener la regulación de velocidad necesaria?b) Trace el diagrama pertinente del circuito y de las especificaciones completas de

los aparatos necesarios.

SOLUCIÓN:

Motor Repuesto:

V t

+

If

R g

R 5

Ia

If

R a

E a

+

Figura P6.16.1

Sin carga: Con carga:

Para este tipo de motor se cumple:armaduradereacciónINININ

netfCSSfC +×=×+×

Despreciando la reacción de armadura tenemos:

V229,520,22,4230EA2,41,64I

r.p.m.1820W

a

a

m

=×−==−=

=

.m.p.r1600WV92,2182,04,55230E

A4,556,157ImN4,59pieLb8,43T

m

a

a

==×−=

=−=−=−=

aSc

SSfnetf II;

NINII =

×+=

298

mnetfdamdaa

afnetf

WIKKWKE

IKII

×××=×φ×=

×+=

7498,0Hy10575,2K

H

301600)K4,556,1(

92,218

301820)K4,26,1(

52,229

tetanConsHWI

E

3

mnetf

a

=×=∴

=π×××+

=π×××+

==×

−

a), b) Queremos que:

1. Agregamos una resistencia RA en serie con la resistencia de armadura.2. Agregamos una resistencia RF en serie con la resistencia de campo en

derivación.

R rf= 230/1.6230V

+

If

R S

IaR = ?A

E A

+

L f

R = ?f

R a

Figura P6.16.2

SIN CARGA:

CON CARGA:

aargcplena.m.p.r1200Waargcsin.m.p.r1800W

m

m

==

)(7498,060

R4,252,229K4,2II

R4,252,229E

R4,22,04,2230E6030

1800W

Afnetf

Aa

Aam

α×π

×−=×+=

×−=

×−×−=π=π×=

ΛΛΛΛ

)(7498,040

R4,5592,218K4,55II

R4,5592,218E

R4,552,04,55230E4030

1200W

Afnetf

Aa

Aam

β×π

×−=×+=

×−=

×−×−=π=π×=

ΛΛΛΛ

299

de (α) y (β ):

Ω=∴

−=

=+

Ω=∴

=

9,0R6,1

23059,1

230R

59,1230rR

986,0RA59,1I

F

F

fF

A

f

PROBLEMA N° 6.17 : Se van a emplear dos máquinas en derivación idénticas de10 HP, 230 V, 36 A, como generador y motor, respectivamente en un sistemaWard-Leonard. El generador está impulsado por un motor sincrónico cuyavelocidad es de 1200 r.p.m. y constante. La resistencia del circuito de armadura decada máquina es 0,22 Ohmios (incluyendo escobillas). La reacción de armaduraes despreciable. Los datos de la curva de magnetización para cada máquina a1200 r.p.m. son las siguientes:

If (A) 0,3 0,6 0,9 1,2 1,5 1,8Ea (V) 108 183 230 254 267 276

a) Calcule los valores máximo y mínimo de la corriente del campo del generadorque se necesita para dar al motor un rango de velocidades de 300 a 1500 r.p.m.a la corriente de armadura de plena carga (36 A) manteniendo constante lacorriente del campo del motor a 0,8 A.

b) Calcule la regulación de velocidad del motor para las condiciones de velocidadmáxima y mínima que se encontraron en a).

c) Calcule la velocidad máxima del motor que se puede obtener con corriente dearmadura de plena carga, si se reduce la corriente del campo en el motor a0,3A y no se permite que la corriente del campo del generador exceda 1,6 A.

SOLUCIÓN:

a) Corriente de campo del motor: 0,8 A

De la curva de magnetización:

V9125,267EV5825,53

.m.p.r1500W;V9125,267E.m.p.r300W;V5825,53E

.m.p.r1200W;V33,214)6,09,0()183230()6,08,0(183E

ma

m0a

m0a

m0a

≤≤

====

==−−×−+=

300

+

Ifg

Rf

Iag

IL

Ra

Eag

+

R a

Eam

+

Rf

I cte=0.8Afm=

Figura P6.17.1

gf2ga

gf1ga

gfmaga

gfmaga

gfamfamaamaga

tgaaga

gfmfmaga

gfgamfmal

maamat

I22,09285,283E

I22,05985,69E

I22,0016,16EE

I22,08,022,03622,02EE

IRIRIR2EE

VIRE

IIII

IIIIIIREV

×+=

×+=

×++=

×+×+××+=

×+×+××+=

+×=

++=

−=+=×+=

69.5985

0.3 0.6

Ea(v)

If(A)

If g1

Ea g1

Figura P6.17.2

267

1.8

Ea(v)

If(A)

1.5

Ea g2

If g2

Figura P6.17.3

V631,69E;A1465,0I1ga1gf ==

V386,284EA1,2I2ga2gf ==

A1,2IA1465,0gf <<∴

301

b)1. Para V631,69EA1465,0I gagf =⇒=

Motor a plena carga: .m.p.r300Wm =

Motor sin carga: .m.p.r853,38933,214

631,691200W 0m =×=

%951,2929951,0300

300853,389WW

m

m ≡=−=∆

2. Para V386,284EA1,2I gagf =⇒=

Motor a plena carga: .m.p.r1500Wm =

Motor sin carga: .m.p.r233,159233,214

386,2841200W 0m =×=

%13,60613,01500

1500233,1592WW

m

m ≡=−=∆

c)

.m.p.r4,28191200108

742,2531200EE

W

V742,2536,122,03,022,03622,02270E

IRIRIR2EE

.m.p.r1200W;V108EA3,0I

V270)5,18,1()267276()5,16,1(267EA6,1I

m0a

mam

ma

gfamfamaagama

mm0amf

gagf

=×=×=

=×−×−××−=

×−×−××−=

==⇒=

=−−×−+=⇒=

PROBLEMA N° 6.18 : Un motor en derivación de 20 HP, 230 V, tiene unaresistencia de armadura de 0,124 Ohmios y una resistencia del circuito de campoigual a 95 Ohmios. El motor entrega la potencia nominal de salida a voltajenominal cuando su corriente de armadura es 73,5 A. Cuando trabaja el motor avoltaje nominal, se observa que su velocidad es 1150 r.p.m. cuando la carga de lamáquina es tal que su corriente de armadura es 41,5 A.a) Calcule la velocidad de este motor a plena carga.

Para proteger tanto el motor como la fuente de DC en condiciones de arranque, seconectará una resistencia externa en serie con el devanado de armadura (con eldevanado de campo conectado directamente con el suministro de 230 V). Entoncesesta resistencia se ajustará automáticamente en pasos, de manera que la corrientede armadura no excede el 200% de la corriente nominal. El tamaño de los pasosserá tal que, hasta que salga toda la resistencia externa, no se permitirá que lacorriente de armadura baje del valor nominal. En otras palabras, la máquina debearrancar con 200% de la corriente armadura nominal y tan pronto como lacorriente baje al valor nominal, se debe quitar resistencia en serie suficiente paraque la corriente vuelva a ser 200%. Se repitirá este proceso hasta que se hallaneliminado todas las resistencias en serie.

302

b) Calcule el valor máximo de la resistencia en serie.c) ¿Cuánta resistencia se debe quitar en cada paso en la operación de arranque, y

a que velocidades se deben presentar esos pasos.?

SOLUCIÓN:

a)

Vt=230V

If

R =95f

Ea+

+

R =0.124a

+

Ia

Figura P6.18.1

V224,85441,50,124230EA41,5Ir.p.m.1150W aam =×−===

A plena carga:

.m.p.r1130W854,224

1150886,220

WV886,2205,73124,0230E

A5,73I

mm

a

a

=∴=

=×−==

b)

230V

Ea+

+

++

+

+

Ra

Figura P6.18.2

Ω=∴−=⇒=+

×=+

44,1R124,0565,1R565,1RR

5,732RR

230

maxext

maxextmaxexta

maxexta

303

c)

# dePaso Rext Ea min Ea max W min Wmax

1 1,44 0V 115V 0 588

2 0,658 115V 173V 588 885

3 0,264 173V 201V 885 1028

4 0,073 201V 216V 1028 1105

PROBLEMA N° 6.19 : Se va a agregar un devanado débil de campo enderivación a un motor en serie de 50 HP, 230 V, 600 r.p.m. de una grúa paraevitar que las velocidades sean muy grandes cuando las cargas sean muypequeñas. Su resistencia será de 230 Ohmios. La resistencia combinada de losdevanados de interpolos y armadura (incluyendo escobillas) es 0,046 Ohmios. Eldevanado de campo en serie tiene 26 vueltas por polo con una resistencia totaligual a 0,023 Omhios. Para determinar su diseño, se obtuvieron los siguientesdatos de prueba antes de instalar el devanado de campo en derivación:

Prueba con carga como motor en serie (no se midió la salida):r.p.m.600WA184IV230V at ===

Prueba sin carga con excitación separada en el campo serie:

Voltajeaplicado a la

armaduraVelocidad r.p.m. Corriente de armadura

(A)Corriente de campo

Serie (A)

230 1500 10 55

230 1200 9,2 68

230 900 8 95

215 700 7,7 125

215 600 7,5 162

215 550 7,2 186

215 525 7,1 208

215 500 7,0 244

304

a) Calcule el número de vueltas por polo del campo en derivación si la velocidadsin carga a voltaje nominal debe ser 1450 r.p.m. Sin carga las caídas de voltajeen el devanado de armadura, en el campo serie y en el devanado de interpolos,son despreciables.

b) Calcule la velocidad después de instalar el campo en derivación cuando trabajael motor a voltaje nominal con una carga que provoca una corriente de línea de175 A. Suponga que la desmagnetización por fuerza magnetomotríz de lareacción de armadura no cambia por la adición del campo en derivación.

SOLUCIÓN:

a)

230V

Ea+++

+

+

Figura P6.19.1

aff

CaffCCff

INImmfNINININImmf

×+×=

×+×=×+×=

26......

De los datos sin carga:

??...1450 == am ImprW

1450

Ia

9.2

10

1200 1500

Ia(A)

Wm(r.p.m)

Figura P6.19.2

A87,9I)12001500(

)2,910()12001450(2,9I

a

a

=−−×−+=

305

202.31

Wm

525

550

186 208If (A)

Wm(r.p.m)

1450

If

55

68

1200 1500

If (A)

Wm(r.p.m)

Figura P6.19.3

vueltas1230NA1I54,1229NI

87,92616,1486NI16,1486I26NI

vueltaA16,14862616,57NI.m.m.f

f

fff

ff

aff

Cf

=∴

==×

×−=×

=×+×

−=×=×=

b) A175I L =De los datos de plena carga:

r.p.m.600W;V217,3040,069184230EvueltaA478426184f.m.m.;A184II

ma

af

==×−=

−=×===

Que corresponde a A165I;r.p.m.594W;V215E fma ===

vueltaA494armaduradereacción

)165184(26)II(NarmaduradereacciónnetffC

−=∴

−×=−×=

En el punto de operación determinado:

V994,217174069,0230E

A31,202I

A31,20226

5260N

.m.m.fseriecampodelefectivaCorriente

vueltaA5260494123017426.m.m.farmaduradereacciónININ.m.m.f

a

netf

C

ffCC

=×−=

=∴

===

−=−+×=∴

−×+×=

.m.p.r466,531)186208()525550()31,202208(525Wm =

−−−+=

Figura P6.19.4 .m.p.r87,538W215

466,531994,217

Wm

m =∴=

A16,57I)12001500(

)5568()14501500(55I

f

f

=−−×−+=

306

CAPÍTULO VIIMOTORES POLIFÁSICOS

DE INDUCCIÓNSon motores de corriente alterna que generalmente son conectados a redes dealimentación trifásica.

7.1 MOTORES TRIFÁSICOS

- Se fabrican de las más diversas potencias.- Características de velocidad sensiblemente constante- Característica de par ó torque que varía ampliamente según los diseños- Se construye para operar a todas las tensiones y frecuencias de servicio

normalizadas.

7.1.1 CONSTITUCIÓN DE UN MOTOR TRIFÁSICO

- Se compone de 3 partes, principalmente : estator, rotor y escudos.- Estator compuesto de una carcasa de fundición, un núcleo formado por chapas

magnéticas, y un arrollamiento constituido por bobinas individuales alojadasen las ranuras del núcleo.

- El rotor puede ser del tipo jaula de ardilla o bien bobinado.

7.1.2 FUNCIONAMIENTO DEL MOTOR TRIFÁSICO

Las bobinas alojadas en las ranuras estatóricas están conectadas de modo queformen 3 arrollamientos independientes iguales, llamadas fases.

Figura 7.1.1

Normalmente se tiene que :

- El N° de bobinas coincide con el N° de ranuras (doble capa).

307

Bobina hexagonalcompletamente encintada,usada en estatores provistas deranuras abiertas.

Bobina hexagonal parcialmenteencintada, usada en estatoresprovistas de ranurassemicerradas.

- Algunos motores tienen doble N° de ranuras que de bobinas (arrollamiento defondo de cesta). ( Capa simple).

- Los motores 3φ están normalmente previstos para trabajar a una ó dostensiones de servicio y para girar a dos, tres ó cuatro velocidades de régimen,lo cual exige una gran variedad de conexiones ( en ∆, en Y, en serie, enparalelo y todas las combinaciones posibles entre éstas).

- Los motores 3φ de gran tamaño tienen las ranuras estatóricas abiertas, en losmotores pequeños y de mediano tamaño las ranuras estatóricas sonsemicerradas.

- Las bobinas utilizados en motores de cierto tamaño tienen forma hexagonal, esdecir seis lados.

Figura 7.1.2

Figura 7.1.3

Las bobinas de los motores polifásicos se confeccionan siempre con auxilio dehormas ( plantillas ó moldes).

La cinta normalmente empleada a este respecto es la del algodón a veces espreferible el uso de batista barnizada o cinta de fibra de vidrio.

Las bobinas de motores de pequeño tamaño pueden confeccionarse inicialmentede forma rectangular y convertirse luego en hexagonales tirando por el centrode los lados mayores.

308

7.1.3 CONEXIONES FUNDAMENTALES DE LOS MOTORESTRIFÁSICOS

FASES.- Generalmente los motores 3φ están provistos de un arrollamientoestatórico en doble capa, es decir, con igual número de bobinas y de ranuras.Las bobinas van conectadas formando tres arrollamientos independientesllamados fases las cuales se designan generalmente; con las letras A, B y C (óR, S y T ). Puesto que cada fase debe estar constituída por el mismo N° debobinas, éste será igual a un tercio del N° total de bobinas existentes en elestator.

Las tres fases de un motor 3φ están siempre conectada en Y ó en ∆.

REGLA 1: N° de bobinas por fase = N° total de bobinas establecidas por el N°de fases del motor.

Ejm.1. En un motor trifásico provisto de 36 bobinas, habrá :

1)(7........faseporbobinas123fasesbobinas36 −=

POLOS.- Las bobinas de un motor trifásico también están conectadas de modoque el estator del mismo conforme un determinado N° de polos iguales.

REGLA 2: N° bobinas por polo = N° total de bobinas estatóricas por el N° depolos del motor.

Ejm.2. En un motor 3φ tetrapolar provisto de 36 bobinas habrá:

)27(........polobobinas9polos4

bobinas36 −=

GRUPOS.- Se llama grupo a un determinado N° de bobinas contiguasconectadas en serie. Los motores 3φ llevan siempre tres grupos iguales debobinas en cada polo, uno por fase. Dicho en otros terminos, un grupopertenece a la fase A, ótro a la fase B, y el tercero a la fase C . Es evidente queun grupo define el N° de bobinas por polo y fase.

Figura 7.1.4

Conexión de las bobinas de cada grupoen un motor. El final de la bobina 2 vaal principio de la bobina 3. El principiode la bobina 1 y el final de la bobina 3constituyen los terminales del grupo.

309

a) CONEXIÓN EN ESTRELLA: Se trata de conectar en estrella las 3 fasesdel motor 3φ ya considerado (4 polos, 36 bobinas estatóricas).

1. Se conectan primero todas las bobinas en grupos. Las tres bobinas de cadagrupo se unen en serie. Si dichas bobinas han sido confeccionadas en gruposno será precisa esta operación.

2. Se conectan seguidamente entre si todos los grupos que pertenecen a la faseA. La conexión debe efectuarse de manera que por el primer grupo circule la“i” en sentido de las agujas del reloj, por el segundo grupo en sentidocontrario, por el 3° nuevamente en el sentido horario, etc. De esta forma seobtendrán polaridades sucesivas de signo alterno.

El principio de la fase A se empalma a un terminal flexible, que se lleva alexterior, el final de dicha fase se unirá posteriormente a las finales de lasfases B y C.

Esta unión se encintará convenientemente.

Figura 7.1.5

REGLA 3: Para determinar el N° de grupos de bobinas, se multiplica el N° depolos por el N° de fases del motor.

Ejem. 3 . En el motor 3φ tetrapolar que nos sirve de referencia habrá:

3)(7........bobinasdegrupos123fases4polos −=×

REGLA 4: Para determinar el N° de bobinas grupo, se divide el N° total debobinas del motor por el N° de grupos

Ejem. 4. En el motor 3φ de referencia se tendrá:

)47(........grupo/bobinas3grupos12bobinas36 −=

En el motor del caso anterior se ha visto que hay 9 bobinas por polo, luego cadapolo estará subdividido en 3 grupos, y cada grupo estará constituido por 3bobinas de circulación de la corriente que figuran debajo de cada grupo

310

Figura 7.1.6

Figura 7.1.7

señalan sucesivamente direcciones opuestas : así. La primera flecha indica elsentido de las agujas del reloj, la 2da el sentido contrario, la 3ra el mismo sentidode la primera, la cuarta el mismo que la 2da etc. Este es uno de los métodos quepermiten comprobar si la polaridad de cada grupo es correcta.

Figura 7.1.8

Los extremos de las tres fases van empalmadas entre sí; al punto de conexiónse le llama punto neutro.

Conexión de los grupos de la fase B, idéntica a las anteriores, pero empezandopor el 2do y terminando por el primero (conexión de grupo “saltado”) lacorriente que circula por la fase B es de sentido opuesto a las que circulan porlas fases A y C, como indican las flechas.

Con el sentido de simplificar el esquema de arriba puede sustituirse cada grupode bobinas por un pequeño rectángulo ó a veces también es costumbre emplearun esquema circular.

Subdivisión de los polos delmotor en 3 grupos, uno porfase. Cada grupo comprende 3bobinas.

311

Las bobinas del motor 3φ conectadas formando 12 grupos iguales. Cada grupose compone de 3 bobinas. Los cuatro polos son también iguales.

Figura 7.1.9

3. Se conectan ahora entre sí los grupos de la fase C, exactamente igual que losde la fase A. El primer grupo libre, perteneciente a la fase B, hasido”saltado” intencionalmente con objeto de que la inyección delconexionado entre grupos pueda ser idéntica para las tres fases.

Figura 7.1.10

4. Finalmente, se conectan los grupos de la fase B del mismo modo que se haprocedido con los de la fase A y C, pero empezando por el segundo de dichafase, es decir, el quinto a partir del principio. Gracias ha éste artificiollamado conexión con grupo “saltado”, las flechas respectivas del sentidoen cada Rectángulo representa un grupo de 3 bobinas.

Figura 7.1.11

312

El diagrama siguiente permite poner más claramente de manifiesto la clase y lascaracterísticas de conexión del motor considerado hasta ahora.

Figura 7.1.12

b) CONEXIÓN EN TRIÁNGULO :

1. Los grupos pertenecientes a la fase A se unen entre sí de igual manera que sehizo con la conexión en estrella, es decir, alternando el signo de suspolaridades.Es una buena norma poner encima de cada grupo la letra característica dela fase a la cual pertenece, y debajo de él la flecha indicativa del sentido decirculación de la corriente.

Conexión de los grupos que componen la fase A Figura 7.1.13.

2. Se unen ahora los grupos de la fase C exactamente igual como se haprocedido con los de la fase A. Conéctese entonces el final de la Fase A conel principio de la fase C.

Figura 7.1.14

Diagramaesquemático de un motor 3φ tetrapolar conectado en estrella (1Y).

313

3. Se unen a continuación el final de la fase C con el principio del segundogrupo perteneciente a la fase B . Los grupos que componen dicha fasetendrán también polaridades alternadas y siempre de signo alternado.

Figura 7.1.15

7.1.3.1 CONEXIONES EN PARALELO:

Se muestra una conexión en estrella / doble paralelo (2Y), presenta dos vías alpaso de la corriente, puesto que está formada por dos ramas iguales unidas enparalelo.

Figura 7.1.16

Se observa la conexión de los 4 grupos de la fase A en doble paralelo:

Figura 7.1.17

Conexión en doble paralelo de los cuatro grupos de la fase A. Los dosterminales libres irán conectados al punto neutro.

314

Figura 7.1.18

Conexión en doble paralelo de los cuatro grupos de las fases A y C.

Ahora son cuatro los terminales libres pendientes de su unión al punto neutro.

Figura 7.1.19

Esquema final completo del motor 3φ tetrapolar conectado en estrella / dobleparalelo (2Y) . Cada fase ofrece dos vías al paso de la corriente, puesto que estáformada por dos ramas iguales unidas en paralelo.

7.1.3.2 MOTORES TRIFÁSICOS PARA DOBLE TENSIÓN DE SERVICIO

Motores 3φ de tamaño pequeño y mediano: fabricados de modo que puedanconectarse a dos tensiones de alimentación distintas. La finalidad de ello eshacer posible el empleo de un mismo motor en localidades con red de suministroeléctrico a diferente tensión.

Tensión de servicio mayor : conexión en serie de los arrollamientos parciales.

Tensión de servicio menor : conexión en doble paralelo de los mismos.

315

Figura 7.1.20

Figura 7.1.21

Figura 7.1.22

7.1.3.3 MOTORES 3φφφφ PARA DOS O M

La velocidad de un motor 3φ de induccfrecuencia de la red de alimentación. Cpara variar la velocidad de dicho motor

7.1.4 INDUCIDOS DE CORRIENTE C

El arrollamiento de inducido consiste eranuras de éste último cuyos terminales va las delgas del colector.

Figura 7.1

Los cuatro grupos unidosen doble paralelo yconectado a 230 V. Latensión en cada gruposigue siendo de 115 V.

Cuatro grupos igualesunidos en serie y conectadosa 460 V. A cada grupo estánaplicados 115 V.

Los cuatro grupos unidosahora en cuádrupleparalelo y conectados a115 V. Cada grupo trabajaa 115 V.

ÁS VELOCIDADES DE RÉGIMEN

ión depende de su N° de polos y de laomo ésta última permanece constante;será preciso modificar su N° de polos.

ONTÍNUA.

n una serie de bobinas alojadas en lasan conectados sucesivamente dos a dos

.23

316

La figura anterior muestra el esquema lineal de un arrollamiento simple deinducido, a base de nueve bobinas, con colector de nueve delgas. El final decada bobina y el principio de la siguiente van conectados a una misma delga. Elfinal de la última bobina va unido a la misma delga que el principio de laprimera bobina.

Los arrollamientos de inducido se clasifican en dos grupos principales:imbricados y ondulados. La diferencia entre ambos radica en las posicionesrelativas de las delgas a las cuales van conectados los terminales de cadabobina.

7.1.5 ARROLLAMIENTOS EN MÁQUINAS DE CORRIENTE ALTERNA

Por regla general, los devanados son de tipo abierto. Existen dos tipos dedevanados :a) Devanados Concéntricos yb) Devanados Excéntricos.

a) DEVANADOS CONCÉNTRICOS : Todas las bobinasde un grupo tienen el mismo eje magnético y número devueltas diferentes. El paso de cada bobina es diferente.

)57(........N....NNN n321 −≠≠≠≠

Figura 7.1.24FORMAS DE CONTRUCCIÓN: Son de una capa, se construyen en dos clases:I.- Devanados Concéntricos con “p” grupos / fase, cada fase está compuesta

por un número de grupos en serie, que es igual al número de polos.

YV

Figura 7.1.25

II.- Devanados Concéntricos con “P/2” grupos / fase, cadapor “P/2” grupos en serie.

Figura 7.1.26

Devanados de fasede 4 polos,formado por 4 gruposen serie.

fase está constituida

Devanado por fase de 4 polosformando por 2 grupos enserie

317

b) DEVANADOS EXCÉNTRICOS: Los devanadosexcéntricos pueden ser de simple ó doble capa, losgrupos están constituídos por bobinas de igual paso eigual número de vueltas. Usualmente se realizan con“P” grupos / fase. Los devanados imbricados enterosestán comprendidos en esta clasificación.

Figura 7.1.27

FÓRMULAS PARA EL CÁLCULO DE UN DEVANADO IMBRICADOENTERO

r: número de ranuras p: Número de polos q: Número de fases del devanado

T: paso de bobina x

°

r360

b: Número de bobinas b = r (si es de doble capa)

b = 2r (si es de capa simple)

PROCEDIMIENTO:

• Número de bobinas por fase que deberán formar “p” grupos: b/q

• Número de bobinas por grupo :pq

bm =

• Paso de grupo : pr=δ

• Paso de fase : 2

p3r

3 =ε φ , 2

p4r

2 =ε φ

• Número efectivo de vueltas por fase (NEF):

)67(........KKfaseladevueltasdetotalnúmeroN dpEF −××=

Siendo:

Factor de distribución: )77(........

2senm

2msen

K'

'

d −

γ

γ

=

DATOSGENERALES

318

Factor de paso: )87(........2

TsenK'

p −

=

Donde :

Ángulo de ranura: 9)(7........r

360γγ Geom −==

Ángulo Magnético: )107(........2p'

mag −

γ=γ=γ

)117(........2pTT ' −

=

)127(........r

360bobinadepasoT −°×=

Usualmente constituyen los devanados de : Los inducidos de las máquinas decorriente continua, de las máquinas síncronas y de las máquinas asíncronastrifásicas.

EJEMPLO: Se tiene un motor asíncrono 3φ, de rotor bobinado, 4 polos,220Volts , 60 Hz, tiene las siguientes características : λ = 0,4m , D = 0,35 m ,g = 0,5 mm; el devanado estatórico tiene 36 ranuras, doble capa,5 espiras/bobina, paso de bobina. YB = 1-11 conexión Y . Calcular:

a) La distribución de la fuerza magnetomotriz(Fmm) para cada una de las fasescuando circula 1 Amp.

b) El número efectivo de vueltas por fase.

SOLUCIÓN:

r = 36 ranuras paso de grupo : 94

36 ==δ

p = 4 polos paso de fase : 6

243

36 =

=ε

q = 3 fases

b = 36 bobinas

N° de bobinas por fase = 36 / 3 = 12

N° de bobinas por fase por grupo = 34

12 =

319

Figura 7.1.28

FASE “R”

Figura 7.1.29

FASE “S”

Figura 7.1.30

FASE “T”

Figura 7.1.31

320

12

26 27

19

25

31

28 2930

3433

35361

6

10

23

45

78911

1314

15

16

17

18

20

2122

24

+ +

+

+ +

++

++

+

+

+

++ +

++ +

+ ++

++

+

+

+ +++

+

+

+

+

+++

2332

'1'2'3

'4'5

'6

'7

'8

'9

'1 0

'11

'13'1 4

'1 5'16 '1 7 '18

'1 9'20

'21

'22

'23

'24

'2 5

'26

'27

'28

'29

'30

'32'3 3

'34'36

'12

'35

T S

R

XY

Z

Figura 7.1.32

Figura 7.1.33

321

b) Número efectivo de vueltas (NEF)

NEF = p x n

n =m xNb xKdxKp

m = 3 , °=°= 1036

360γ

°=

γ=γ 20

2P'

959,0

220sen3

2203sen

2msen

2msen

K'

'

d =

°

°×

=

=γ

γ

( ) °=°×−=

°= 100

36360111

r360YBT

°=×°== 20024100

2PTT '

985,02

200sen2

TsenK'

p =

°=

=

NEF = 4x3x5x0.959x0.985 = 56,71 espiras / fase

NEF = 57 espiras / fase

7.2 MÁQUINA ASÍNCRONA TRIFÁSICA

La máquina asíncrona trifásica representa un transformador en el caso que estécon rotor fijo.

Se distingue del transformador normal sólo por la existencia de un devanadorepartido en el estator y en el rotor y la existencia de un entrehierro ( espacio deaire).

“La máquina asíncrona está sometida al principio de reciprocidad y puedefuncionar en régimen de motor y en régimen de generador”.

El estator de la máquina asíncrona trifásica es análogo al de una máquinasíncrona trifásica y en él se coloca un devanado trifásico semejante, que seconecta a la red trifásica de corriente alterna.

Por su construcción del devanado rotórico tenemos dos tipos:

322

a) con colector.b) sin colector.

La máquina asíncrona sin colector es la principal (la que más se usa) el rotorde la máquina asíncrona representa un cuerpo cilíndrico compuesto de chapasde acero al silicio con ranuras para instalar el devanado. Se distingue:

1) Las máquinas asíncronas con rotor bobinado: En este tipo los devanadosrotórico y estatórico son similares. Los devanados en los rotores seconectan generalmente en estrella y sus terminales se sacan a través deanillos de colector y escobillas al exterior al reóstato de arranque.

RST

Estator

R o to r

A n i l l o

Figura 7.2.1

2) Las máquinas asíncronas con rotor en Se dividen éstas en 3 modificaciones pri

a. Con rotor en simple jaula de ardilla.b. Con rotor de gran reactancia ( llamadasc. Con rotor de doble jaula de ardilla.

Estos tipos de máquinas difieren uno de arranque.

7.2.1 PRINCIPIO DE FUNCIONAMASÍNCRONA

El funcionamiento de una máquina asíncrinteracción electromagnética entre el camposistema de corrientes trifásicas suministraestator y las corrientes que se inducen en

Esquema de conexión deun motor asíncrono derotor bobinado.

Escobillas

.ArranquedeóstatoRe

s

cortocircuito ó de jaula de ardillla:ncipales:

también de corriente foucault).

otro, por sus particularidades de

IENTO DE UNA MÁQUINA

ona se basa en el principio de la magnético giratorio, creado por unda desde la red al devanado del el devanado del rotor cuando el

323

campo giratorio cruza sus hilos conductores. Así pues el trabajo de lamáquina asíncrona por su esencia física es semejante al funcionamiento de untransformador considerando el estator como devanado primario y el rotor comodevanado secundario que en el caso general puede girar a una velocidad “ωωωωm”.

Cuando el campo giratorio tiene carácter sinusoidal su velocidad de rotación es :

'p = Número de pares de polos.

Sω = velocidad del campo giratorio.f = frecuencia de la red.

P =Números de polos.

)137(........segrad

2P

f2S −

π=ω

)147(........seg

ciclospf

'S −

=ω

)157(........rpmP

f120S −=ω

La interacción electromagnética entre ambas partes de la máquina asíncrona (sin colector) sólo es posible cuando las velocidades del campo giratorio ( )Sω ydel rotor ( )mω son distintas es decir a condición de que ( )mS ω≠ω puesto quesi ( )mS ω=ω el campo sería inmóvil con respecto al rotor y en el devanado delrotor no se inducirá corriente alguna.

7.2.2 DESLIZAMIENTO

La relación:

)167(........SS

mS −ω

ω−ω=

O bien:

)177(........%100%SS

mS −×ω

ω−ω=

Se denomina deslizamiento o resbalamiento de la máquina asíncrona.

:mω velocidad del rotor.

:Sω velocidad del campo giratorio.

324

7.2.3 REGÍMENES DE FUNCIONAMIENTO DE LA MÁQUINAASÍNCRONA

De acuerdo a la relación entre las velocidades Sω y mω la máquina asíncronapuede funcionar en :

a. Régimen de motor.b. Régimen de generador.c. Régimen de freno electromagnético.

a) Funcionamiento de la Máquina Asíncrona en régimen de Motor

Supongamos que al conectar el estator a una red de corriente trifásica hemosdejado el circuito de rotor abierto, en este caso mω = 0 y la máquina asíncronarepresentará a un transformador en régimen de marcha en vacío. El campomagnético del estator gira con respecto al rotor a una velocidad Sω e induce enel devanado del rotor una f.e.m. E2 que tiene la misma frecuencia f que la red ydirección determinada por la regla de la mano derecha.

Si ahora cerramos el circuito del rotor, circulará por el devanado del rotor unacorriente I2 cuya componente activa coincide en sentido con el de la f.e.m. E2.Como resultado de la interacción del flujo creado por esta corriente con el flujodel estator se formará el flujo resultante.

grafico

Figura 7.2.2

La fuerza Fo aplicada al hilo conductor a, crea en el eje de la máquina unmomento que tiende a girar el rotor en el sentido de giro del flujo.

El conjunto de los momentos creados por cada hilo conductor forma el momentode rotación resultante T de la máquina; si éste momento es mayor que el par defrenado en el eje, el rotor comenzará a girar y adquirirá una ciertavelocidad mω . En este caso la energía eléctrica aplicada al estator desde la redse convierte en energía mecánica en el eje , es decir la máquina funcionarácomo motor.

La velocidad mω del motor depende de la carga colocada en el eje del motor.Durante la marcha en vacío la velocidad mω es casi igual a Sω , pero no laalcanzará nunca puesto que si fuera ( )mS ω=ω entonces la máquina no podríafuncionar como motor.

325

Así pues , la máquina Asíncrona funciona como motor cuando la velocidad sehalla entre los límites de mω = 0 hasta ( )mS ω=ω , es decir, cuando eldeslizamiento varía entre s = + 1 hasta s = 0.

Figura 7.2.3

b) Funcionamiento de la Máquina Asíncrona en régimen de Generador

Supongamos que con un motor primo se acelere el rotor de la máquinaasíncrona de tal modo que mω resulta mayor que Sω .

En este caso el deslizamiento se hace negativo y el sentido de rotación del flujocon respecto al rotor cambia por el contrario al sentido que tenía la máquinacuando funcionaba como motor.

En correspondencia con ésto cambia el sentido de la f.e.m. y de la corriente enel hilo conductor a y también el signo del momento.

Figura 7.2.4

Por consiguiente, el momento desarrollado por la máquina asíncrona seconvierte en par de frenado con respecto al momento de rotación del motorprimario. En éstas condiciones la máquina asíncrona funciona como generadorconvirtiendo la energía mecánica, aplicada a ella desde el eje del motorprimario, en energía eléctrica que ésta entrega a la red.

El deslizamiento en este caso varía entre limites 0S = hasta =S -∞.

326

c) Funcionamiento de la Máquina Asíncrona en régimen de FrenoElectromagnético.

Supongamos que bajo la acción de algún factor exterior el rotor de la máquinaasíncrona comienza a girar en sentido al del flujo magnético. En este caso a lamáquina asíncrona se le aplica energía desde dos fuentes : energía eléctricadesde la red y energía mecánica desde el motor primo . Este régimen defuncionamiento se llama régimen de freno electromagnético. Este comienzacuando 0m =ω y teóricamente puede continuar hasta que =mω -∞. quecorresponden a 1S += y =S +∞.

En la práctica el funcionamiento en régimen de freno electromagnético se utilizageneralmente en las máquinas de elevación y transporte para bajar la carga.

7.2.4 RELACIONES PRINCIPALES

En la máquina asíncrona el rotor gira con respecto al campo magnético a unavelocidad igual a ( )mS ω−ω . Por eso la f.e.m. inducida en el rotor tiene unafrecuencia igual a :

( ) )187(........fSppfS

mSS

'mS

'2 −=

ω

ω−ωω=ω−ω=

Donde: →2f Frecuencia en el rotor →'p Números de pares de polos.

→ωm Velocidad de rotor. →ωS Velocidad del campo magnético giratorio.

a) Cuando el deslizamiento se encuentra entre cero y la unidad , la velocidaddel motor está entre reposo y sincronismo y el sentido de la rotación es el mismoque el del campo magnético giratorio. Por tanto el signo positivo de P indicaacción motriz.

b) Cuando el deslizamiento es menor que cero; es decir, es negativo, entoncesel rotor está siendo impulsado hacia delante en el mismo sentido que el campogiratorio y la velocidad real es mayor que la velocidad de sicronismo. Por tantose ha invertido el sentido relativo de rotación entre el rotor y el campo

Concepto Valor de S Signo de P (Potencia Mecánica)a 0 <S <1 Positivob S < 0 Negativoc S > 1 Negativo

327

magnético por lo que las fem’s y corrientes del rotor están asimismo invertidaslo que indica que la máquina ha variado de acción motriz a acción generatriz.El signo negativo de P está de acuerdo con esta inversión de la función.

c) Cuando el deslizamiento es mayor que la unidad el motor está siendoimpulsado hacia atrás dentro del campo magnético giratorio hacia delante. Laf.e.m del rotor continúa teniendo el mismo sentido que en reposo (ó que acualquier velocidad entre sincronismo y reposo); pero se hace mayor enmagnitud a causa de la gran velocidad relativa con que corta las líneas deinducción. La máquina se ha convertido en un freno eléctrico, lo que estáacorde con el signo negativo de P.

7.2.5 CIRCUITO EQUIVALENTE

La máquina de inducción es muy semejante a un transformador cuyo primarioes el estator y cuyo secundario es el rotor. Suponiendo que el rotor está parado( mω = 0, S = 1) podemos construir un circuito equivalente monofásico igual aldel transformador tal como se indica en la figura siguiente:

Figura 7.2.5Donde:

Z1 = r1 + j x1→ Impedancia de dispersión del estator.Z2 = r2 + j x2→ Impedancia de dispersión del rotor.Y = gP - jbm→ Admitancia de excitación.gp→ toma en cuenta las pérdidas en el fierro.

bm→ La corriente de magnetización (Im) al circular por bm (suceptancia magnética) produce el campo giratorio.

Cuando el rotor esta parado:

Ē 1 → f.e.m. inducida en el estator por el campo giratorio resultante.Ē 2 → f.e.m. inducida en el rotor por el campo giratorio resultante

Ī2 → Corriente rotórica 2

2

ZE= ; mientras el rotor está parado ésta

corriente tendrá la misma frecuencia f de la corriente del estator.

Cuando el rotor se pone en movimiento:

a = N1 / N2

328

La frecuencia del rotor se reduce a Sf, y la f.e.m. del rotor a SĒ2 ya quedisminuye la velocidad relativa entre el campo giratorio y el rotor, la variaciónde frecuencia afecta a la reactancia de dispersión del rotor que se reduce a SX2.

∴ El rotor en movimiento debe representarse como se indica en la figurasiguiente:

Figura 7.2.6

Conviene realizar el siguiente artificio:

)197(........

SjSXr

SES

jSXrESI

22

2

22

22 −

+=

+=

)207(........jX

Sr

EI2

2

22 −

+=

Este artificio nos permite construir el siguiente circuito:

Figura 7.2.7

Este circuito tiene la ventaja de tener aplicada la f.e.m. 2E de rotor paradoluego tenemos:

329

Figura 7.2.8

Podemos eliminar el transformador ideal utilizando las impedancias referidas alprimario o estator.

Figura 7.2.9

Este es el circuito equivalente exacto de la máquina de inducción:

)217(........Sra

Sr 2

2'2 −=

)227(........S

S1rrSr '

2'2

'2 −

−+=

)237(........S

S1r'2 −

−

→'2r

= -

Si no se incluyen las pérdidas en el

Resistencia variable que toma en cuentala carga mecánica de la máquina yresistencia interna del rotor

Repinter

Potencia en ejedel motor de

inducción

Potencia enla resistencia

Pée

Ayuda representar la potenciamecánica de la máquina

- -

hierro en el estator.

resenta las pérdidasnas del rotor

rdidas enl hierro

Pérdidasmecánicas

P rotacionales

P dispersas

330

Figura 7.2.10

Con respecto a éstos circuitos equivalentes es importante tener presente que sibien todos los parámetros están referidos a la frecuencia del estator, enrealidad, en el rotor la frecuencia es siempre igual a Sf, es decir Ī2 e Ī´2 tieneuna frecuencia igual a Sf.

7.2.6 ECUACIONES DEL MOTOR DE INDUCCIÓN

Figura 7.2.11

Aplicando el método de mallas al circuito de la figura:

)247(........jXrZ 111 −+=

)257(........jXX mm −=

26)(7........jXSrZ '

2

'2'

2 −+=

( ) )277(........IXIXZV '2m1m11 −−+=

( ) )287(........IXZIX0 '2m

'21m −++−=

Resolviendo las ecuaciones 7-27 y 7-28, tenemos:

( )( )( )

( )( ) )297(........

ZZXZZVXZ

XXZXZVXZI '

21m'21

1m2

2mm

'2m1

1m'2

1 −++

+=+++

+=

331

( ) )307(........ZZXZZ

VXI '2

'1m

'21

1m'2 −

++=

La potencia mecánica interna desarrollada por el motor 3φ será:

)317(........IS

S1r3P 2'2

'2mec −

−=

∆P2 → Pérdidas en el rotor )327(........Ir3P 2'

2'22 −=∆

PEM→ Potencia transferida del estator al rotor a través del entrehierro

)337(........Ir3PPP 2'2

'22MECEM −=∆+=

Comparando las ecuaciones 7-31 y 7-33 podemos escribir:

( ) )347(........PS1P EMMEC −−=

Comparando las ecuaciones 7-32 con la ecuación 7-33 deducimos:

)357(........SPP EM2 −=∆

Teniendo presente que el torque interno está dado por :

)367(........P

Tm

MEC −ω

=

Donde:

ωm → velocidad del rotorωs→velocidad síncrona

Y sabiendo que : ( ) Sm S1 ω−=ω

Obtenemos:

( ) )377(........S1

PT

S

MEC −ω−

=

Teniendo en cuenta la ecuación 7-34

)387(........PTS

EM −ω

=

332

Este es el torque interno de la máquina. Para determinar el torque en el eje hayque restarle el torque producido por las pérdidas rotacionales y pérdidasdispersas.

Reemplazando la ecuación 7-33 en la ecuación 7-38 obtenemos:

39)(7........Sω

Ir3TS

2'2

'2 −=

Ahora en esta ecuación podríamos reemplazar el valor de '2I que se obtiene de

la ecuación 7-30 y así tendríamos el torque en función de los parámetros delcircuito de la tensión aplicada y del deslizamiento S.

Puede llegarse al mismo resultado si se transforma la fuente de tensión V1 delcircuito equivalente de la figura anterior en una fuente de corriente I , tal comose indica en la figura:

Figura 7.2.12

Reemplazando las dos impedancias en paralelo Z1 y Xm por la impedanciaZ= R + jX obtenemos el siguiente circuito :

Figura 7.2.13

333

En este circuito deducimos inmediatamente :

( )( )

)407(........XXj

SrR

jXRII'2

'2

'2 −

+++

+=

Entonces: ( )( )

)417(........

XXSrR

XRII2'

2

2'2

2222'

2 −

++

+

+=

Pero: )427(........ZVI

1

1 −=

Entonces: 43)(7........Xr

VI 21

21

212 −

+=

Reemplazando en la ecuación 7-41:

( )( ) ( )

)447(........

XXSrRXr

XRVI2'

2

2'22

12

1

2221

2'2 −

++

++

+=

Reemplazando este resultado en la ecuación 7-39

( )( ) ( )

)457(........

XXSrRXr

VXRS

r3T2'

2

2'22

12

1

21

22

S

'2 −

++

++

+ω

=

Esta ecuación nos indica que el torque interno es función del deslizamiento S.Si graficamos la ecuación 7-45 tenemos la curva indicada en la figurasiguiente:

334

Figura 7.2.14

Deslizamiento S Velocidadωωωωm

Funcionamientocomo:

Conversiónde energía

0< S <1 ωS > ωm>0 Motor Eléctrica enmecánica

S>1 ωm < 0Opuesta al campogiratorio

Freno Cinética eneléctrica.

S<0 ωm>ωS Generador Mecánica eneléctrica

Al graficar la curva del torque podemos asignarle al deslizamiento valorespositivos y negativos . Para valores de S positivos comprendidos entre 0 y 1 eltorque es positivo y la máquina funciona como motor.

Para valores de S negativos el torque resulta negativo y la máquina funcionacomo generador. Este funcionamiento se obtiene con velocidades del rotorsuperior a la síncrona.

Para valores de S positivos mayores que 1 el torque es positivo pero la máquinafunciona como freno, ya que la velocidad del rotor debe ser contraria a la delcampo para obtener S > 1.

El funcionamiento como generador no ha encontrado mayores aplicacionesdebido a que éste generador no puede producir potencia reactiva ya que notiene excitación propia y más bien requiere energía reactiva para su propioconsumo.

Por consiguiente funcionando solamente podría alimentar cargas capacitivas yfuncionando en paralelo con éstos generadores, síncronos, éstos tendrían queproporcionarle la potencia reactiva que requiere para su funcionamiento.

7.2.7 TORQUE MÁXIMO

Observando la curva del torque Vs. deslizamiento podemos ver que éste tiene undeterminado valor máximo que corresponde a un determinado deslizamiento.Para determinar el Tmáx podemos igualar a cero la derivada con respecto a S dela ecuación 7-45 obteniéndose:

335

( )

)467(........XXR

rS2'

22

'2

máxT −++

=

Reemplazando este valor del deslizamiento en la ecuación 7-45 obtenemos:

( )

( ) ( ))477(........

XXRRXr

XRV5,1T

2'2

221

21S

2221

máx −

++++

+=

ω

La ecuación 7-46 nos hace ver que el deslizamiento correspondiente al torquemáximo es directamente proporcional a la resistencia rotórica. Esto nos sugiereun método muy simple para mejorar el par de arranque, consiste en aumentar laresistencia del rotor durante el arranque mediante una resistencia variable quese conecta al rotor a través de un juego de escobillas y anillos rozantes como seobserva en la figura siguiente:

Figura 7.2.15

Para que el par sea máximo en el arranque STmáx deberá ser igual a 1 y con laecuación 7-46 obtenemos el valor de la resistencia adicional exterior '

ERnecesaria(referida al estator).

( )

)487(........XXR

Rr12'

22

'E

'2 −

++

+=

( ) )497(........rXXRR '2

2'2

2'E −−++=

y teniendo en cuenta la ecuación 7-46

)507(........S

S1rr

SrR

máx

máx

T

T'2

'2

Tmáx

'2'

E −

−=−=

336

Esta resistencia reduce también la corriente del arranque por lo que esempleada como reóstato de arranque. Lamentablemente solamente pudeutilizarse en los motores con rotor bobinado.

En la figura siguiente se han graficado diferentes curvas de torque paradiferentes resistencias, puede apreciarse como el torque máximo se desplazahacia la izquierda así como aumenta la resistencia rotórica, pero siempremanteniendo el mismo valor máximo ya que la resistencia del rotor nointerviene en la ecuación 7-47.

Figura 7.2.16

7.2.8 CIRCUITO EQUIVALENTE SIMPLIFICADO

r =rotor =2 subíndicesS =estator =1

n1 = ωs = velocidad del campo giratorion = ωm = ω r= velocidad del rotor

Figura 7.2.17

( ) )517(........M.P.Rp

f120S −=ω

nomenclaturas

337

)527(........seg

ciclos

2pf

S −

=ω

)537(........segrad

2pf2

S −

π=ω

)547(........SS

mS −ω

ω−ω=

( ) )557(........S1 Sm −ω−=ω

( ))567(........

XXSrr

VI

2'21

'2

1

1'2 −

++

+

=

Desde que la potencia de salida es el producto del torque en N–m por lavelocidad en (Rad/ seg).

)577(........IS

S1r3PT 2'2

'2MECm3 −

−=ωφ

( ) )587(........ISr3

S1

IS

S1r3T

S

2'2

'2

S

2'2

'2

3 −ω

=ω−

−

=φ

)597(........ISr

2p

f213I

2pf2

1Sr3T 2'

2

'22'

2

'2

3 −π

=π

=φ

( ))607(........

XXSrr

VSr

2p

f213T

2'21

2'2

1

21

'2

3 −

++

+

π=φ

338

S1

generadordeRégimen

fre n o

fase/T

cS

máxT

Figura 7.2.18

Cálculo del deslizamiento crítico ( SC ):

( ))817(........

XXSrr

Sr

V2p

f213T

2'21

2'2

1

'2

213 −

++

+

π

=φ

( ) ( )[ ] )827(........XXSrSr

SrKT 2'21

22'21

'2

3 −+++

=φ

)837(........0dS

dT3 −=φ

( )

)847(........XXr

rS2'

212

1

'2

C −++

=

El deslizamiento crítico depende de la resistencia rotatórica (r2’).Reemplazando el valor de Sc en la expresión del torque.

( ))857(........

XXrr2

1V2p

f23T

2'21

211

21máx3 −

+++π

=φ

339

Como se observa el torque máximo (T3Φmáx) es independiente de la resistenciarotórica. Variando el valor de '

2r se obtiene el siguiente efecto . Ver figura :

Figura 7.2.19

Esta posibilidad de incrementar la resistencia rotórica sólo es posible en losmotores de rotor bobinado, entonces es posible obtener el par máximo en elmomento del arranque es decir cuando S = 1

Entonces en la ecuación de SC :

( )

)867(........XXr

r1S2'

212

1

'2

C −++

==

( ) )877(........XXrr 2'21

21

'2 −++=

Como 1r es significativamente pequeña en comparación con las reactancias sepuede hacer la siguiente simplificación:

)887(........XXr '21

'2 −+≅

7.2.9 EFICIENCIA ( ηηηη)

pérdidasdePotenciaΔP

89)(7........100%P1Δp1

P1ΔPP1

P1P2

entradadepotenciasalidadepotenciaη

=

−×

−=−===

7.2.10 DIAGRAMA ENERGÉTICO:

340

Figura 7.2.20

P1: Potencia eléctrica suministrada al motorP2 : Potencia mecánica útil entregada por el motorPcu1: Pérdidas en el cobre del estatorPFe : Pérdidas en el fierro. Las pérdidas en el fierro del rotor son

bastante pequeñas por que f2 (frec. del rotor) es pequeña.PEM:Potencia Electromagnética.

)907(........PPPP fecu1EM 1 −−−=

Esta potencia se transmite electromagnéticamente a través del entrehierro haciael rotor.

PMEC = Potencia Mecánica

)917(........PPP 2cuEMMEC −−=

Pcu2 : Pérdidas en el cobre del rotor.P2 : Potencia útil entregada por el motor.

( ) esPadicionalmeánicaspérdidas:nventilaciófricciónPPP mecMEC2 −+−=

( ) .nventilacióyfricciónporPédidas:vfPPmec +=

Pad = Pérdidas adicionales producidas por la presencia de dientes es elestator y rotor y por la distribución no sinusoidal de la f.m.m.

)927(........S

S1rI3P '2

2'2MEC −

−=

)937(........Ir3P 2'2

'22cu −=

)947(........Ir3S

S1Ir3PPP 2'2

'2

2'2

'22cuMECEM −+

−=+=

341

)957(........ISr3P 2'

2

'2

EM −=

( ) )967(........PS1P EMMEC −−=

)977(........SPP EM2cu −=

EJEMPLO 1.- Motor de inducción 3Φ, 440 V, (Y) , 4 polos , 50 Hz

fase1rr '

21Ω== ;

fasemHr10LL '

21 == .

La rama de excitación compuesta de una Ω= 300rp y mHr200Lm = .Calcular para un deslizamiento de S = 0,05

a. La corriente de entrada.b. El Torque en la carga.c. La potencia mecánica de salida si el torque de pérdidas mecánicas es 1 N – m.d. Eficiencia.

SOLUCIÓN:

rpm15004

50120p

f120S =×==ω

fase

14,31010502XX 3'21

Ωπ =×××== −

fase

8,6210200502X 3m

Ωπ =×××= −

Circuito Equivalente por fase:

Figura E1.1

Trabajando con el circuito equivalente simplificado :

342

Figura E1.2

Asumiendo :

30440

0VV 11°

=°=

( ) °

°=

+°

=

×+

+

°

=6.1622

025428,6j21

0254

14,32j05,011

30440

I '2

28,3j116,165,11I '2 −=°−=

016,0j300,08,62

1j300

1X1j

r1Y

mp

−=−=−=)

φ

( ) 064,4j846,0016,0j300,00254YVI 1 −=−×°==)

φφ

°−=−=+= 797,31938,13344,7j846,11III '21 φ

( ) 850,0797,31cosp.d.f =°=

Watts86,9028850,0938,134403P 3ENTRADA =×××=φ

Watts25,753805,0

05,015,1113S

S1Ir3P 22'2

'23MEC =

−××=

−=φ

( ) ( ) rpm1425150005.01S1 Sm =−=ω−=ω

mN52,50

301425

25,7538PT

m

3MEC3e −=

×== πω

φφ

Pérdidas mecánicas :

343

Watts149,2230π14251ωT mPERDmec =××=

mN52,49152.50T 3SALIDA −=−=φ

Watts738922.14925.7538P 3SALIDA =−=φ

%82%10086.9028

73891P2P =×==η

7.2.11 ENSAYOS DE VACIO Y CORTOCIRCUITO

a) A ROTOR LIBRE: (S = 0 , '2I =0)

El circuito equivalente 1φ se reduce:

Figura 7.2.21

1PWA

V

Figura 7.2.22

1V

21Fe VKP =

O CP

0.Rotac.Pérd

0.5VN1.2VN

344

Figura 7.2.23

)987(........PPPP rotfe1cu1 −++=

)997(........PPPP rotfe1cu1 −+=−

)1007(........PPP rotfeOC −+=

=rotP Pérdidas por fricción+Pérdidas por ventilación

)1017(........PV

r1fe

21

p −=φ

φ

)1027(........r

VI

p

1p −= φ

)1037(........III 2p

2m −−= φ

)1047(........IV

Xm

1m −= φ

105)(7........VPg 2

1φ

fe1φp −=

)1067(........VI

Y1

−=φ

φφ

)1077(........gYb 2p

2m −−= φ

b) A ROTOR BLOQUEADO : (S=1)

La corriente en el circuito principal es mucho mayor que la corriente demagnetización y ésta última puede despreciarse.

345

Figura 7.2.24

( ) )1087(.......IrrP 21n

'211cc −+= φφ

)1097(.......IP

rr 21n

1cc'21 −=+

φ

φ

110)(7........2

rrrr'21'

21 −+==

)1117(........I

VZ

1n

1cc1 −=

φ

φφ

( ) )1127(........rrZXX 2'21

21

'21 −+−=+ φ

113)(7........2

XXXX'21'

21 −+==

ccP

ccVWA

nI

V0W=

Figura 7.2.25

EJEMPLO 2.- Un motor de inducción 3Φ. 440V, ( Y ),50 Hz y 4 polos fueensayado obteniéndose los siguientes resultados:

Rotor bloqueado (corto circuito)120V, 25 A, 2,0 KW

Rotor Libre (circuito abierto)440V, 8 A, 1,5 KW

Las pérdidas por fricción y ventilación son de 600 W ( Las pérdidas mecánicasdeben ser restadas del valor de la potencia a rotor libre antes de calcular rp yxm) . Se pide:

a) Deducir los valores de los parámetros del circuito equivalente por fase.b) Para S = 4%. Hallar:

ηφ yP,T,I,cos,I salidae'211 .

c) Calcular el torque de arranque a plena tensión y la relación de la corrientede arranque a la corriente de plena carga.

SOLUCIÓN:

346

a) rpm15004

50120p

f120S =×==ω

De la prueba de cortocircuito:

fase

06,125

32000

IP

rr 221n

1cc'21

Ω

φ

φ ===+

fase

53,0206,1rr '

21Ω===

fase

77,225

3120

IV

Z1n

1cc1

Ω

φ

φφ ===

Ω56,206,177,2XX 22'21 =−=+

fase

28,1XX '21

Ω==

De la prueba de vacío:

60053,0831500P 23fe −××−=φ

Watts24,798P 3fe =φ

fase

1012,400412,0

3440

324,798

VP

g1

322

1

1fep

−−×==

== Ω

φ

φ

fase

5,242g1r

pp

Ω==

b)

347

Figura E2.1

fase

1049,31

34408

VI

Y1

3

1

−−×=== Ω

φ

φ

fase

1022,31gYb1

32p

2m

−−×=−= Ω

fase

32X mΩ=

( ) °°

=+

°=

+

+

°=

++

+

=4,1014

025456,2j78,13

0254

56,2j04,053,053,0

0254

XXjSrr

VI'21

'2

1

1'2

φ

25,3j7,174,1018I '2 −=°−=

( )331 1022,31j1012,40254YVI −− ×−××°== φφ

9,7j046,1I −=φ

15,11j746,18125,3j7,179,7j046,1III '21 −=−+−=+= φ

°−= 7,308,21I 1

( ) 86,07,30coscos 1 =°=φ

WattsK3,1204,0

04,0153,0183S

S1rI3P 2'2

2'2MEC =

−×××=

−=

( ) ( )segrad8,150

30150004,01S1 SS =××−=−= πωω

mN56,818,150103,12PT

3

m

MECe −=×==

ω

( ) WattsK7,11WattsK6,03,12PP salida2 =−==

WattsK4,1486,02548,213PP 1entrada =×××==

348

%25,81%100104,14107,11

3

3

=×××=η

c) Arranque a tensión plena:

°−=°

°=

+×°

= 3,7817,973,78614,2

025456,2j53,02

0254I '

arr2

17,95j7,19I 'arr2 −=

φ+= III 'arr2arr1

05,103j746,209,7j046,115,95j7,19I arr1 −=−+−=

°−= 6,7811,105I arr1

8,48,2111,105

II

nom1

arr1 ==

7.3 CONTROL DE VELOCIDAD EN MÁQUINAS ASÍNCRONAS

Un motor de inducción es esencialmente un motor de velocidad constante cuandoestá conectado a una fuente de potencia de voltaje y frecuencia constante . Lavelocidad de operación es muy cercana a la velocidad síncrona. Si el torque decarga se incrementa la velocidad cae en pequeña cantidad. Esta es la razón por lacual se le usa frecuentemente en sistemas de trabajo de velocidad constante.Muchas aplicaciones industriales, sin embargo requieren diversas velocidades ó unrango continuo ajustable de velocidades.

Tradicionalmente, los motores DC han sido usados en sistemas de operación develocidad ajustable. Sin embargo, los motores DC son caros, requierenfrecuente mantenimiento de conmutadores y escobillas, y están prohibidos deusarlos en ambientes explosivos.Las máquinas asíncronas de otro lado, son de bajo precio, robustas, no tienenconmutadores, y son usados para aplicaciones con altas velocidades. El uso delos controladores de estado sólido, ha hecho más complejo su uso que el de losmotores DC; ha hecho posible que el motor de inducción se use en sistemas deoperación de velocidad variable.En ésta sección se discutirán varios métodos de control de velocidad de motoresde inducción.

7.3.1 CAMBIANDO POLOS

Como la velocidad de operación es cercana a la velocidad síncrona, lavelocidad de un motor de inducción puede ser cambiada al estar cambiando elnúmero de polos de la máquina . Este cambio puede ser realizado cambiandolas conecciones de las bobinas del arrollamiento estatórico . Normalmente, lospolos son cambiados en la relación de 2 a 1. Este método provee dosvelocidades síncronas.

349

Si se tiene dos posiciones independientes del arrollamiento polifásico, cuatrovelocidades síncronas pueden ser obtenidas para el motor de inducción. Lasmáquinas de inducción son así usadas en este esquema, porque el rotor puedeoperar con cualquier número de polos del estator. Es obvio, sin embargo, que lavelocidad puede ser cambiada únicamente en discretos peldaños.

7.3.2 CONTROL POR VOLTAJE DE LÍNEA

Recordamos que el torque desarrollado en un motor de inducción esproporcional al cuadrado del voltaje terminal . Una muestra de característicasde Torque Vs. Velocidad (T-ω) es mostrada en La figura 7.3.1.

Si el rotor mueve un ventilador de carga la velocidad puede ser variada porencima de ω1 a ω2 cambiando el voltaje de línea.

.u.p1V =

aargcdeVentilador

T

0SW2W

1W

25.0V =707.0V=

.u.p1V =

aargcdeVentilador

T

0SW2W

1W

25.0V =707.0V=

Figura 7.3.1

El voltaje terminal V1 puede ser variado usando un autotransformador 3φ ó uncontrolador de voltaje de estado sólido. El autotransfornador provee un voltajesinusoidal para el motor de inducción, a diferencia que el voltaje terminal delmotor con un controlador de estado sólido es nosinusoidal. El control develocidad con un controlador de estado sólido es comúnmente usado conmáquinas asíncronas moviendo ventiladores de carga. En aplicaciones de granpotencia un filtro de entrada es requerido; de otra forma, existirían armónicasde corriente fluyendo en el circuito de la fuente. El controlador de voltaje portiristor es mostrado en la figura 7.3.2b, es simple para entender perocomplicado para analizar. La señal de comando para una velocidad particulardeterminada dispara los tiristores en un particular ángulo disparo αααα paraproveer un voltaje terminal particular para el motor. Si la señal de la velocidadde comando es cambiada, el ángulo de disparo αααα de los tiristores cambia, elcual resulta en un nuevo voltaje terminal y así una nueva operación develocidad.

La operación de lazo abierto no es satisfactorio si es deseado un control precisode velocidad para una particular aplicación. En el caso de que se necesite unaoperación de lazo cerrado, la figura 7.3.2c muestra un diagrama de bloque de

Carcaterísticas del torque vsvelocidad para varios voltajes.

350

un sistema de trabajo con operación de lazo cerrado. Si la velocidad del motorse altera por causa de cualquier disturbio así como una fluctuación en elsuministro de voltaje, la diferencia entre la velocidad establecida y la velocidaddel motor se incrementa. Los cambios del ángulo de disparo de los tiristorespara incrementar el voltaje terminal, desarrolla nuevamente más torque. Elincremento del torque tiende a restablecer la velocidad al valor previo deldisturbio. Note que por este método de control de velocidad se incrementa eldeslizamiento a velocidades más bajas, haciendo la operación ineficiente. Sinembargo, para ventiladores, ó similares cargas centrifugales en el cual el torquevaría aproximadamente con el cuadrado de la velocidad, la potencia decrecesignificativamente con la disminución en velocidad. Por esta razón, a pesar deque la pérdida de potencia en el circuito del rotor( SPEM) podría ser unasignificante porción de la potencia de entrehierro, la potencia de entrehierropor sí misma es pequeña y por esta razón el rotor no se sobrecalentará. Loscircuitos del controlador de voltaje son simples y de hecho ineficientes, sonadecuados para ventiladores , y aparatos centrífugos similares.

351

CARGA

VELOCIDADDE

SENSOR

⇑

IM

∑

DISPAROde

Circuito

CARGA

1V

setW )C(DISPARO

deCircuito

φ3FUENTE

Figura 7.3.2. Arranque y control de velocidad.a) Controlador de voltaje por autotransformador.b) Controlador de voltaje de estado sólido.c) Controlador de voltaje en operación de lazo cerrado.

7.3.3 CONTROLADOR POR FRECUENCIA DE LÍNEA

La velocidad síncrona y por ésta razón la velocidad del motor puede ser variadacambiando la frecuencia de la fuente. La aplicación de este método de controlde velocidad requiere un variador de frecuencia. La figura 7.3.3, muestra undiagrama de bloques de un sistema de control de velocidad de lazo abierto en elcual la frecuencia de la fuente de un motor de inducción puede ser variada.

Sabemos que el voltaje eficaz por fase, para un arrollamiento distribuído porfase es:

)1147(........KfN44,4Erms −= ωρφ

95,0K85,0 ≤≤ ω

Donde: N, es el número de vuestas por fase. Luego el flujo motor es:

fEαφρ

Si el voltaje a través de 1r y 1X es pequeño comparada con el voltaje terminal1V , esto es , 11 EV = , entonces:

fV1αφρ

Para evitar alta saturación en el sistema magnético, el voltaje terminal delmotor podría ser variado en proporción a la frecuencia. Este tipo de control esconocido como constante voltios por hertz. En bajas frecuencias, el voltaje a

352

través de 1r y 1X es comparable con el voltaje terminal V1 y por esta razón laecuación anterior no es totalmente válida. Para mantener la misma densidad deflujo en el hierro, la relación (V/f) es incrementada para bajar las frecuencias.

La variación requerida de la fuente de voltaje con frecuencia es mostrada en lafigura 7.3.4. En la figura 7.3.3 el voltaje de la máquina cambiará si el voltaje deentrada al inversor Vi es cambiada; Vi puede ser cambiada cambiando el ángulode disparo del rectificador controlado.

1i

LLV

0

iV+

iV−

tW

tWπ2

)b(

Figura 7.3.3. Control de velocidad de lazo abierto de un motor deinducción por control de voltaje y frecuencia de entrada.

353

Figura 7.3.4. Variación requerida de voltaje con cambio en frecuenciapara mantener constante la densidad de flujo en el entrehierro.

Si el voltaje de salida del inversor puede ser cambiada en el mismo inversorusando dispositivos semiconductores de potencia autocontrolados, elrectificador controlado puede ser reemplazado por un simple circuito de diodorectificador, el cual hará Vi constante.

Las características del Torque Vs. Velocidad para operación en frecuenciavariable son mostradas en la figura 7.3.5.

Para la frecuencia base fbase el voltaje terminal es el máximo que puede serobtenido desde el inversor. Debajo de ésta frecuencia, el flujo del entrehierro esmantenido constante cambiando V1 con f1; por esta razón los mismos torquesmáximos son usados. Por arriba de fbase, desde que V1 no puede ser másincrementada con la frecuencia, el flujo de entrehierro decrece y también elmáximo torque utilizable.

0

aargcdeTorque

tetanco n sT

tetanconsph

T

basef

0.1

0.2

0.3

1 2 3 4 5 6 7 8

Figura 7.3.5. Características Torque vs. Velocidad de un motor deinducción con control de voltaje variable, frecuencia variable.

En la Figura 7.3.5 Las características de Torque Vs. Velocidad de una carga essuperpuesta en la característica de Torque-velocidad del motor. Note que lasvelocidades de operación 8721 ,,........,, ωωωω están cercanas a las velocidadessíncronas correspondientes. En éste método de control de velocidad, por esarazón, el deslizamiento de operación es baja y la eficiencia es alta.

El inversor en la figura 7.3.3, es conocida como un inversor de fuente detensión. El voltaje terminal del motor línea a línea es una onda cuasi –cuadrada de 120° de ancho. No obstante, porque la corriente por la inductanciadel motor es esencialmente sinusoidal. Un inversor de fuente de corriente puedeser usado para controlar la velocidad de un motor de inducción. El diagrama debloque de lazo abierto de un sistema usando un inversor de fuente de corrientees mostrada en la figura 7.3.6. La magnitud de la corriente es regulada

354

suministrando un lazo de corriente alrededor del rectificador tal como seobserva en la figura 7.3.6a. El filtro inductor permite un enlace suave decorriente DC. La forma de onda de corriente del motor es una onda cuasi –cuadrada la cual tiene 120° de ancho de pulso.

El voltaje terminal del motor es esencialmente sinusoidal. Las características detorque – velocidad de un motor de inducción desde un inversor de fuente decorriente es también mostrado en la figura 7.3.6. Estas características tienenuna muy escarpada pendiente cerca a la velocidad síncrona. De hecho uninversor de fuente de corriente es robusto desde el punto de vista de protecciónde dispositivos de estado solido, el sistema deberá ser realimentado para operarpropiamente, de otra manera el sistema no será estable.

Figura 7.3.6. Sistema de Control de un motor de inducción con inversor defuente de corriente y las correspondientes características.

7.3.4 OPERACIÓN CON FRECUENCIA DE DESLIZAMIENTOCONSTANTE

Para una eficiente operación de una máquina de inducción, es deseable que ésteopere a una frecuencia de deslizamiento controlada ( el cual es también lafrecuencia del circuito rotórico). Una alta eficiencia y un alto factor de potenciason obtenidos si la frecuencia de deslizamiento f2 es mantenida debajo de lafrecuencia crítica, que corresponde a la frecuencia del circuito rotórico para lacual el máximo torque es desarrollado.

Considere el diagrama de bloque de la figura 7.3.7. La señal fn reperesenta unafrecuencia correspondiente a la velocidad del motor. A éste una señal f2representando la frecuencia de deslizamiento ( ó circuito rotórico) esadicionada ó sustraída . La resultante f1 representa la frecuencia del estator:

355

)1147(........fff 2n1 −±=

La adición de f2 a fn corresponderá a una acción motora, y la sustracción de f2de fn corresponderá a una acción de frenado regenerativo de la máquina deinducción. A cualquier velocidad del motor la señal f2 representará la frecuenciadel circuito rotórico, esto es, la frecuencia de deslizamiento.

Figura 7.3.7. Operación a frecuencia de deslizamiento constante

7.3.5 CONTROL DE LAZO CERRADO

La mayoría de los sistemas de control industriales operan como sistemas conrealimentación de lazo cerrado. La figura 7.3.8. muestra un diagrama de bloquede un sistema de control de velocidad empleando regulación de frecuencia dedeslizamiento y operación manteniendo constante la relación Volt / hertz. En laprimera juntura de unión la diferencia entre la velocidad establecida ω* y laactual velocidad ω representa la velocidad de deslizamiento sω y por éstarazón la frecuencia de deslizamiento. Si la frecuencia de deslizamiento estácerca de la frecuencia crítica, su valor es fijado, por eso restringiendo laoperación debajo de la frecuencia crítica.En la segunda juntura de unión, la frecuencia de deslizamiento luego esadicionada a la frecuencia fn (representando la velocidad del motor) paragenerar la frecuencia del estator f1. La función generador provee una señal talque un voltaje es obtenido desde el rectificador controlado para operaciónVolt/hertz constante.

Un sistema simple de control de velocidad usando un inversor tipo fuente decorriente es mostrada en la figura 7.3.9. La frecuencia de deslizamiento esmantenida constante y la velocidad es controlada controlando la corriente DCde enlace Id y por esta razón la magnitud de la corriente del motor.

En aplicaciones de tracción, tales como carros subterráneos ó otros vehículosde tránsito, el torque es controlado directamente. Un esquema típico de controlpara sistemas de tránsito es mostrada en la figura 7.3.10 .

356

IM IM)dcac(

controladoctificadorRe

− )VSI(voltajedefuentede

Inversor

∑

∑

*Waestablecid

Velocidad

iV

iV

2f

nf

1f

1f

slW

Tach

)dcac(controlado

ctificadorRe− )VSI(

voltajedefuentede

Inversor

generadorFunción

ntodeslizamiedeguladorRe

Figura 7.3.8. Sistema de control de velocidad empleando regulación de frecuencia por deslizamiento y operación de relación (V / f) constante.

Como el voltaje utilizado para un sistema de tránsito es un voltaje fijo DC, uninversor de tipo fuente de voltaje con modulación de ancho de pulso (PWM) esconsiderado en el cual el voltaje de salida puede ser variada. Esto puede servisto en el ejemplo N°1, que si la frecuencia de deslizamiento es mantenidaconstante, el torque varía con el cuadrado de la corriente del estator. La señalque está representando la diferencia entre I* y la actual corriente I1 cambiará elvoltaje de salida del inversor PWM para ser I1 cercana al valor deseado de I*representando al torque comando . Para el frenado regenerativo del vehículo detránsito; el signo de la frecuencia de deslizamiento f2 es negativo. El motor deinducción operará en el modo de generador (fn> f1 ) y realimenta la energíacinética almacenada en el motor hacia la fuente DC.

IM IMdcac −

D i s p a r od e

C ir c u i t o

CSI

∑

∑

∑

dI

dI

d*I

1I

Velocidadde

rControlado

CSIdcac −

D i s p a r od e

C ir c u i t o

φ3Fuente

2f

nf1f

Tach

* Figura 7.3.9. Sistema de control de velocidad con frecuencia de deslizamiento constante (usando un inversor de fuente de corriente).

357

Esquema Típico de control de velocidad para sistemas de tránsitoFigura 7.3.10.

EJEMPLO 3.- Muestre que si la frecuencia de deslizamiento es mantenidaconstante, el torque desarrollado por la máquina de inducción es proporcionalal cuadrado de la corriente de entrada.

SOLUCIÓN:

Para operación a frecuencia variable, el voltaje terminal V1 es cambiada con lafrecuencia f1 para matener el flujo en la máquina a un nivel deseado. En laregión de baja frecuencia V1 es reducido . El voltaje a través de 1r y 1X podríaser comparable a V1. Por ésta razón V1 no puede ser asumida igual a E1. En elcircuito equivalente, la rama shunt Xm no debería ser movida a los terminales dela máquina. Por ésta razón , para operación a frecuencia variable, el circuitoequivalente mostrado es más apropiado para usar en la predicción de superformance.

1V

1r

S'r 2

1X

1E mX

2'X2'I

1IφI

Figura E3.1

( )

1

m'2

'2

m'2 I

XXjSr

jXI++

=

( )21

2m

'2

2'2

2m2'

2 I

XXjSr

XI

++

=

SrI1T

'22'

2Sω

=

Donde:

1S fp

4π=ω

1

2

ffS =

358

Luego:

( )

++

= 2

'2

2'2m

221'

2

2m

rfLL2π1

fIrπpLT

Esta ecuación muestra que si f2 permanece constante : 21IT α

EJEMPLO 4. Muestre que si la frecuencia del rotor f2 es mantenida constante,el torque desarrollado para una máquina de inducción es proporcional alcuadrado del flujo en el entrehierro:

SOLUCIÓN:

Del circuito equivalente se obtiene:

( )2'21

2

1'2

1'2

Lf2ffr

EI

π+

=

y como:

SrI1T 22'

2Sω

=

obtenemos:

π+

π

=2

'2

'22

22

1

1'2

rLf21

ffE

r4pT

Si f2 permanece constante,

2p

2

1

1

fET φα

α

7.3.6 OPERACIÓN CON FLUJO CONSTANTE, φφφφp ó ( E / f )

Para conseguir alto torque en todo el rango de velocidad, el flujo de entrehierrodel motor (φ p) debería ser mantenido constante. El flujo del motor no deberíadecrecer a bajas frecuencias como un resultado de los efectos de incremento dela resistencia del estator.

Así el flujo motor es proporcional a (E / f), esto puede ser mantenido constantesi el voltaje de entrehierro E, en lugar del voltaje terminal V, es variadolinealmente con la frecuencia del estator.

Es evidente de la ecuación anterior que el torque motor depende del flujo en elmotor( φp α (E / f)) y de la frecuencia del rotor (f2).

359

Bajo operación de flujo constante, para máximo torque:

)1157(........0dfdT

2

−=

Se obtiene: )1167(........rLf2 '

2'2b2 −=π

Donde:,f b2 es la frecuencia del rotor al cual el máximo torque es desarrollado

(llamado también frecuencia crítica).

Luego:

)1177(........L2

rf '2

'2

b2 −π

=

Reemplazando en la ecuación del torque se obtiene el máximo torque por fase:

)1187(........L4

1fE

4pT '

2

2

1

1máx −

π

π

=

7.3.7 OPERACIÓN CON CORRIENTE CONSTANTE

El motor puede ser operado con corriente constante suministrando un lazo decorriente alrededor del convertidor AC - DC como se ha visto en la figura7.3.6a. Desde que la corriente eficaz del motor I1 es proporcional a la corrienteDC de enlace I, la corriente del motor puede ser mantenida en un valorcorrespondiente a la corriente establecida I*.

Se observa de la ecuación del torque, que el torque desarrollado depende de lacorriente del motor I1 y la frecuencia del rotor f2. Bajo la operación decorriente constante, para máximo torque:

( ) )1197(........rfLL2 '2b2

'2m −=+π

Donde:,f b2 frecuencia del rotor al cual el máximo torque es desarrollado

De la ecuación anterior:

( ) )1207(........LL2

rf '2m

'2

b2 −+π

=

Luego el máximo torque desarrollado por fase es:

2f

IrpL

T b221'

2

2m

máxπ

=

360

( )'2m

'22

1'2

2m

máx LL4rI

rpLT

+ππ

=

( ) )1217(........ILL4

pLT '

1'2m

2m

máx −+

=

Se observa que la frecuencia del rotor al cual se desarrolla el máximo torque esmucho más pequeño en la operación a corriente constante. Por ésta razón lapendiente de la característica torque – velocidad en la figura 7.3.6c es muyescarpado comparado con el de la figura 7.3.5.

EJEMPLO 5 .- Un motor de inducción de rotor bobinado 3φ , 460 V, 1740 rpm,60Hz, 4 polos, tiene los siguientes parámetros por fase.

ohms30X,ohms0,5XX,ohms0,2r,ohms0,25r m'21

'21 =====

Las pérdidas rotacionales son 1700 watts. Determine la frecuencia crítica paralas siguientes operaciones.

a) Motor operado desde una fuente 3Φ , 460 volts, 60Hz.b) Motor operado bajo la condición de flujo constante.c) Motor operado bajo la condición de corriente constante.

SOLUCIÓN:

a) Se sabe que el deslizamiento para máximo torque es:

( ) ( )1963,0S

5,049,024,0

2,0

XXR

rS

máx

máx

T

22'2th

2th

'2

T

=

++=

++=

Hz779,11601963,0f b2 =×=

b)

Hr1033,1602

5,0L 3'2

−×=×

=π

Hz93,231033,12

2,0f 3b2 =××

= −π

c) Hr1058,79602

30L 3m

−×=×

=π

( ) Hz393,01033,158,792

2,0f 3b2 =×+

= −π

361

7.3.8 CONTROL POR RESISTENCIA ROTÓRICA

Se ha mencionado que la velocidad en una máquina de inducción de rotorbobinado puede ser controlado conectando resistencias externas en el circuitorotórico a través de anillos de deslizamiento. Las características de torque –velocidad para cuatro resistencias externas son vistas en la figura 7.3.11b. Lacaracterística de torque de carga Vs velocidad (T –ω) es también mostrada porlas líneas punteadas . Variando las resistencias externas 0 < Rex< Rex4, lavelocidad de la carga puede ser controlada en le rango s1 ωωω << . Note quepara un apropiado ajuste de la resistencia externa (Rex = Rex2), el máximotorque puede ser obtenido en el arranque. El esquema mostrado en la figura7.3.11a requiere un banco de resistencias trifásicas y para una balanceadaoperación todas las resistencias deberían ser iguales para cualquier punto detrabajo de las resistencias . Un ajuste manual de las resistencias podría no sersatisfactorio para algunas aplicaciones, particularmente para un sistema decontrol con realimentación de lazo cerrado. Un control de estado sólido de lasresistencias externas podrían proveer una operación mas fina. Un diagrama debloque de un esquema de control de estado sólido con operación de lazo abiertoes mostrado en la figura 7.3.11c.

T

)b(

0R ex =1e xR

3e xR

4e xR

2e xR

0 1 2 3 4 5

362

Figura 7.3.11. Control de velocidad por control de resistencia rotóricaEsquemas de lazo abierto y lazo cerrado.

La potencia trifásica del rotor es rectificada por un puente de diodos. El valorefectivo ∗

exR de la resistencia externa exR puede ser cambiada por variación delciclo útil del chopper conectado a través de exR . Se puede demostrar que:

( ) )1227(........R1R exex −α−=∗

Cuando α =0, esto es, cuando el chopper está apagado (off) todo el tiempo,exex RR =∗ . Cuando α =1, esto es , el chopper está prendido (on) todo el tiempo,

Rex está cortocircuitado por el chopper y así 0Rex =∗ . En este caso, laresistencia del circuito rotórico consiste únicamente de la resistencia delarrollamiento del rotor. Por lo tanto variando α en el rango 1> α >0, Laresistencia efectiva es variada en el rango exex RR0 << ∗ , y similarescaracterísticas de torque – velocidad a éstas mostradas en la figura 7.3.11b sonobtenidas.

El voltaje rectificado Vd figura 7.3.11c depende de la velocidad y por estarazón el deslizamiento de la máquina. Sin movimiento, dejemos que el voltajeinducido en el arrollamiento rotórico sea E2. (Para un rectificador de ondacompleta 3φ con 6 diodos) el voltaje rectificado V a un deslizamiento S es:

)1237(........E63SVSV 21Sdd −π

===

La potencia eléctrica en el circuito rotórico es :

EM2 SPP =

363

Si la potencia de pérdidas en el arrollamiemto rotórico es omitido, la potenciaP2 es la potencia DC de salida de los rectificadores. Por esta razón:

ddEM IVSP ≅

Luego se obtiene:

)1247(........IE63SST d2S −π

=ω

dIT α

La relación lineal entre el torque desarrollado y la corriente rectificada es unaventaja desde el punto de vista del control de lazo cerrado de este tipo desistema de control de velocidad. Un diagrama de bloque para operación en lazocerrado del sistema de control con resistencia rotórica a estado sólido esmostrada en la figura 7.3.11d. La velocidad actual ω es comparado con lavelocidad de consigna ω*, y la señal de error representa el torque comando ola corriente de referencia Id*. Esta corriente de demanda Id* es comparada conla actual corriente Id, y la señal de error cambia el duty radio α del chopperpara hacer la corriente Id cercana al valor Id*. La mayor desventaja del controlpor resistencia rotórica de los otros métodos es que la eficiencia es baja avelocidad reducida porque el deslizamiento es alto. Sin embargo, este método decontrol es frecuentemente empleada porque es simple.Una típica aplicación de este método es para aparatos que mueven cargaspesadas, ventiladores, máquinas que fuerzan líquidos, aire ó gas , etc. Donde lavariación de velocidad por encima de un rango pequeño cerca de la velocidadtope es requerida.

7.3.9 REGENERACIÓN DE ENERGÍA POR DESLIZAMIENTOROTÓRICO

En el esquema justo discutido, si la pérdida de potencia de deslizamiento en laresistencia podría ser retornada a la fuente AC, la eficiencia sobre todo delsistema podría ser incrementada mucho más. Un método para elrestablecimiento de la potencia de deslizamiento es mostrada en la figura7.3.12a. La potencia del rotor es rectificada por el puente de diodos. Lacorriente rectificada es suavizada por el choque. La salida del rectificador esentonces conectada a los terminales dc del inversor, el cual invierte estapotencia DC a potencia ac y alimenta a la fuente AC. El convertidor es unrectificador controlado operado en el modo de inversión.

Sin carga el torque requerido es muy pequeño y de la ecuación anterior Id = 0

364

Figura 7.3.12. Regeneración de Potencia por deslizamiento . a) Operación deDeslizamiento. b) Característica de Torque – velocidad para diferentes ángulosde disparo. c) Control de velocidad de lazo cerrado.

De la figura 7.3.12a : id VV =

Si el deslizamiento sin carga es so, entonces se demuestra que:

απ

−=π

cosV63E63S 120

ó

)1257(........cosEVS

2

10 −α−=

El ángulo de disparo α del inversor permanecerá por lo tanto para la velocidadsin carga . Si el torque es aplicado, la velocidad decrecerá. Las característicasde torque – velocidad para varios ángulos de disparo son mostrados en la figura7.3.12b. Estas características son similares a aquellas del motor DC excitadoindependientemente para varios voltajes de armadura.

Como se mostró anteriormente, el torque desarrollado por la máquina esproporcional a la corriente DC de enlace Id.

Un sistema de control de lazo cerrado usando la técnica de regeneración depotencia por deslizamiento es mostrada en la figura 7.3.12c.

Este método de control de velocidad es usado en aplicaciones de alta potenciadonde la variación de velocidad por encima de un amplio rango envuelve unagran cantidad de potencia por deslizamiento.

365

7.4 ARRANQUE DE MOTORES DE INDUCCIÓN

Los motores de inducción son frecuentemente arrancados por conexión de éllasdirectamente a la línea. Una gran corriente del orden de 500 a 800 por cientode plena carga podría fluir en la línea. Si éstas causan una caída voltajeapreciable en la línea, esto podría afectar otros dispositivos conectados a lalínea. También, si una gran corriente fluye por un largo tiempo ésto podríasobrecalentar el motor y dañar el aislamiento. En tal caso, un arranque avoltaje reducido podría ser usado.

Un autotransformador 3φ variable, como el mostrado en la figura 7.4.1apodría ser empleada como un arrancador a voltaje reducido. Cuando el motorse aproxime a la velocidad plena, el autotransformador es desconectado delcircuito.

Un método de arranque estrella – triangulo podría también ser empleado paraproveer voltaje reducido en el arranque. En este método, la conexión normal delos arrollamientos del estator es en delta. Si esos arrollamientos son conectadosen estrella en el arranque, el voltaje de fase es reducido, resultando una menorcorriente en el arranque. Cuando el motor aproxima a velocidad plena, losarrollamientos serán conectados en delta, como se muestra en la figura 7.4.1b.

Un controlador de voltaje a estado sólido, como el mostrado en la figura 7.4.1cpuede también ser usado como un arrancador a voltaje reducido. El controladorpuede proveer un arranque a voltaje reducido. El controlador puede proveer unarranque suave . Este arreglo puede también ser usado para controlar lavelocidad del motor de inducción.

Note que de todas maneras un arranque a voltaje reducido reduce la corrientede arranque, también decrece el torque de arranque, porque el torquedesarrollado es proporcional al cuadrado del voltaje terminal.

R: Contactos demovimientoS: Contactos de arranquearranque: S cerrado, Rabiertomovimiento : S abierto, Rcerrado

1: Conección estrella2: Conección Delta

366

Figura 7.4.1. Métodos de arranque para motores de induccióna. Arranque por autotransformador.b. Arranque estrella – triangulo.c. Arranque por controlador de voltaje de estado sólido.

7.5 PRINCIPIOS DE FUNCIONAMIENTO DE LA MÁQUINA SÍNCRONA

Generalidades:

La máquina síncrona es una de las máquinas eléctricas más importantes, yaque se utiliza en los sistemas eléctricos de potencia como generador trifásico detensión. En las centrales eléctricas para generar energía eléctrica losalternadores utilizados son generalmente máquinas síncronas.

Figura 7.5.1 Máquina prima(conexión en derivación)Básicamente está constituido por un estator en el que se aloja el arrollamientode armadura o inducido y por un rotor bipolar o multipolar en el que seencuentra el arrollamiento de campo o inductor. Este se excita con corrientecontinua que normalmente proviene de un pequeño dínamo denominadoexcitatriz.

367

Figura 7.5.2a Figura 7.5.2b

El principio de funcionamiento es simple. El inductor produce un campomagnético. La densidad de flujo en el entrehierro tiene una distribución espacialprácticamente sinusoidal.Al ponerse en movimiento el rotor, las líneas de fuerza cortan a los conductoresubicados en el estator generándose en ellos una f.e.m. que varía de la mismaforma como varía la densidad de flujo en el entrehierro, es decirsinusoidalmente.La frecuencia de la onda generada dependerá de la velocidad de la máquina.Cuando circula corriente por la armadura se produce otro campo magnético dereacción de armadura que en la máquina 3φ tiene las características de girar enla misma dirección y a la misma velocidad del rotor.

Este campo interacciona con el campo del rotor y se produce un torque electromagnético que tiende a alinearlos. Cuando la máquina trabaja como motor esjustamente este par electromagnético que produce su rotación.

7.5.1 CAMPO MAGNÉTICO DEL ROTOR:

En el rotor se produce una distribución espacial Be(t) en el entrehierro de formasinusoidal.

Figura 7.5.3a Para una máquina 2p' = Figura 7.5.3b.

)1267(........p m'

ece −θ=θ λ

Donde: ='p # de pares de polos.θel = Ángulo eléctrico.

368

θm = Ángulo mecánico.

Podemos escribir para la densidad de flujo en el entrehierro: )1277(........senpBB mec

'picoe −θ=

=φe flujo total producido por un polo:

( ) )1287(........LrdsenpB mp

0 m'

picoe' −θθ=φ ∫

π

L = longitud del rotor.r = radio del rotor.

)1297(........BpLr2

pico'e −=φ

7.5.2 CAMPO PRODUCIDO POR EL INDUCIDO O ARMADURA

Normalmente el inducido es 3φ y consta de tres arrollamientos ubicados a 120°eléctricos. Los tres arrollamientos se conectan en estrella o a veces en triánguloy por consiguiente son recorridos por corrientes trifásicas que generalmente sonbalanceadas.

Cada fase produce una onda de fuerza magnetomotriz (f.m.m.) cuya distribuciónespacial está indicada en la figura siguiente:

mθ

lFundamentaArmónica

'a

'p/2π

'p/π

'p/π

Rotor

Estator

1F

2Ni−

2N i

Figura 7.5.4

La onda rectangular puede descomponerse por FOURIER en una suma desinusoides, es decir en varias armónicas.

La fundamental tendrá una amplitud de :

369

)1307(........pNi2

2Ni

p4F ''pico1 −

π=

π=

Y estará alienada con el eje magnético de la bobina , es decir:

)1317(........pcosFF m'

pico11 −θ=

El arrollamiento de la armadura es generalmente de tipo distribuido, es decircada fase ocupa varias ranuras para aprovechar toda la circunferencia delestator. Por ello se toman en cuenta los factores de paso KP y distribución Kd:

)1327(........iNpKK2

F F'pd

pico1 −π

=

)1337(.........pcosiNpKK2

F m'

F'pd

1 −θπ

=

La amplitud de F1 pico variará continuamente y tomará su valor máximocuando i sea máxima.

Entonces:

)1347(........INpKK2

F mF'pd

máx −π

=

)1357(........tcosFF máxpico1 −ω=

Luego:

)1367(........pcostcosINpKK2

F m'

mF'pd

1 −= θωπ

El resultado cambia completamente si se consideran las tres fases a b y cactuando simultáneamente.

)1377(........tcosIi ma −ω=

( ) )1387(........120tcosIi mb −°−ω=

( ) )1397(........120tcosIi mc −°+ω=

Y estando desplazadas las bobinas de las tres fases de 'p120° grados mecánicos,

podemos escribir para la f.m.m. fundamental de cada fase:

370

)1407(........pcostcosFF m'

máxa1 −θω=

( ) )1417(........p

120pcos120tcosFF 'm'

máxb1 −

°−θ°−ω=

( ) )1427(........p

120pcos120tcosFF 'm'

máxc1 −

°+θ°+ω=

Figura 7.5.5

La onda de f.m.m. ( )t,F mA θ resultante se obtendrá sumando las ecuacionesanteriores:

( ) ( ) ( )( ) ( )

°+θ°+ω

+°−θ°−ω+θω=θ

120pcos120tcos120pcos120tcospcostcos

Ft,Fm

'm

'm

'

máxmA

Aplicando la identidad

( ) ( )[ ] )1437(........coscos21coscos −β+α+β−α=βα

Y simplificando obtenemos:

( ) ( ) )1447(........tpcosF5.1t,F m'

máxmA −ω−θ=θ

Esta resultante es una onda giratoria de amplitud constante igual a 1.5 Fmáx.

Es decir las tres bobinas estáticas del estator han creado un campo giratorioque rota a una velocidad denominada síncrona.

)1457(........p'S −ω=ω

371

Figura 7.5.6a Figura 7.5.6b

I2NpKK3

INpKK2

5.1F5.1F F'pd

mF'pd

máxA π=

π==

)1467(........Ip

NKK35.1F 'F

pdA −=

)1477(........f2 −π=ω

)1487(........n2 SS −π=ωDonde: f, es la frecuencia de las corriente 3φ sinusoidales Sn , es la velocidad de rotación en r.p.s.

'S pfn = , es la velocidad de rotación del campo giratorio y depende de la

frecuencia de las corrientes que produce el campo giratorio. La velocidadsíncrona resulta ser idéntica a la velocidad mecánica del rotor.

El campo giratorio producido por la armadura se denomina reacción dearmadura. Para hallar RF (f.m.m. resultante) se suman las dos ondas, como setrata de sinusoides es posible representarla con fasores. En el diagrama , losfasores tienen como módulo la amplitud de la onda y giran con la velocidadsincrona en la dirección indicada.

7.5.3 CAMPO MAGNETICO RESULTANTE

El campo magnético producido por la armadura es giratorio y su velocidad derotación es la síncrona.

El campo magnético del rotor a su movimiento es también giratorio conrespecto al estator. Como la velocidad del rotor es justamente la síncrona,ambos campos giran en la misma dirección y a la misma velocidad,manteniendo un desfasaje espacial constante entre sí. Este permite queinteraccionen y se produzca un par electromagnético constante.

FA → fuerza magnetomotriz de la armadura.

372

Fe→ Fuerza magnetomotriz del rotor.Ea→ Fuerza electromotriz inducida en la fase aIa→ Corriente de armaduraφ → Angulo eléctrico entre Ea y IaFR→ F.m.m. resultante en el entrehierro

ReA ,, φφφ → Flujos fundamentales por polo respectivamente (con entrehierroconstante y sin saturación, el flujo proporcional a la f.m.m.).

ReA B,B,B → densidades de flujo en el entrehierro respectivamte.

'a

afasemagnéticoEje

Estator

T

)a(

Pδ

PAeδ

'Pφ

'p90°

ee BóF

RR BóFAA BóF

SWRotación

Rotor

rotormagnéticoEje

SW

)móvil(rotormagnéticoEje

)fijo(afasemagnéticoEje

)b(A

_φ

Aeδ_

eF

_

dI

T

SWφ

°9 0_

eφ

_

Rφ_

RF

_

AF

_

aE

δ

0t =

Figura 7.5.7

En t=0 la corriente en la fase a es máxima y por consiguiente FA se encuentraen el eje magnético de aa’. La f.e.m. Ea inducida en la fase a estará desfasada

373

de un ángulo φ con respecto a la corriente. El desfasaje entre eF y AF es de(90°+φ ).

7.5.4 TORQUE ELECTROMAGNÉTICO

Los ejes magnéticos del rotor y del estator (armadura) están desfasados de unángulo eléctrico :

)1497(........90Ae −φ+°=δ

Figura 7.5.8

Los dos campos giran a la velocidad síncrona y producen un torque T que tratade alinearlos.Para determinar su valor primero se calcula la coenergía en el entrehierro enfunción de las f.m.m.El torque T viene a ser la derivada parcial de la coenergía con respecto alángulo mecánico :

)1507(........WTAemec

'

−δ∂∂=

haciendo cálculos y operaciones:

( ) )1517(........senF2

pT eR2' −δφπ−=

El signo (-) indica que el torque tiende a reducir los ángulos Aeδ y δ es decirtrata de alinear los ejes magnéticos de los campos.El T (par electromagnético) depende del ángulo δ , la variación de δ permiteque la máquina ajuste el torque a los requerimientos de la carga, por tal razónse le denomina ángulo de torque ó de potencia.

Rφ y eF son constantesPor lo tanto el T variará en forma sinusoidal.

374

Figura 7.5.9

( ) )1527(........F2

pT eR2'

máx −φπ=

* Si se exige a la máquina un par superior al máximo ésta sale de sincronismo.

7.5.5 LA MÁQUINA SÍNCRONA EN RÉGIMEN ESTABLE

7.5.5.1 LA MÁQUINA DE ROTOR CILÍNDRICO

El entrehierro ℓg de la máquina de rotor cilíndrico es constante. Esto simplificabastante su análisis ya que el circuito magnético no variará y será el mismotanto en el eje directo como en el eje cuadratura del rotor.

Figura 7.5.10

7.5.5.2 REACTANCIA SÍNCRONA DE LA MÁQUINA DE ROTOR CILÍNDRICO

La máquina puede representarse mediante una fuente ideal de tensión “E” enserie con la resistencia “ra” del arrollamiento de armadura de la máquina y unareactancia “Xs” denominada reactancia síncrona:

=AX reactancia de reacción de ramadura

SX=DX reactancia de dispersión de la armadura

375

Figura 7.5.11

La suma de las dos nos dá la reactancia síncrona.

)1537(........XXX DAS −+=

Reactancia de Dispersión:Toma en cuenta el flujo de dispersión de la armadura, es decir el flujo que nologra concatenarse con el rotor. Esta reactancia es generalmente pequeña.

Reactancia de Reacción de Armadura:Toma en cuenta el flujo correspondiente al campo giratorio de reacción dearmadura el cual se combina con el flujo del rotor para dar el flujo resultanteen el entrehierro que produce la tensión “ER” llamada “tensión de entrehierro,es decir:

)1547(........IjXEE aAR −−=

Esto puede verse en el siguiente diagrama:

Figura 7.5.12

La reactancia de reacción de armadura depende de la reluctancia del circuito

magnético compuesto por el rotor, el estator y el entrehierro (ℜ

=2NL ).

Debido al entrehierro ésta reluctancia es relativamente alta y se mantieneconstante, mientras no se sature el circuito magnético, por lo tanto la reactancia“no saturada” es prácticamente constante.

376

Cuando el circuito magnético se satura la reluctancia aumenta y se vuelvevariable por lo que la reactancia saturada disminuye de valor así como aumentala saturación.

Existen dos reactancias síncronas:! La no saturada SgX .! La saturada SX .

7.5.5.3 CIRCUITO EQUIVALENTE DE LA MAQUINA DE ROTORCILINDRICO

En la práctica la máquina se representa con la impedancia SZ que estácompuesta por la resistencia de armadura , la reactancia de dispersión y lareactancia de reacción de armadura:

Figura 7.5.13

Ecuación y Diagrama Fasorial:Aplicando Kirchoff podemos escribir:

aSt IZVE += ( ) )1557(........IjXrVE aSat −++=

A partir de ésta ecuación se construye el diagrama fasorial de la máquina derotor cilíndrico en régimen estable.Se asume que la corriente aI está atrasada un ángulo φ (menor de 90°) conrespecto a la tensión Vt .

δφ

eφ

_

aa Ir_

aI

_

aS Ijx

_

a

_

S IZ_

E

_

tV

dEje qEje

)a(

377

δ

eφ

a

_

a rI

_

aS Ijx

_

a

_

S IZ_

aI _E

dEje

qE je

t

_V

)b(

Figura 7.5.14

Cuando la corriente aI está adelantada de un ángulo φ (menor de 90°), lamáquina sigue funcionando como generador. Ver Figura 7.5.14b. La F.e.m quese obtiene E está adelantada el ángulo de torque “δ” con respecto a la tensiónen los bornes tV ya que la máquina está funcionando como generador.

En la figura 7.5.14b, la f.e.m. E sigue en adelanto el ángulo “ δ ” sobre tV ,pero la magnitud de E ha disminuido ya que requiere menos excitación paramantener la tensión tV .

En el caso (a) se dice que la máquina está sobreexcitada mientras que en elsegundo caso se dice que la máquina está subexcitada.

δ

φ

eφ

_

aa Ir_

aI−

_

aI

_

aS Ijx

_E

dEje

tVδ

φ

eφ

_

aa Ir_

aI−

_

aI

_

aS Ijx

_E

dEje

tV

(a)

378

δφ

)b(

eφ

_

aa Ir

_

aI−

_

aI

_

aS Ijx

_

E

dEje

qE je

tV

Figura 7.5.15

Cuando la corriente aI está adelantada ó atrazada de más de 90° la máquinafunciona como motor, ya que en realidad está absorviendo la corriente - aI .

E resulta atrazada el ángulo “δ ” con respecto a tV . En (a) el motor estásubexcitado y en (b) está sobreexcitado.

En (a) el motor trabaja con f.d.p. inductivo, mientras que en (b) trabaja conf.d.p. capacitivo.

Figura 7.5.16

EJEMPLO 6 .- Un generador síncrono 3φ de rotor cilíndrico de 100 KVA – 250V, tiene una impedancia síncrona :

fase

25,0j06,0jXrZ SaSΩ+=+=

379

Determinar su regulación a tensión de plena carga con factor de potenciaunitario y 0,8 inductivo.

SOLUCIÓN:a) regulación a 1cos =θ

La corriente aI a plena carga será :

Amps94,230250310100

V3P

I3

n

Na =

××==

Tomando Vt como fasor de referencia tendremos el siguiente Diagrama fasorial.

°= 0230I a

30250

V t°

=

Entonces:

Figura E6.1

( ) °×++°

=+= 094,23025,0j06,030250

IZVE aSt

°=°×°+°= 05,204,168094,230504,76257,00144,337E

La regulación porcentual será:

%6,16%10034,144

34,1444,168%100V

VEr

t

t =×

−=×

−=

b) regulación a 866,0cos =θ inductivo

Tenemos el siguiente diagrama fasorial:

Figura E6.2

°=°

= 0337,14430250

Vt

380

°−= 3094,230I a

( ) °=°−×++°

= 131903094,23025,0j06,030250

E

%32%100144

144190r =×

−=

EJEMPLO 7 .- Un generador síncrono 3φ de rotor cilíndrico de 50 MVA 20 KVestá conectado a una barra infinita de 20 KV y entrega a la red 32 MW a unf.d.p. de 0,8 (inductivo). La reactancia de la máquina es Xd = 1,25 p.u. y suresistencia es despreciable. Se pide :

a) Determinar la f.e.m. “E” de la máquina, el ángulo de potencia y lacorriente I que entrega la máquina.

b) Si se aumenta el f.d.p. a 1 , actuando sobre la excitación, determinar lapotencia activa, el ángulo de potencia, la corriente y la f.e.m. de lamáquina.

SOLUCIÓN:

La reactancia de la máquina será:

fase

1025,15020X

SVX

2

u.dpN

2N

dΩ=×==

a) La corriente que entrega la máquina a la red será:

Amps11608.010203

1032cosV3

pI3

6

La =

××××=

θ=

Tomando el factor “ aI ” como referencia podemos construir el diagramafasorial:

Figura E7.1

KV3

20initainfbarratensiónV ==

381

°== 8,368,0cosarcθ

3adt 10116010j

38,3620

IjXVE −××+°

=+=

35,639,35

E°

=

Tambien: °=+ 5,63δθ°=°−°= 7,268,365,63δ

b) La potencia activa no puede variar , ya que no se acciona la máquina prima.

MWatts32P =

La corriente disminuirá ya que se mejora el f.d.p. :

Amps9203106,1

102031032

cosV3PI

3

3

6

La =×=

×××==

θ

Para determinar “E” y “ δ ” podemos utilizar el diagrama fasorial siguiente:

Figura E7.2

Kv3

16103

161036.110IX 33

ad =×=××=

8,0

320

316

VIXtag ad ===δ

°= 5,38δ

KV35,25

782,01

320

cosVE =×==

δ

382

KV5,25EL =

7.5.5.4 CARACTERÍSTICAS INTERNAS DE LA MÁQUINA SÍNCRONA

Mediante las pruebas de circuito abierto y de cortocircuito se obtienen lascurvas características de circuito abierto y curva de cortocircuitorespectivamente. Estas curvas permite determinar, entre otras cosas lareactancia síncrona saturada y no saturada.

a) PRUEBA Y CARACTERÍSTICA DE CIRCUITO ABIERTO

! La máquina trabaja sin carga a velocidad nominal.! Variando su excitación se puede medir la tensión generada EL.! Se puede trazar una curva ( )eIfE = muy similar a la curva de

magnetización de la máquina de corriente continua.! Esta prueba permite tambien determinar las pérdidas rotacionales de la

máquina.! Las pérdidas rotacionales será la potencia absorvida por la máquina

cuando haya sido excitada hasta obtenerse la tensión nominal.

Figura 7.5.17

b) PRUEBA Y CARACTERÍSTICA DE CORTOCIRCUITO :

Figura 7.5.18

383

! Se hace girar la máquina a velocidad nominal con sus terminales encortocircuito.

! Variando la excitación se mide la corriente de armadura.! La corriente de armadura no debe superar el doble de la corriente nominal para no dañar el arrollamiento.! La curva es una recta.! Haciendo 0Vt =

Figura 7.5.19

La potencia absorvida por la máquina en éstas condiciones está representadaúnicamente por las pérdidas mecánicas y las pérdidas en el cobre. Las pérdidasen el cobre así determinadas incluyen el efecto Skin y por lo tanto incluyen unaparte importante de las pérdidas dispersas.

7.5.5.5 DETERMINACIÓN DE LA REACTANCIA SÍNCRONA DE LA MÁQUINA DE ROTOR CILÍNDRICO

Las pruebas de cortocircuito y de circuito abierto permiten determinar lareactancia síncrona no saturada y saturada de la máquina.Para eso se grafican las dos curvas en un mismo plano cartesiano en el que seha tomado como abscisa la corriente de excitación y como ordenadas la tensiónde circuito abierto y la corriente de cortocircuito respectivamente.

( ) 156)(7........IjXrE aSa −+=

( ) 157)(7........IjXrE adaR −+=

384

aNI

''C''B''AeI

E ccaI

'CA

)itoCortocircu(

0B

'B'A

Figura 7.5.20

SX

ccaI

E ∼

Figura 7.5.21

La máquina en cortocircuito puede ser representada como sigue si se despreciasu resistencia interna podemos escribir:

)1587(........IEX

ccaS −=

ccaIyE deben corresponder a una misma corriente de excitación.

! En el tramo lineal de la curva de E, desde 0 hasta A obtendremos siempreel mismo valor para SX , ya que ambas curvas son lineales. La reactanciaasí determinada de denomina reactancia síncrona no saturada. .

( ) )1597(........BBBB

AAAAsaturadanoX '''

''0

'''

''

S −==

! A partir del punto A, la reactancia síncrona comienza a variar y tendrá unvalor diferente en cada punto de la curva de tensión en vacío.

( ) )1607(........BB

VBB

BBsaturadaX '''N

'''

''

S −==

Comparando ambas ecuaciones se puede ver:( ) ( )saturadaXsaturadanoX SS >

En la práctica la reactancia síncrona que se emplea en los cálculos es lasaturada ya que la máquina normalmente trabaja saturada.

RELACIÓN DE CORTOCIRCUITO

385

Se define la relación de cortocircuito como la relación entre la corriente deexcitación que produce la tensión nominal en circuito abierto y la corriente deexcitación que produce la corriente de armadura nominal en cortocircuito.

De la figura: )1617(........OC

''OBR ''cc −=

Se demuestra que:

( ) )1627(........u.pX

1RS

cc −=

)1637(........I

BBCCBB

OCOBR

aN

'''

'''

'''

''

''

cc −===

)1647(........IV

ZaN

NB −=

( ) )1657(.........BB

IVI

BBV

ZX

u.pX '''aN

N

aN'''

N

B

SS −===

7.5.5.6 CARACTERÍSTICAS BAJO CARGA DE LA MÁQUINA SÍNCRONA

Las principales características de operación de la máquina son las queinterrelacionan la tensión en los terminales, la corriente de armadura, lacorriente de excitación y el factor de potencia.

CURVA DE TENSIÓN BAJO CARGA EN FUNCIÓN DE LA CORRIENTEDE ARMADURA O DE LA POTENCIA SUMINISTRADA A LA CARGA AEXCITACIÓN Y f.d.p. CONSTANTES.

Pueden trazarse varias curvas para diferentes f.d.p. de la carga. Estas curvasson muy importantes para los generadores y generalmente se grafican envalores porcentuales, tomándose como bases la tensión nominal y la potenciaque la máquina entrega a plena carga.

386

Figura 7.5.22

! Con factores de potencia capacitivos la tensión tiende a subir por el efectoaditivo de la reacción de armadura que se suma al campo producido porel rotor.

! Con estas curvas se puede determinar fácilmente la regulación de lamáquina.

7.5.5.7 CURVA DE LA CORRIENTE DE EXCITACÍON EN FUNCIÓN DELA CORRIENTE DE ARMADURA O DE LA POTENCIASUMINISTRADA A LA CARGA, PARA MANTENER LA TENSIÓNNOMINAL EN LOS TERMINALES DEL GENERADOR.

! El factor de potencia se mantiene constante y pueden trazarse una familiade curvas, asumiendo diferentes f.d.p.

Figura 7.5.23

Es intersante observar que con cargas inductivas hay que sobreexcitar lamáquina para mantener la tensión constante cuando la carga aumente, mientrasque con cargas capacitivas hay que reducir la excitación.

7.5.5.8 CURVAS “V” DE LOS MOTORES SÍNCRONOS

La curva “V” relaciona la corriente de armadura del motor con la corriente deexcitación para una carga en el eje constante. Puede trazarse una familia decurvas paradiferentes cargasen el eje.

387

Figura 7.5.24

! En estas curvas el punto mínimo corresponde al funcionamiento con f.d.p.unitario.

! Las líneas de trazo punteado representan lugares geométricos de f.d.p.constante. El correspondiente a f.d.p. unitario se obtiene uniendo lospuntos mínimos de las curvas “V”.

! Las curvas “V” se emplean para determinar la corriente de excitaciónnecesaria para mantener el f.d.p. constante cuando varía la carga en el ejedel motor.

7.5.5.9 ECUACIÓN POTENCIA – ÁNGULO DE LA MÁQUINASÍNCRONA DE ROTOR CILÍNDRICO

Supongamos que una máquina síncrona está conectada a una barra infinita detensión Vt.

Despreciando la resistencia de armadura y suponiendo que la línea de conexióntenga una reactancia Xℓ , el ciruito equivalente será como el mostrado:

E E t

_

VQ

QP

P

XλX

λX

SX

)b()a(

δθ

_

aI

_

aIxj

_

E

t

_

V∼ ∼

Figura 7.5.25

Reemplazando las reactancias XS y Xℓ por una sola reactancia X y suponiendoque la corriente aI que entrega la máquina está atrasada un ángulo θ conrespecto a Vt , es decir que la máquina funciona como generador a f.d.p.inductivo.

388

! El problema consiste en determinar la potencia activa y reactiva que la máquina entrega a la red.

)1667(........IVjQPS at −⋅=+= ∗

Del diagrama fasorial:

)1677(........X

VEI ta −−=

Luego:

)1687(........X

VEVS tt −

−= ∗

∗∗

De acuerdo al diagrama fasorial:

δ=°= EE,0VV tt

Entonces:

( )

)1697(........jX

VEVS tt −

−−δ−

=

)1707(........X

VsenjEVcosEVjS2

ttt −−δ−δ

=

171)(7........X

VcosδEVjsenδX

EVS2

ttt −−+=

Entonces:

)1727(........senX

EVP t −δ=

)1737(........X

VcosEVQ2

tt −−δ

=

La ecuación 7-172 es llamada ecuación potencia – ángulo de la máquina y nosindica claramente que la potencia activa depende del ángulo de torque ó depotencia δ .

389

Figura 7.5.26

! Para valores positivos de δ la máquina funciona como generador y lapotencia es máxima para δ=90°.

)1747(........X

EVP tmáx −=

! Para valores negativos de δ la máquina funciona como motor.

( ) )1757(........senF2

pT eR2' −δφπ=

! Vemos que ambos tienen la misma forma, es decir, ambos dependen de senδ.

! A velocidad constante la potencia es proporcional al torque.

)1767(........TP S −ω=

7.5.5.10 EFICIENCIA

La eficiencia de la máquina síncrona se calcula de la misma manera que lamáquina de corriente continua. Las pérdidas que se deben considerarse son lassiguientes:

a) Las Pérdidas Rotacionales :a.1) Pérdidas mecánicas por fricción y ventilación.a.2) Pérdidas en el hierro.

b) Las Pérdidas Eléctricas: b1) Pérdidas por efecto Joule en el campo.

b2) Pérdidas por efecto Joule en la armadura.

c) Las Pérdidas Dispersas.

a) LAS PÉRDIDAS ROTACIONALES :

Estas pérdidas incluyen las pérdidas por fricción y ventilación y las pérdidas enel hierro por histéresis y Foucault producidas por la variación del flujomagnético en el estator.

Las pérdidas mecánicas se pueden determinar accionando el generador noexcitado con un pequeño motor auxiliar y midiendo la potencia absorvida por

390

éste último. Deduciendo de ésta potencia las pérdidas propias del motor auxiliarse tendrán las pérdidas mecánicas del generador.

Si se repite la prueba con la máquina excitada a la tensión nominal se obtienelas pérdidas rotacionales. La diferencia entre ambos resultados nos dará laspérdidas en el hierro. Según Norma ASA las pérdidas en el hierro se calculan ala tensión nominal más la caída óhmica a plena carga de la armadura.

b) LAS PÉRDIDAS ELÉCTRICAS:

Consisten en las pérdidas por efecto JOULE en los arrollamientos de campo yde armadura. No se incluyen las pérdidas en el reóstato de campo ní tampoco lapotencia absorvida por la excitatriz.

Pérdidas en el campo: )1777(........IVIRW e0

2eee −==∆

Pérdidas en la armadura: )1787(........IR3W 2

aaa DC−=∆

Debe emplearse la resistencia en corriente continua a 75 ° C.

Si se emplea en los cálculosACaR , estaríamos incluyendo también las pérdidas

por efecto Skin y por corrientes parásitas de Foucault en los conductores queforman las pérdidas dispersas.

c) LAS PÉRDIDAS DISPERSAS:

Estas pérdidas incluyen básicamente el efecto Skin en los conductores y laspérdidas por corrientes parásitas en el fierro. También incluyen las pérdidasproducidas por el flujo de dispersión de la armadura y la distorsión del flujomagnético.

Se pueden determinar mediante la prueba de cortocircuito de la máquina. Lapotencia absorvida por la máquina en dicha prueba incluye las pérdidasdispersas. No figuran las pérdidas en el hierro por ser el flujo resultante muypequeño.

7.6 CONTROL DE VELOCIDAD DE MOTORES SÍNCRONOS

La velocidad de un motor síncrono puede ser controlado cambiando lafrecuencia de la fuente de suministro de potencia. En cualquier frecuenciafijada la velocidad se mantiene constante , aún al estar cambiando lascondiciones de la carga, a menos que el motor pierda sincronismo. El motorsíncrono es por ésta razón muy usado para el control exacto de velocidad ytambién diversos motores trabajan en sincronismo. Un motor síncrono puedecorrer a alto factor de potencia y eficiencia ( no debido a pérdidas de potencia

( ) 179)(7........R1.51.3R DCAC aa −−=

391

por deslizamiento como en los motores de inducción). En el presente, se ha idoincrementando considerablemente su uso en dispositivos de velocidad variable.

Dos tipos de métodos de control de velocidad están normalmente en uso. En unode los métodos la velocidad es directamente controlada por cambio del voltajede salida y frecuencia de un inversor ó cicloconvertidor. En el otro método lafrecuencia es automáticamente ajustada por la velocidad del motor y el motor esllamdado un motor síncrono “autocontrolado”.

7.6.1 CONTROL POR FRECUENCIA

Los diagramas esquemáticos para el control de velocidad por lazo – abierto deun motor síncrono cambiando la frecuencia y el voltaje de salida de un inversoró un cicloconvertidor es mostrada en la figura 7.6.1.

El circuito del inversor permite la variación de frecuencia (por ende lavelocidad del motor) sobre un amplio rango, diferente hecho del circuito delcicloconvertidor (figura 7.6.1b) que permite la variación de frecuencia debajode un tercio de la fuente de frecuencia.

Control por frecuencia en lazo abierto.Figura 7.6.1

Para obtener el mismo torque máximo sobre todo el rango de variación develocidad y también para evitar la saturación magnética en la máquina, esnecesario cambiar el voltaje con la frecuencia. Sabemos que en una máquinasíncrona 3φ .

392

)1807(........senX

EV3TP

S

ftm −δ=ω=

Ahora ,

)1817(........pf4

m −π=ω

Tambien: )1827(........fL2X SS −π=

Si la corriente de campo fI es mantenida constante, fE es proporcional a lavelocidad y así:

)1837(........fKE 1f −=

Donde, 1K es una constante.

Cambiando las ecuaciones anteriores

)1847(........senf

VKT t −δ=

Donde, K es una constante.

Una velocidad base puede ser definida para el cual tV y f son los valores

establecidos para el motor. Si la relación f

Vt correspondiente a esta velocidad

base es mantenida a bajas velocidades por cambio del voltaje con la frecuencia,

el máximo torque es mantenida igual al que se tiene a la velocidad base f

VK t .

La característica torque – velocidad para operación con voltaje variable,frecuencia variable (VVVF) del motor síncrono es mostrada en la figura 7.6.2.Para frenado regenerativo del motor síncrono, el flujo de potencia es enreversa.

Note que en el sistema del inversor (figura 7.6.1a), debido a los diodos en elinversor, el voltaje en la entrada del inversor no puede estar en reversa.

Por esta razón, para flujos de potencia en reversa, corrientes en reversa. Unconvertidor dual es así mostrada en la figura 7.6.3, es por esta razón necesarioaceptar el flujo de corriente en reversa en el modo regenerativo de operación.En un ciclo convertidor, sin embargo, el flujo de potencia es reversible.

Para variar la velocidad por encima de la velocidad base, la frecuencia esincrementada tanto que se mantiene el voltaje terminal en el valor establecido.Esto, por supuesto, hará que el torque máximo disminuya en el más alto rangode velocidad, como se muestra en la figura 7.6.2.

393

En la figura 7.6.1a, si el rectificador controlado es reemplazado por un puentede diodos rectificadores, el voltaje de entrada al inversor Vi es constante. Elinversor puede ser un inversor (ancho de pulso modulado) PWM así que ambosvoltajes y frecuencia de salida pueden ser cambiadas en el inversor.

Note que si la frecuencia es súbitamente cambiada a un valor alto, los polos delrotor podrían no estar aptos para seguir al campo rotativo del estator y el motorperderá sincronismo. Por esta razón, el valor al cual la frecuencia es cambiadapodría estar restringida.

Un cambio súbito en el torque de carga podría también causar que el motorpierda sincronismo. La operación de lazo abierto es por esta razón no usadopara aplicaciones en el cual la carga pueda cambiar súbitamente.

0

máxT−

máxT

T

bW mWVelocidad

Motor

generativoRe

dodesarrollatorqueoutPull −

Caracteristica torque – velocidad de maquinas síncronas.Figura 7.6.2

Controlador con flujo de potencia reversible.Figura 7.6.3

394

7.6.2 MOTOR SÍNCRONO AUTO-CONTROLADO

Un motor síncrono tiende a perder sincronismo para cargas bruscas. En elsistema de control de velocidad de lazo abierto discutido anteriormente, si unacarga es súbitamente aplicada al rotor momentáneamente baja suave, haciendoel ángulo de torque δ se incremente más allá de 90° y conduce a perdersincronismo. Sin embargo, si la posición del rotor es sensada así el rotor bajasuave y la información es usada para disminuir la frecuencia del estator, elmotor permanecerá en sincronismo. Luego la velocidad del rotor ajustará lafrecuencia del estator y el sistema es conocido como un motor síncrono auto –controlado.

El esquema de un motor síncrono auto – controlado es mostrado en La figura7.6.4. Dos rectificadores controlados son usados, uno al final de la fuente y elotro al final de la máquina.En el modo motor de operación los rectificadores al final de la fuente operan enel modo de rectificación y los rectificadores al final de la máquina en el modoinversión. Los roles de los rectificadores reversa para frenado regenerativo, enel cual los flujos de potencia están en reversa. Los tiristores en el rectificador alfinal de la fuente son conmutados por el voltaje de línea de la fuente y estosrectificadores al final de la máquina por el voltaje de excitación de la máquinasíncrona. El sensor de posición del rotor, montado en el rotor, genera señalesmanteniendo informado sobre la posición del rotor. Estas señales sonprocesadas en circuitos lógicos de control y usado para disparar los tiristoresdel rectificador del final de la máquina.

Por ésta razón, cualquier cambio conveniente en la velocidad del rotor paracambios en la carga inmediatamente cambiará la frecuencia de disparo de lostiristores y por ende ajusta la frecuencia del estator al valor correcto paramantener sincronismo. Un lazo de corriente es implementado alrededor delrectificador al final de la fuente para mantener al corriente de la máquina en elvalor deseado. La corriente de enlace DC dI es proporcional a la corriente dela máquina aI , es comparada con la corriente de referencia, y la señal de errorajusta los disparos del rectificador al final de la fuente para mantener lacorriente de armadura constante en el valor de la referencia.

El torque depende del valor del ángulo ζ . Este ángulo ζ puede ser controladaen los circuitos lógicos de control para el rectificador al final de la máquinaporque la señal desde el sensor de posición del rotor define la posición del ejede campo y el Instante de disparo de los tiristores define la posición del eje decampo de la armadura. Si el ángulo ζ es regulado a un valor específico y lacorriente de campo es mantenida constante, el torque (y por ende la velocidad )pude ser directamente controlada por la corriente de armadura. Esta corrientees controlada por el lazo de control de corriente del rectificador al final de lafuente.

395

Motor sincrono auto – controladoFigura 7.6.4

396

a)Control de lazo abierto b) Control de lazo cerrdao c) Forma de onda de fe y

ai operación similar al motor DC.

Nota: ζ−= senIIL2p3T '

faS

Ambos rectificadores tienen circuitos simples y baratos. Se puede afirmar queéstos sistemas puede ser diseñados para aplicaciones de muy alta potencia – enorden de los Mega watts.

7.6.3 CONTROL DE LAZO CERRADO

Cabe notar que en el sistema visto en la figura 7.6.4a, si el torque de carga escambiada, la velocidad cambiará. Si la velocidad es para ser mantenidaconstante, la corriente DC de enlace Id puede ser ajustada apara satisfacer elcambio en el torque de carga. Esto puede ser llevado a cabo insertando desdeafuera un lazo de velocidad como se muestra en la figura 7.6.4b.

El sensor de posición suministra información acerca del campo del rotor tantocomo la velocidad del rotor. Si la velocidad cae es debido a un incremento en eltorque de carga del motor síncrono, el error de velocidad εN se incrementa, elcual en vueltas incrementa la demanda de corriente ∗

dI . Consecuentemente, elángulo de disparo del rectificador controlado cambiará para alterar lacorriente DC de enlace dI para producir más torque como el requerido debidoal incremento del torque de carga.

La velocidad eventualmente será restablecido a su valor inicial.

396

PROBLEMAS RESUELTOSCAPÍTULO VII

MÁQUINA DE CORRIENTE ALTERNA

PROBLEMA N° 7.1 : Se tiene un estator de 36 ranuras, para doble capa en lacual se encontraron bobinas de paso 1-11 con 5 espiras/bobina siendo el tipo dedevanado imbricado, conexión estrella.Calcular el factor de paso, el factor de distribución y el número efectivo devueltas para una de las fases, cuando se tiene:

a) Dos polos de 'p' grupos / faseb) Cuatro polos de 'p' grupos fase

SOLUCIÓN :

a)

Factor de Distribución:

9561,05sen6

30sen5sen6

)56(senK

1022

36360

2p'

2'senm

2'msen

K

d

d

=°×

°=°×°×=

°=×°=×=

×

×= γγ

γ

γ

766,050senK

1002p'

10036

360)111(bobinadePaso

)2/'(senK:pasodeFactor

12

223

36

2p3

rE:fasedePaso3q:fases#

182rgrupodePasob36ranuras#bobinas#

111:bobinadePaso

62

122q

bm:grupoporbobinas#5N:bobina/espiras#

123

36qb:faseporbobinas#36r:ranuras#

P

P

3

b

=°=

°==×=

°=

°×−=×=

=

=×

===

======

−

====

===

τττ

γτ

τ

δ

φ

397

44942,43N9561,0766,0)512(N

KK)bobina/espiras#fase/bobinas(#N

fase/vueltasefec

fase/vueltasefec

dpfase/vueltasefec

≈=∴

×××=

×××=

−

−

−

b)

Factor de Distribución:

57713,56N9598,09848,0)512(N

9598,010sen3

)103(senK

2024

36360

2p'

2'senm

2'msen

K

fase/vueltasefec

fase/vueltasefec

d

d

≈=

×××=

=°×°×=

°=×°=×=

×

×=

−

−

γγ

γ

γ

PROBLEMA N° 7.2 : Del problema anterior, dibujar la distribución deldevanado estatórico para las tres fases indicando el desarrollo del numero debobinas por grupo y el numero de grupos por fase para :

a) Dos polos de ' p' grupo/faseb) Cuatro polos de ' p ' grupo/fase

SOLUCIÓN:

9848,0100senK

20024

3636010'

2pbobinadepaso

2p'

)2/'(senK

6

243

36

2p3

rfasedepaso

94

36prgrupodepaso

34

12p

12mgrupoporbobinas#

123

36qbfaseporbobinas#

p

p

3

=°=

°=×°×=

××=×=

=

=×

=×

==

====

====

===

τ

γττ

τ

Ε

δ

φ

398

a) Desarrollo del # de bobinas por grupo :

Figura P7.2.1

Figura P7.2.2

Figura P7.2.3

Figura P7.2.4

399

1

2

34

56

789

18

1615

1413

1211 10

3635

3433

3231

302928

19

2122

2324

2526 27

2´3´

4´

5´

6´

7´

8´

9´

12´

11´

10´

18´16´

15´14´

13´

19´

21´

22´23´

24´

25´

26´

2 7 ´

36´ 35´ 3 4 ´3 3 ´

3 2 ´

3 1 ´

3 0 ´

2 8 ´

Z

U

YW

X

V

Figura P7.2.5

b) Desarrollo del # de bobinas por grupo :

Figura P7.2.6

Figura P7.2.7

400

Figura P7.2.8

Figura P7.2.9

12

34

56

789

18

1615

1413

1211 10

3635

3433

3231

302928

19

2122

2324

2526 27

2´3´

4´

5´

6´

7´

8´

9´

12´

11´

10´

18´16´

15´14´

13´

19´

21´

22´

23´

24´

25´

26´

27´

36´ 35´ 34´33´

32´31´

30´

28´Z

U

X

W V

Y

Figura P7.2.10

401

PROBLEMA N° 7.3 : Se tiene un motor de inducción 3φ de rotor bobinado conlos siguientes datos de placa : 30 HP, 500V conectado en delta; 50 Hz; 1445,8r.p.m. y al que se sometió a ensayos en el laboratorio con los siguientesresultados:De la prueba de vacío se obtuvo KWPyAIVV 45,12,8,500 000 === . De laprueba de corto circuito: KWPyAIVV CCCCCC 6,132,100 === . Siendo laspérdidas rotacionales de 0,9 KW.

a) Calcular el valor de la resistencia rotórica adicional para obtener torquemáximo en el arranque.

b) S para maxη .c) La frecuencia de la corriente rotórica para las condiciones nominales de

placa.

SOLUCIÓN :

a) Para torque máximo en el arranque:

( ) ( )

fase/4595,478125,024076,5'r''r:adicional'r

fase/24076,51822,578125,0''r

fase/78125,02

'rr'rr

fase/1822,55625,14126,5'rr'ZZ'XX

fase/4126,5

332100

IV

'ZZ

)deltaEn(3

32I:donde

fase/5625,1

332

3106,1

I

P'rr

)'XX(r''r)'XX(r

''r1S

222

222

2121

22221

22121

1n

1CC21

1n

2

3

21n

1CC21

221

2122

212

1

2C

Ω

Ω

Ω

Ω

Ω

Ω

φ

φ

φ

φ

φ

=−=−⇒

=+=∴

=+==

=−=+−+=+

=

==+

=

=

×==+

++=⇒++

==

b) Eficiencia máxima:

Pérdidas fijas = Pérdidas variables

×−×

−×+×=+×

3109,0r

32,8

31045,1

3109,0)'rr(I

3

1

233

212'

2

402

( )221

22

1

'2

'2

2'2

'XXS'rr

VI

fase/A26635,17I823,4655625,1I

++

+

=

=⇒=×

%82,20282,0)para(S:resiónexplandoDesarrolla

1822,5S

'78125,078125,0

50026635,17

max

22

≡=∴

+

+

=

η

c)

Hz8065,15003613,0f

03613,01500

8,14451500S

.polos4deesmotorelquedecirPodemos.m.p.r8,1445W

.m.p.r15004

50120W:polos4

.m.p.r30002

50120W:polos2

Pf120W

fSf

rotórica

alminno

motor

campo

campo

campo

redalminnorotórica

=×=∴

=−=

⇒=

=×=

=×=

×=

×=

PROBLEMA N° 7.4: Los parámetros del circuito equivalente por fase de unmotor de inducción tipo jaula de ardilla 3φ de 3,5 HP; 220V ; 8 polos y 50 Hzconectado en Y, son los siguientes:

ΩΩΩ 6645,0'XX1'r22,0r 2121 ====

Siendo las pérdidas rotacionales constantes e iguales a 180W.

a) Calcular la velocidad de plena carga.b) Calcular el toque máximo y el deslizamiento crítico.c) Si el motor impulsa una carga a torque nominal y constante y se produce una

caída de tensión del 25 %, calcular la velocidad, corriente y el mínimo valorde la tensión de alimentación sin que el motor se detenga.

SOLUCIÓN:

403

a)

Rr´2(1-S)/S

Rr´2Rr1 X1 X´2

I´2

Figura P7.4.1

rotorejeMEC PPIS

SrP +=×

−××=

2'22

1'3

( )

( )

.m.p.r165,702W

)06378,01(8

50120)S1(WW

06378,0S

329,1S122,0

SS1

27913

2203

'XXS'rr

SS1'r

PV3

W27911807465,3P

PPP:Pero3

PS

S1'r'XX

S'rr

V

m

Sm

22

2

221

22

12MEC

2

MEC

esrotacional2MECMEC

22

21

22

1

2

=∴

−××=−×=⇒

=∴

+

+=

−×

×

++

+=

−×××

=+×=⇒

+==

−××

++

+

b)

( )

( )

seg/rad237,20.m.p.r245,1938

50120)74234,01(W

74234,0329,122,0

1

)'XX(r

'rS

mN635,196T3T

mN545,65329,122,022,02

1502

3220

28

T

)'XX(rr2

1f2

V2P

T

rotor

22221

21

2C

max1max3

22

2

max1

221

211

21

max1

≡=××−=

=+

=++

=

−=×=∴

−=

++××

×

×

=

+++××

×

×

=

φφ

φ

φ

π

π

404

c) Si la tensión cae en un 25% :

( )6523,12

'XXS'rr

Vf2S

'r2P

T

mecánicaspérdidaslasSon:pdonde

mN6523,12

30165,7023

1807465,3W3pP

W3PT

221

22

1

21

2

1e

mec

m

mec2

m

MEC1e

=

++

+

×××

×

=

−=××

+×=×+

=×

=

π

π

φ

φ

( )

A826,10)1179465,0Spara('I

329,1S122,0

3220%75

'XXS'rr

V)1179465,0Spara('I

1179465,0S

6523,12329,1

S122,0

3220%75

502S

128

2

22

221

22

1

2

22

2

==⇒

+

+

×

=

++

+

==

=∴

=

+

+

×

×××

×

⇒π

MÍNIMO VALOR DE LA TENSIÓN POSIBLE:

( )V6611,96V

V8073,55V329,122,022,02

1502

V28

6523,12T

minlínea

22

2

max

=∴=

++××

×

×

==π

PROBLEMA N° 7.5 : Un motor de inducción 3φ, 220 volts (Y), 60Hz, 4 polos,fue sometido a ensayo de vacío y a rotor bloqueado, con los siguientes resultados:

Prueba de vacío: 220 Volts 10 Amps 500 WattsPrueba a rotor bloqueado : 52 Volts 20 Amps 800 Watts

Si las pérdidas rotacionales son 60 Watts, obtenidas de un ensayo aparte yademás se conoce que faser /2,01 Ω=

405

a) Obtener los parámetros del circuito equivalente aproximadob) Para el deslizamiento nominal S = 8,4 %. Determinar la corriente de entrada,

el f.d.p., la potencia de salida y la eficiencia.c) Obtener el torque de arranque a plena tensión y la relación de la corriente de

arranque a la corriente nominal.

SOLUCIÓN:

a)

R r´2(1-S)/SXm

Rr´2Rr1 JX1 JX´2

Rrp

Figura P7.5.1

De la prueba de vacío:

( )

fase/765,1295,9

3220

IVX

A95,9I

A997,0368,127

3220

rVI

fase/368,1273

3803

220

PVr

Watts380P

2,010360500ppPP

mm

m

PP

2

1FE

2

P

3FE

21Curot13FE

Ω

Ωφ

φ

φ

===

=

===

=

==

=

××−−=−−=

Prueba de cortocircuito:

fase/672,0'XXfase/765,12Xfase/368,127r

fase/344,1667,05,1'XX

fase/5,120

352

Zfase/467,0'r

fase/667,020

3/800'rr

21

mP

2221

eq2

221

ΩΩΩ

Ω

ΩΩ

Ω

====∴

=−=+

=

==

==+

406

b)

c)

( )

55,345,26

94I

I:Luego

mN25,53T4

604

64,84467,03W

I'r3T

75,6594Ij344,1667,0

1j0783,0108512,7127I

6,6364,84I

)arranqueelEn(j344,1467,02,0

0127I

1S??T

N1

arranque1

arranque3e

2

S

2'22

arranque3e

arranque1

31

'2

'2

arranque

==

−=∴

×

××=××=⇒

°−∠=

+

+−××=

°−∠=++°∠=

==

−

φ

φ

π

PROBLEMA N° 7.6 : Un motor trifásico de inducción de 25HP, 230V (línea alínea) conectado en delta, de 6 polos, 60 Hz, jaula de ardilla, tiene los siguientesparámetros de circuito equivalente en ohmios por fase estrella:

6,10X33,0X34,0X055,0R060,0R 2121 ===== φ

a) Calcular la corriente y el par de arranque para este motor conectadodirectamente con una fuente de 230 V.

b) Para limitar la corriente en el arranque, se propone conectar en estrella eldevanado del estator para el arranque, y después cambiar a la conexión endelta para el funcionamiento normal. i)¿ Cuáles son los parámetros delcircuito equivalente en ohmios por fase para la conexión en delta ?. ii) Con elmotor conectado directamente a una fuente de 230V. Calcule la corriente y elpar de arranque.

%7,83837,0PP

watts99,698460IS

S1'r3pPP

Watts25,8345828,045,262203P

828,0cos

1,3445,26j344,17595,5

1j0783,0108512,70127I

135,13474,21j344,1

084,0467,02,0

0127I

1

2max

2'22rotMEC2

1

1

31

'2

≡==∴

=−×

−××=−=

=×××=

=∴

°−∠=

+

+−××°∠=

°−∠=+

+

°∠=

−

η

ϕ

407

SOLUCIÓN:a)

A b

R (1-S)/S2

R2R1 Aa

Figura P7.6.1

Como está en fase estrella: VV °∠= 03

2301

1e1e11THab

111THa1ab

jXRj33,00563,0jX//)jXR(ZZ

314,066,128314,0384,222

)XX(jRjX

VVVV

+=+=+==

°∠=°∠=++

×===

φ

φ

φ

I Zab

Figura P7.6.2

A192ImN16,48T

116,8019243,8067,03

314,084,222I

mN16,48T

seg/rad664,1253

602

2P

f2W

)XX()RR(RV3

W1T

3arranque

S

221e

221e

22

a1

Sarranque

=−=∴

°−∠=°∠×

°∠=

−=⇒

=×=×=

+++××

×=

φ

ππ

b) Para cambiar de la conexión Y a la conexión delta, los parámetros del circuitoequivalente son multiplicados por 3:

i)

fase/8,316,103Xfase/99,033,03Xfase/02,134,03X

fase/165,0055,03Rfase/18,006,03R

21

21

ΩΩΩ

ΩΩ

φ =×==×==×==×==×=

408

ii) Por lo tanto:

mN053,16316,48TA64

3192I1 −====

PROBLEMA N° 7.7 : Un motor de inducción trifásico, 440V (Y), 50 Hz y 4polos; fue ensayado con los siguientes resultados:

Rotor Bloqueado: 120 V 25A 2KWRotor Sin carga: 440V 8A 1,5KW

Las pérdidas rotacionales son 600 W

a) Obtener los parámetros del circuito equivalente y calcule para undeslizamiento del 4 % el torque eléctrico ( ';' 2121 XXrr == ).

b) Si el motor será operado con una fuente de tensión y frecuencia variables.Calcular la frecuencia y tensión necesarias para obtener torque máximo en elarranque. Calcule el torque máximo.

c) Si el torque obtenido en a) es requerido pero a 1125 r.p.m. cual será el valorde la tensión y frecuencia al que deberá ajustarse la fuente.

SOLUCIÓN:

a)DE LA PRUEBA DE ROTOR BLOQUEADO: (Parámetros por fase):

Ω

ΩΩ

ΩΩ

φ

φ

φ

φ

278,12

'XX'XX

556,2)'rr(Z'XX77,225

3120

IV

Z

53,02

'rr'rr:Tomamos067,125

32000

I

P'rr

2121

221

2CC21

1N

1CCCC

212122

1N

1CC21

=+==∴

=+−=+⇒===

=+==⇒===+

DE LA PRUEBA DE ROTOR LIBRE (Parámetros por fase):

Ω

Ω

φφ

φφ

φ

φ

03,32X

mhos03122,0gYbmhos031492,03

4408

VI

Y

53,242rmhos10123,4

3440

324,798

V

Pg

Watts24,798P600P853,031500pPPP

m

2P

2m

1

P3

221

1FEP

FE

FE2

mecFE1Cu1

=∴

=−=⇒===

=⇒×=

==

=∴++××=⇒++=

−

409

Para un S=4%

0.530.53 1.278j 1.278j

I´2

0.53(1-S)/S

Figura P7.7.1

°−∠=∴

−=++

°∠=

×++

°∠=

5,10125,18'I

j31,382,17j556,2)

04,053,053,0(

03

440

j278,12)S53,053,0(

03

440

'I

2

2

mN133,8308,15704,0125,1853,03

WSI'r3T

seg/rad08,157P

50430P

f120W

2

S

2'22

3e

S

−=×××=

×××

=

=××=××=

φ

ππ

b)

Como el

++

+×

×=

221

22

1

22

1

)'('

'

XXSrrW

SrV

T

S

e φ

Para esta condición haremos: WKWXKXVKV ×→×→×→

1S:arranqueelenqueSabemos

)'XX(KS'rrWK

S'rVK

T2

212

22

1S

222

1e

=

+×+

+××

××=φ

El torque máximo para las condiciones de frecuencia y tensión variable serácalculado de la siguiente manera:

410

V468,1824404147,0VK'VHz735,20504147,0fK'f

4147,0278,1278,153,053,0K

'XX'rrK

0)'XX(K)'rr(0)1SPara(dK

dT

21

21

221

2221

1e

=×=×==×=×=⇒

=++=∴

++=⇒

=+×−+⇒==φ

Sabemos que:

++

+××

××=++

=2

21

22

1S

212

3e221

21

2C

)'XX(S'rrWS

V'r3Tademásy)'XX(r

'rS φ

Entonces reemplazando φ3eC TenS para obtener max3φeT

ya que:

M m ax

T e1

Te1

Sc

S

Figura P7.7.2

( )[ ]

( )[ ] mN2337,196)278,1278,1(53,053,0208,157

34403

T

)'XX(rr2W

V3T

22

2

max3e

221

211S

21

max3e

−=+++××

×

=

+++××

×=

φ

φ

c)Te1

SM n om

Te1

Figura P7.7.3

411

Asumiendo que el deslizamiento es constante para variaciones de tensión yfrecuencia

V75,37344078125,0VK'VHz0625,395078125,0fK'f

78125,0K81,117)04,01(08,157KW)S1(WK mS

=×=×==×=×=∴

=⇒=−××⇒=−××

PROBLEMA N° 7.8 : Se tiene un motor de inducción de 15HP, 230V, trifásicoconectado en estrella, 60 Hz, 4 polos y jaula de ardilla, desarrolla un parinterno a plena carga a deslizamiento igual a 0,03 cuando se trabaja a frecuenciay voltaje nominales. Los datos de impedancia de este motor, en ohmios por faseson:

4,1031,024,0 211 ==== φXXXR

Si se energiza este motor con una fuente de voltaje constante de 230V y 60 Hz através de un alimentador cuya impedancia es 0,3 + j 0,22 Ohmios /fase. Calculeel par interno máximo que puede suministrar el motor y los valorescorrespondientes de la corriente y voltaje de terminales del estator.

SOLUCIÓN:

Ahora se adhiere un alimentador con impedancia: 22,0j3,0jXRZ 000 +=+=

°∠==+

×=

°∠=++++

×=

8285,21976,126V93,10j54,0

4,10j3

230V

03

230VTomando;)XXX(j)RR(

jXVV

THa1

10101

1a1φ

φ

( )

[ ]

:donde

mN943,86T)31,05284,0(4877,04877,05,1882

1976,1263T

seg/rad84,1825,188)03,01(W)S1(W

seg/rad5,1882

6022/Pf2W

j5284,04877,0jX//)XX(j)RR(jXRZ

max

22

2

max

Sm

S

01011e1eTH

−=∴+++××

×=

=×−=×−=

=×=×=

+=+++=+=

ππφ

412

R /S2

R1Aa

Ab

=

Figura P7.8.1Luego:

221

21

2max

)( eee

TXXR

RS++

=

Para condiciones de tensión y frecuencia nominales:

mN2,6184,182

74615WP

Tm

sal −=×==

Tomando en cuenta que las pruebas para obtener los parámetros del motor,),,,( 2121 φXyXXRR son tomados antes de conectarlo al alimentador:

( ))(2,61

X'XSR'RW

SRV3

T2

21e

22

1eS

22'a1

αΛΛΛΛ=

++

+×

××

=

R /S2

R1Aa

AbFigura P7.8.2

)XX(jRjX

V'VV11

1a1THφ

φ

++×==

'jX'RjX//)jXR(Z;8285,21976,126'V 1e1e11THa1 +=+=°∠= φ

De la igualdad (α):fase/11265,0R2 Ω=

413

Volviendo al problema:

11614,0)31,05284,0(4877,0

11265,0)XX(R

RS222

2e1e2

1e

2Tmax =

++=

++=

Figura P7.8.3

V75,2093VV

84,01,121)j22,03,0(IVV

67,2746,30j9365,16932,3

03

230

I

testator

1t

=×=

°−∠=+×−=

°−∠=+

°∠=

PROBLEMA N° 7.9 : Los datos que siguen corresponden a los ensayosrealizados en una máquina asíncrona de tipo jaula de ardilla

Datos de placa Ensayo Voltios Amperios Vatios

HP: 30 Vacío 220 33,4 1050

Tensión: 220V Rotorbloqueado 36,3 76,0 1283

Polos: 4

Conexión: Delta/Delta

Hz: 60

Resistencia entre bornes (A.C.)Rxy=0,0497 Ohmios a Temperatura: 17°C

Determinar :

a) Los parámetros del circuito equivalente aproximado para 75° C.b) Para operación nominal: deslizamiento SN , torque (TN ), coriente NI1 , f.d.p.

y la eficiencia.

c) N

arranque

N

arranqueI

IT

T1

1, , deslizamiento crítico y el torque máximo.

SOLUCIÓN:

414

Ensayo de vacío a tensión nominal: S=0

En la prueba de rotor bloqueado: S=1

Parámetros a 75°C:

Figura P7.9.1

Ω

Ω

Ω

0746,0r

0746,00497,023R

23rr

32R

.)C.A(C17T0497,0R

1

xy11xy

xy

=∴

=×=×=→×=

°==

mhos104,87gYb

mhos1065,87V

IYmhos10658,6

2203

78,966

V

Pg

W78,966P

0746,034,3331050PPP

datoesnoporque0valordeasumesepDone;pPPPW

32P

2m

3

N1

1322

N1

1FEP

3FE

2

1Cu13FE

rotrotFE1Cu13

−

−−

×=−=

×==×===

=

×

×−=−=

++==

φ

φ

φφφ

φ

φ

φ

φ

φ

ΩΩ

Ω

Ω

Ω

φ

φ

φ

φ

3985,0'XX797,0'XX

827,03

763,36

IV

Z

1474,0'r

222,0

376

31283

I

P'rr

2121

1N

1CC

2

221N

1CC21

==⇒=+⇒

===

=∴

=

==+

Ω

Ω

1813,01474,02351723575'r

0918,00746,02351723575r

C752

C751

=×

++=

=×

++=

°

°

Rr 2´Rr1

415

b) Para operación nominal: Trabajando a 75°C

%34,929234,0839,022077,433

22380PP

839,0cos.p.d.f95,3277,43I

644,85284,19)0874,0j10658,6(0220I

4,756,35j797,0

03,01813,00918,0

0220'I

mN4,122845,182

22380WPT

seg/rad845,1825,188)03,01(W)S1(W

1

2

N1

3

2

Nm

MECN

SNm

≡=×××

==

==°−∠=∴

°−∠=−××°∠=

°−∠=+

+

°∠=

−===

=×−=×−=

−

η

ϕ

φ

c)

( )

39,677,43847,279

II

72847,279I

644,85284,191,7114,261I'II1,7114,261'I

1S;

'XXS'rr

220'I

N1

arranque1

arranque1

arranque2arranque1

arranque2

221

22

1

arranque2

==⇒

°−∠=∴

°−∠+°−∠=+=

°−∠=⇒

=

++

+

=

φ

)despreciaSe(0p;

797,0S

1813,00918,0

0220'I

seg/rad5,1882

4602

2P

f2W

mec

222

S

=

+

+

°∠=

=×=×= ππ

03,0S:Tomamos5979,0S03,0S

22380797,0

S1813,00918,0

220S

S11813,03

IS

S1'r3PWatts2238074630HP30ejeelenPotencia

21

22

2

2'22MEC

=⇒==

=+

+

×

−××

×

−××=≈=×==

416

( )

[ ]mN8,430T

797,00918,00918,02220

24

6023T

226,0'XXr

'rS

61,14,122

77,196T

T

mN77,1965,1881

14,2611813,03WS

I'r3T

max3

22

2

max3

221

21

2C

N

arranque

2

S

arranque2'

22arranque

−=∴++×

×××

=

=++

=

==⇒

−=×

××=×

××=

φ

φ π

PROBLEMA N° 7.10 : Un motor de inducción trifásico de 400V (Y), 50Hz, y 6polos tiene una impedancia de dispersión Z1 = Z2’ =0,15+j0,75 Ohmios por fasea frecuencia nominal:

a) Calcular la tensión y frecuencia nominal para un deslizamiento de 3%; y eltorque eléctrico.

b) Si el motor es alimentado de una fuente de tensión y frecuencias variables,calcular la frecuencia y tensión para obtener torque máximo en el arranque ycompare este torque con el torque de arranque obtenido a tensión y frecuencianominal.

c) Si el mismo torque obtenido en a) es requerido a 750r.p.m. a que valor defrecuencia y voltaje deberá ser ajustable la fuente.

SOLUCIÓN:

a)

b)

XKXWKW

VKV

mN65,32)1S(T

SS

N1e

×→×→

×→

−==φ

( )

seg/rad7,104.m.p.r10006

50120W;03,0S

'XXS'rrWS

V'rT

S

221

22

1S

22

1e

==×==

++

+××

×=φ

mN56,265TmN52,88T

Hz50f;3

400V;75,0'XX;15,0'rr

3e1e

2121

−=∴−=⇒

======

φφ

ΩΩ

417

c)

T

S

Tarran

Figura P7.10.1

Entonces hay que ajustar la tensión:

( )

( )[ ]

6,265,32

85)1S,400V,50f(T

)1S,80V,10f(T

mN255)1S(T

mN852,0)75,02(215,09,20

38015,0

)1S(T

V804002,0'V.Hz10502,0'f

2,075,0215,02

'XX'rrK0)1S(

dKdT

'XXKS'rrWKS

VK'rT

1e

1e

3e

222

2

1e

línea

21

21e

221

22

21S

222

e

=====

===⇒

−==∴

−=××+××

×

==

=×==×=∴

=××=

++=⇒==

+×+

+×××

××=

φ

φ

φ

φ

773,0K1000)03,01(

750W)S1(

WK

WK)S1(WWKW

03,0S

S

r

Sr

SS

=∴×−

=×−

=⇒

××−=×→

=

mN64,70T

5,1773,003,015,015,095,8003,0

32,30915,0

T

seg/rad95,80.m.p.r773WV2,309400773,0'V

Hz65,3850773,0'f

1e

222

2

1e

S

−=⇒

×+

+××

×

=

===×=

=×=

φ

φ

418

Hz65,38''fV14,346''VV84,199''V

15,0

)773,05,1(03,015,015,052,8895,8003,0

''V

línea

22

2

==∴=

×+

+×××

=

PROBLEMA N° 7.11 : Un motor de inducción trifásico, 440V (Delta), 50 Hz y 6polos, impulsa un ventilador a 920r.p.m., cuando es alimentado a tensiónnominal, si los parámetros del circuito equivalente del motor por fase son:

Asumiendo que el torque mecánico total varía en proporción al cuadrado de lavelocidad:a) Qué voltaje deberá aplicarse para que el motor impulse al ventilador a 460

r.p.m.; calcule además la corriente rotórica y las pérdidas en el cobre.b) Si se quisiera obtener la variación de la velocidad a 460 r.p.m. pero

cambiando el valor de la resistencia rotórica; calcular el valor de laresistencia rotórica adicional, calcule además la corriente rotórica y laspérdidas en el cobre.

SOLUCIÓN:T

S1

T =K( L m)²

Vnom

V

Figura P7.11.1

a)

ΩΩΩ 12'XX16'r8r 2121 ====

( )

mN3,25T

2408,0

1687,10408,0

440163

'XXS'rrWS

V'r3T

08,01000

9201000S

seg/rad7,104.m.p.r10006

50120W

3

22

2

221

22

1S

22

3

S

−=∴

+

+××

××=

++

+××

××=

=−=

==×=

φ

φ

419

002726,0

30920

3,25WT

K 22m

3 =

×

==π

φ

Cuando la tensión se reduce a V’, la velocidad es 460r.p.m.

( )

Watts6,5362473,23)'rr(I3P

A73,2'I

2454,0

168

8,121

'XXS'rr

'V'I

221

2'2Cu

2

22

221

22

1

2

=××=+××=

=∴

+

+

=

++

+

=

b) Con resistencia rotórica:

T

S1

Tr´2

Figura P7.11.2

( )

( )

V8,121'V'r3

T'XXS'rrWS

'V

'XXS'rrWS

'V'r3T

:Pero

mN32,630

460002726,0T

54,01000

4601000S

2

L2

21

22

1S

2

221

22

1S

22

L

2

L

=∴×

×

++

+××

=

⇒

++

+××

××=

−=

××=

=−=

π

( )

Ω7,464'r

2454,0'r87,10454,0

440'r332,6

'XXS'rrWS

V'r3T

2

22

2

22

221

22

1S

22

L

=∴

+

+××

××=

++

+××

××=

420

( )

( )Ω7,448'r

watts727,18'rr'I3P

A51,0'I

'XXS'rr

V'I

adicional2

212

2Cu

22

21

22

1

2

=∴=+××=

=⇒

++

+

=

PROBLEMA N° 7.12 : Los parámetros del circuito equivalente por fase de unmotor de inducción trifásico son:

Si el motor es de 3,5HP, 220V, conexión estrella, 50Hz, 8 polos y presenta unaspérdidas totales mecánicas iguales a 180 Watts.a) Calcular la velocidad, eficiencia y f.d.p. cuando entrega su potencia nominal.b) Calcular el mínimo valor al que puede caer la tensión de alimentación sin que

el motor se detenga, si impulsa una carga a torque nominal y de característicaconstante.

SOLUCIÓN:

a)Rr´2Rr1

Figura P7.12.1

( )2791

'XXS'rr

SS1'rV3

SS1'rI3Watts2791P

221

22

1

22

22'

2MEC

=++

+

−×××

−×××==

ΩΩΩΩΩ

8,70X7,809r6645,0'XX1'r22,0r

mP

2121

======

WattspWattsP

pPP

esrotacional

sal

esrotacionalsalMEC

18026117465,3

==×=

+=

421

( )057681,0

329,1S122,0

SS1

'rV32791

'XXS'rr

SS1

22

22

221

22

1

=+

+

−

⇒××

=++

+

−

0638,0S8185,0S0638,0S

:anteriorresiónexplandoDesarrolla

2

1

=∴==

b)

PROBLEMA N° 7.13 : Se tiene un motor de inducción de rotor devanado de10HP, 4polos, 1725r.p.m., 60Hz, 220V, 25 A, trifásico, conexión Y, que tiene lossiguientes parámetros por fase:

%68,848468,057,3083

2611PP

Watts57,3083957,0457,81273P957,0)894,16cos(.p.d.f

894,16457,8III

85801,1jX1

r10127I

78,4963,7j329,1

0638,0122,0

0127I

.m.p.r15,702W)S1(W

.m.p.r7508

50120W

ent

sal

ent

'21

mP

'2

Sm

S

≡===∴

=×××==°−=∴

°−∠=+=

°−∠=

−×°∠=

°−∠=+

+

°∠=

=×−=∴

=×=

η

φ

φ

[ ][ ]

)(67,96381,55

/81,553

)'(2

)'(2

3

min

221

2112

221

211

2

max

líneaVVfaseVV

WWXXrrP

V

WP

XXrrW

VT

m

SMEC

m

MEC

S

=×=∴

=⇒

×+++××

=∴

=+++××

×=

ΩΩΩ 4,0'XX23,0'r25,0r 2121 ====

422

Además una corriente de vacío de 7,10 A cuando se aplica 220V. Las pérdidas enel núcleo es de 250Watts; pérdidas por fricción y viento de 155Watts. La relaciónde espiras efectivas entre estator y rotor es 1,67/1, y el par de carga es de 50Lb-pie independiente de la velocidad.Se conecta un capacitor en serie con cada fase del rotor de modo que la corrientedel rotor esté en fase con el voltaje inducido cuando el deslizamiento es igual a 1.

a) Determinar el valor del condensador que se conecta a cada fase del rotor.b) Determinar el par de arranque desarrollado en N-m.

SOLUCIÓN:

Rr´2Rr1

Figura P7.13.1

Para S=1:Rr´2Rr1

=

Figura P7.13.2

A1,7Iwatts155)vientoporyfricciónporpérdidas(p

Watts250P67,1)espirasderelación(n

4,0'XX23,0'r25,0r

)Y(V220polos4HP10

:DATOS

0

vf

3FE

21

2

1

=

==

==

====

+

φ

ΩΩΩ

fase/9666,17Xmhos106588,55b

mhos056,0127

1,7Y

fase/6,193rmhos10165,5127

3250

g

m3

m

P3

2P

Ω

Ω

φ

=∴×=⇒

==

=⇒×==

−

−

423

b) Torque desarrollado en el arranque:

PROBLEMA N° 7.14 : Un motor de rotor bobinado tiene los siguientes datos :1176r.p.m., 15HP, 600V, 6 polos, conexión Y y 60Hz. Además:

a) Que resistencia debe insertarse en el circuito rotórico para reducir lavelocidad a 1000r.p.m., con le par de plena carga.

b) Determinar la tensión que se debe aplicar al estator si se desea reducir lavelocidad a 1000r.p.m. (sin modificar al rotor).

SOLUCIÓN:

a)

02,01200

11761200W

WWS

IS

S1'r3PWT

.seg/rad664,125.m.p.r12006

60120W

.m.p.r1176W

S

mSN

2'22MECm3

S

m

=−=−=

×

−××==×

==×=

=

φ

fase/F5,18494C6024,0

67,1W4,0

67,1XW

1CCW

1XPero

fase/67,1

4,0X

:EconfaseenI

22

CC

2C

'2

µ=∴×π×

=×

=×

=⇒×

=

Ω=

( )

mN37,150T2

4602

678,20223,03W

I'r3T

A678,202'r

EI

331,39616,46E

jXrI3

220E

407,202I406265,0Z

arranque

2

S

2'22

arranque

2

'2

111

1

i

−=∴

×

××=××=

==

°−∠=∴

+×−=

°−∠=°∠=

π

)fasepordatos(476r43,71X2'XX90,0'r76,0r

pm

2121

ΩΩΩΩΩ

======

424

mN098,61T664,12502,0873,569,03

WSI'r3T

873,56)22(

02,09,076,0

3600

I

N3

SN

2'N22

N3

22

2

2'N2

−=∴×

××=×××

=⇒

=++

+

=

φ

φ

( )

( )

'R46,282161667,0

'R76,0

098,61664,1251667,03

600'R34

1667,0'R76,01667,0

120010001200S

TWSV'R3'XX

S'Rr

'XXS

'RrWS

V'R3WS

I'R3T

mN287,30T

mN86,90

301176

74615W

PT

2

22

2

22

22

3S

2122

21

22

1

221

22

1S

212

S

2'22

3

fase/salidaalminno

m

alminnosalidaMEC

salidaalminno

×=+

+

××

××

=+

+⇒=−=

××××=++

+⇒

++

+××

××=×

××=

−=

−=×

×==

φ

φ

π

b)

( )

( )

'r3

WST'XXS'rr

V

WS'r

'XXS'rr

V3T

2

S32

21

22

12

1

S

2

221

22

1

21

3

×

×××

++

+

=

××

++

+

×=

φ

φ

fase/554,69,0454,7'r454,7'R061,0'R454,7'R

:anteriorresiónexplandoDesarrolla

adicional22

2221

ΩΩΩΩ

=−=⇒=∴==

425

V13,277)línea(Vfase/V160V

9,03

664,1251667,0098,6141667,0

9,076,0V

1

1

22

21

=∴=

×

×××

+

+

=

PROBLEMA N° 7.15 : Se tiene un motor Jaula de ardilla con los siguientesdatos de placa: 6polos, 60Hz, 220V (conexión Y), 5HP. La resistencia del estatorpor fase es 0,616Ohmios. Las lecturas de los ensayos fueron:

Ensayo de vacío: 220V 5,25 A 460WattsEnsayo rotor bloqueado: 99,2V 16 A 1100WattsPérdidas por fricción y ventilación: 324Watts

a) Determinar los parámetros del motor.b) Determinar la corriente y el factor de potencia cuando la máquina funciona a

S=0,03.c) Determinar el deslizamiento crítico y el torque máximo.

SOLUCIÓN:

a) DE LA PRUEBA DE CORTOCIRCUITO:

DEL ENSAYO DE VACÍO:

ΩΩΩ

Ω

Ω

Ω

φ

64,1'XX814,0'r616,0r

fase/28,343,158,3'XX

fase/43,116

31100

I

P'rr

fase/58,316

32,99

Z

21

2

1

2221

22n

1CC21

eq

====

=−=+

===+

==

mhos107575,1

3220

30645,85

V

Pg

Watts0645,85P

324616,025,53460prI3PP

322

1

1FEP

3FE

2vf1

2313FE

−

+

×=

==

=∴

−××−=−××−=

φ

φ

φ

φφφ

426

mhos0413,0gYb

mhos0413,0

3220

25,5VI

Y

2P

2m

1

=−=

=

==

φ

φ

φφ

b) S=0,03

c)

PROBLEMA N° 7.16 : Un motor de inducción trifásico, 660V, conexión delta,50Hz, 4polos con impedancias cuando está detenido:

Si el deslizamiento a plena carga es 3%. Campare el torque eléctrico en estascondiciones con el torque eléctrico desarrollado inmediatamente después dehacer los siguientes cambios:

a) Inversión de 2 líneas de alimentación (cambio de frecuencia)

SOLUCIÓN:

( )

635,0cos608,5047,7Ij776,5743,4I'II

j246,5223,0)j0413,0107575,1(3

220I

j53,052,47,6552,4'I

j64,164,103,0814,0616,0

03

220

j)'XX(S'rr

V'I

1

21

3

2

212

1

12

=°−∠=∴

−=+=

−=−××=

−=°−∠=∴

++

+

°∠=

++

+

=

−

ϕφ

φ

[ ][ ]

mN7,48T28,3616,0616,02

112726

6023T

)'XX(rr2

1V2P

f23T

244,028,3616,0

814,0)'XX(r

'rS

máx

22

2máx

221

211

21máx

22221

21

2C

−=∴++×

××××

=

+++××××

×=

=+

=++

=

π

π

fase/j75,015,0'ZZ 21 Ω+==

427

Como la conexión está en delta :

Figura P7.16.1

mN445,1445T

seg/rad3,152WmN815,481157)03,01(

03,003,0115,0123

T

seg/rad1572

502

2P

f2WW)S1(S

S1'rITTWP

A123

5,103,015,015,0

660'I

3e

m

2

1e

SS

22'

2

1eee

222

−=∴

=−=×−

−××

=

=×=×=×−

−××

=×=

=

+

+

=

φ

φ

φππ

a)

Análogamente:

PROBLEMA N° 7.17 : Un motor síncrono trifásico de 440V (Y), 6polos, 50Hztiene una reactancia síncrona por fase:

97,1W

WWS:líneasdeinversiónCon

WWW

SS

mS

S

mS =−

−−=

−=

mN43,275T

mN81,91157)97,11(

97,197,1115,01,435

T

A1,435

5,197,115,015,0

660'I

3e

2

1e

222

−=∴

−=×−

−××

=

=

+

+

=

φ

φ

fase/10X S Ω=

0.150.15 0.75j 0.75j

I´2

428

A condiciones de plena carga, la corriente de armadura es 20 A y el f.d.p. es 0,9en adelanto. Si el torque de carga se incrementa gradualmente de esta condiciónhasta 300N-m., en que porcentaje deberá ser incrementada la excitación paraevitar la pérdida de sincronismo con este torque de carga.

SOLUCIÓN:

°====

842,259,0.p.d.faargcplenaaA20Ifase/10X,Hz50,polos6,V440,3

:SíncronoMotor

S

ϕΩφ

seg/rad7,104.m.p.r10006

50120P

f120W ≡=×=×=

90-

I

JjIXs

I

90+Eo

90-

I

JjIXs

I

90+Eo

Figura P7.17.1

%9,6069,07,385

7,3853,412E

E'EEE

V3,412'E254

1098,10471V

XP'E90sen

XV'EP

Watts98,104713PP

1000030

1000300WTP

V83,277,385E

9020003

440XjI03

440E

0

00

0

0

S10

S

01

31

L3

0

S0

==−=−=

=∴

×=×

=⇒°××=

==

=××=×=

°−∠=

+∠−°∠=∠×−°∠=

∆

ππ

ϕϕ

φφ

φφ

φ

Por lo tanto debe incrementarse en 6,9%.

429

PROBLEMA N °7.18 : Un motor síncrono trifásico de 1000KVA, 60Hz y 2300V(Y) tiene una reactancia XS =1,65Ω /fase.

a) Cual es el valor de la tensión de excitación si el ángulo de potencia es 10°eléctricos y el motor toma su corriente nominal con f.d.p. en atraso.

b) Cual será el ángulo de potencia del motor si este desarrolla una potencia desalida de 500KW con tensión de excitación de 2000V. Determine si el motortoma corriente en adelanto o atraso y calcule dicha corriente.

SOLUCIÓN:a)

A022,25123003

101000V3

SI

VI3S3

LL

LL

=×

×=×

=⇒

××=

Sabemos que :

)cosjsen(4,717)10jsen10(cos'E2300

9065,1022,251103'E

32300

10XIj'EV S

φφ

φ

δ

+×+°−°×=⇒

°∠×−∠+°−∠=

°=×+=

JjIXs

E´

Figura P7.18.1

Igualando parte real y parte imaginaria:

V7,9633'E'E

V1626,1669'Ey17,66sen4,71710cos'E2300

10sen'Ecos4,717

fase ==∴

=°=⇒×+°×=

°×=×

φφ

φ

430

b)

φ

δδ

δδφ

−∠×°∠+°−∠=⇒×+=

°=∴=

×××=⇒××==

==

==⇒==

I9065,133,103

20003

2300XIj'EV

33,1017935,0sen

32300

32000

65,13

10500sensenX

V'E3

PP:fasePor

V9,13273

2300V

V7,11543

2000'EV2000'EKW500P

S

3

S1

fase

faselínea

Desarrollando e igualando partes reales e imaginarias:

A11,171I827,42cosI8578,233,10sen2000

senI8578,233,10cos20002300

=∴°=⇒××=°×

××+°×=

φφ

φ

PROBLEMA N° 7.19 : Un generador síncrono trifásico de 25KVA; 440V (Y); 4polos que tiene una reactancia síncrona por fase de 11,38Ohmios con unacaracterística de vacío como se muestra:

E0 (V/fase) 70 140 210 280 350 420If (A) 1 2 3 4 5 6

El generador se conectará a un sistema de potencia infinito de 440V y 50Hz.

a) Para la puesta en paralelo calcular la velocidad a la que se debe impulsar el generador y la corriente de excitación.

b) Después de comprobar la secuencia de fases y el sincronismo, el generador espuesto en paralelo y a continuación el torque aplicado es aumentado de talforma que se obtiene un ángulo interno de 25° eléctricos. Determinar lacorriente, f.d.p., ,, 11 φφ QP y el torque aplicado.

c) Si a continuación la corriente If se regula de manera que el generador noentregue ni absorba potencia reactiva del sistema. Calcular If , I y el nuevofactor de potencia.

d) Determinar cual es el mínimo valor de If que se debe aplicar sin que lamáquina salga de sincronismo y para este mismo régimen obtener la I,f.d.p., .11 φφ QyP

SOLUCIÓN:

431

a)

.m.p.r15004

50120P

f120WS =×=×=

Eo

If

254

3.629

Figura P7.19.1

b)

JjIXs

E=2

54o

V=25425º

Figura P7.19.2

mN76,45T3T

mN253,15

301500

926,2395WP

T

9763,0cos.p.d.f

5,12926,2395

164,531arctanPQ

tan

VAR164,53138,11

25425cos38,11254254

XVcos

XVEQ

Watts926,239525sen38,11254254sen

XVE

P

13

m

11

1

1

2

S

2

S

01

S

01

−=×=∴

−=×

==

==∴

°=

=⇒=

−=−°××=−××

=

=°××=××

=

φφ

φφ

φ

φ

φ

φ

π

ϕ

ϕϕ

δ

δ

c)W926,2395.cteP0Q 11 ==⇒= φφ

A629,370254II70E

V2543

440V

ff0

fase

==⇒×=

==

( )

A6618,938,1195,109I

95,109XI25cos2542542254254XI

S

222S

==∴

=×⇒°×××−+=×

432

1.p.d.f0Q:Como

A94,370EI

V863,275senV

XPE

:Luego

9,22254

38,11926,2395arctan

VXP

tansenX

VEP

EVcos0

XVcos

XVEQ

1

0f

S10

2

2S1

S

01

0S

2

S

01

=⇒=

==⇒

=×

×=

°=

×=

×=⇒×

×=

=⇒=−××

=

φ

φ

φφ

φ

δ

δ

δδ

δδ

JjIXsEo=275,863

V=254=27,9º

Figura P7.19.3

fase/A4578,938,1163,107I

63,107254863,275VEXI 22220S

==∴

=−=−=×

d)

S1

Eomin

Eo

=90º

Figura P7.19.4

433

A5335,170

EI

V345,107254

38,11926,2395E

90senX

VEP

min0minf

min0

S

min01

==

=×=⇒

°××

=φ

JjIXs

Eo

V=254

Figura P7.19.5

389,0cos.p.d.f

1,67926,2395244,5669arctan

PQ

tan

Watts926,239538,11

254345,107senX

VEP

VAR244,566938,11

254XV

XVcos

XVEQ

A23125,24I7516,275254345,107XI

1

1

S

01

2

S

2

S

2

S

01

22S

==∴

°==⇒=

=×=××

=

−=−=−=−××

=

=⇒=+=×

ϕ

ϕϕ

δ

δ

φ

φ

φ

φ

PROBLEMA N° 7.20 : Un generador síncrono trifásico de 150 KVA; 2200V;60Hz, de 6 polos en conexión estrella; XS = 43,83Ohmios/fase y resistenciadespreciable; fue ensayado en vacío y a la velocidad síncrona generando 3770Ven bornes de línea cuando la corriente de excitación fue de If =40A.Si el generador va a ser conectado a un sistema de potencia infinito de 2200V y60Hz y asumiendo una característica lineal para el circuito magnético, se pide:

a) Para la puesta en paralelo, calcular la velocidad a la que debe impulsarse elgenerador y la corriente de excitación necesaria. Además mencione que otrascondiciones debe cumplirse para la puesta en paralelo.

b) Luego la excitación del generador es regulado de tal manera que If = 49,4A yla corriente de armadura sea la nominal, calcular: Angulo de potencia "δ",factor de potencia, la potencia activa y la reactiva.

c) Hallar el mínimo valor posible de If para que la máquina no pierdasincronismo.

434

SOLUCIÓN:

a)

A342,234037702200IV2200'E:vacíoEn

II

E'E

.m.p.r12006

60120P

f120W

f

0f

f

S

=×==

=

=×=×=

- Secuencia de Fases.- Sincronismo.

b)

fase/V37,1725365,3983,43IX

)IV3S(A365,392200310150I

V114,26883

'E'E

V95,465540

4,493770'EA4,49ISi

V17,12703

2200V

nomaS

nomaLn

3

noma

fase

f

fase

=×=×⇒

××==××=

==

=×=⇒=

==

En una fase:

V114,2688'E

V3

2200V

fase

fase

=

=

JjXs aIE´

V

-

Figura P7.20.1

( )

( )

°=∴

×××−+

=⇒

×××−+=×

85,30

'EV2IX'EV

arccos

cos'EV2'EVIX

fasefase

2aS

2fase

2fase

fasefase2

fase2

fase2

aS

δ

δ

δ

435

°∠°∠−∠

=−∠

°∠×−∠+°∠=∠

90X0V'E

I

90XI0V'E

S

fasefasea

Safasefase

δϕ

ϕδ

[ ]KVAR069,30Q

3220085,30cos

32200114,2688

83,431VcosV'E

X1Q

KWatts95,39P

85,30sen83,43

32200114,2688

senX

V'EP

799,0)97,36cos(.p.d.f

97,36365,399083,43

03

220085,30114,2688I

1

22

fasefasefaseS

1

1

S

fasefase1

a

=∴

−°×××=−×××=

=∴

°××

=××

=

=°−=∴

°−∠=°∠

°∠−°∠=−∠

φ

φ

φ

φ

δ

δ

ϕ

c)

E´min

90º

P1

Figura P7.20.2

A334,253

37704056,1378I

minf =×=

PROBLEMA N° 7.21 : Un motor síncrono de 11KV, conexión estrella, 50Hz,6polos, opera a 1MVA y f.d.p. 0,9 capacitivo. Si el motor tiene una impedanciapuramente inductiva XS = 120 Ohmios/fase.a) Calcular la corriente de armadura, la tensión interna, torque eléctrico y la

potencia de salida.b) Calcular la nueva corriente de armadura, la tensión interna requerida para

operar al motor a f.d.p. 0,8 inductivo e impulsando la misma carga mecánica,expresar el nuevo valor de Ef como una fracción del valor obtenido en a).

fase/V56,1378'E

1095,39P90senX

V'E

min

31

S

fasemin

=⇒

×==°××

φ

436

SOLUCIÓN:

a)

JjXs aI

E´

V-

Figura P7.21.1

mKN6,8

6504

900669WP

T

KW669,900PKW223,300P

96,31sen120

31100085,10716

senX

VEP

96,31KV71685,10E

96,3185,10716E

8,255,529012003

11000IjXVE

8,259,0cos

A5,5210113

10V3

SI

3e

31

S

f1

f

f

Sf

3

6

−=×

==

=⇒=∴

°××

=××

=

°=

=∴

°−∠=

°∠×°∠−°∠=×−=

°=⇒=

=××

=×

=

π

θ

θ

ϕϕ

φ

φφ

φ

b)

Ef

V

JjXIs

I

Figura P7.21.2

437

563,085,10716

6034K

8,69V6034E

8,696034E

3709,599012003

11000IjXVE

A09,598,0110003

900669cosV3

PI

PcosIV3

.ctePinductivo8,0.p.d.f

f

f

Sf

L

3

3L

1

==

°=

=∴

°∠=

°−∠×°∠−°∠=×−=

=××

=××

=⇒

=×××

==

θ

ϕ

ϕ

φ

φ

φ

PROBLEMA N° 7.22 : En la figura se muestra un generador síncrono trifásicode rotor cilíndrico de 12MVA, 11KV en conexión Y, 60Hz, Zd = j6,96Ohmios/fase, el cual está conectado a una red de potencia infinita de 11KV,f=60Hz, mediante 2 líneas de impedancia ZL = j1,6 Ohmios/fase.En horas de máxima demanda, la válvula de admisión de agua de la turbina y lacorriente de excitación del generador son ajustados de tal manera que la tensiónen bornes del generador sea 11,3KV y un cosϕ=0,766.Para este régimen calcular:

a) La potencia activa y reactiva que el generador entrega por sus bornes.b) El ángulo medido entre la tensión del sistema y la fuerza electromotríz.c) La potencia activa máxima que puede entregar si una terna sale de servicio.

V´g V´s

JjX =ZL L

JjX =ZL L

Zd

Figura P7.22.1

SOLUCIÓN:

Como cosϕ=0,766 entonces ϕ=40° y XL' =ZL // ZL = 0,8 Ohmios/fase.

Como el generador está en Y, entonces por fase tenemos:

V85,63503

11000VV058,65243

11300V Sg ====

438

De lo cual obtenemos el siguiente diagrama fasorial:

JjX Id

Vs

-

Ef

Vg

JjX IL

Figura P7.22.2

De lo cual:

°=−=

°=

×=

×=⇒×=×

9,1

1,3811

766,03,11arccos

VcosV

arccoscosVcosVS

ggS

θϕψ

θ

ϕθϕθ

Por ley de cosenos:

( )

°=°−°=−=°=⇒

=°×

×+°×=×

×+×=

===⇒

×××−+=×

8,12408,528,52

3176,140cos058,6524

96,66,34340sen058,6524cosV

XIsenVtan:Luego

A6,3438,088,274

'X88,274I

cosVV2VV'XI

g

dg

L

gS2

g2

S2

L

ϕβδβ

ϕϕ

β

ψ

a)

MVAR32,4tanPQ

MW15,58,12sen96,6

058,65248,82663senX

VE3P

V8,8266E8,52sen96,66,3438,12cos058,6524senXIcosVE

d

gf

f

dgf

=×=

=°×××=×××

=∴

=

°××+°×=××+×=

ϕ

δ

βδ

b)Nos piden δ+ψ=12,8°+1,9°=14,7°=δ '

439

c)

MW67,47,14sen56,8

85,63508,82663'P

)terna1(56,86,196,6'X)ternas2(76,78,096,6X:donde

'sen'XVE3

'P

Zd

Zd

Zd

Sf

=°×××=∴

=+==+=

×××

= δ

PROBLEMA N° 7.23 : Un motor síncrono trifásico de 500HP, 2300V y 60Hz,tiene una resistencia despreciable en el inducido, y una reactancia síncronaXS = 13 Ohmios/fase. Cuando la corriente en el inductor es de 94 A DC, lamáquina genera en circuito abierto la tensión nominal y girando a la velocidadsíncrona. Suponer lineal la característica de circuito abierto. La máximacorriente del inductor utilizable es de 175 A. Si el motor entrega su potencianominal, calcular:

a) El máximo ángulo del factor de potencia en adelanto de fase y la corriente delinducido.

b) La corriente del inductor más pequeño posible, para que no se pierdasincronismo, la corriente de línea y el f.d.p..

c) La corriente del inductor y la corriente del inducido, cuando el motor trabajacon f.d.p. unitario.

SOLUCIÓN:

a) Tomando el siguiente diagrama fasorial:

Ef

-I

Figura P7.23.1

2300

94Iif

E f /fase

3

Figura P7.23.2

.::.:

a

f

IinducidoelenCorrienteIinductorelenCorrienteI

ff I943

2300E ××

=

440

Para la máxima corriente:

V165,2472175943

2300E f =××

=

f

S1

S

f1 EV

XPsensen

XEV

P××

=⇒××

= φφ δδ

Si entrega su potencia nominal:

°∠=°∠

°−∠−=

−=⇒=×+

=

°=⇒===⇒

=−°××

=−××

=

°=⇒=×

×=∴

=×=

1,3406,1139013

47,29165,24723

2300

jXEV

IVIjXE

8281,0cos

1,34677,033,124333

84209PQ

tan

VAR8420913

3230047,29cos

32300165,2472

XVcosVE

Q

47,29492,0165,2472

32300

1333,124333sen

W33,1243333

746500P

S

fSf

1

1

2

S

2f

1

1

φ

φφ

δ

δδ

φ

φ

φ

φ

b)

fase/V2,1217E

90sen13

32300E

3746500sen

XVE

P

f

f

maxS

f1

=∴

°××

=×⇒××

= δφ

6756,0cos

5,475664,1389013

902,12173

2300

jXEV

I

fase/A16335,862,12172300

394E2300

394'I

S

f

ff

=∴

°−∠=°∠

°−∠−=

−=

=××=××=∴

φ

441

c)

°=

=××

=×

=

××

=⇒××

=

=

=−××

=∴=⇒°=⇒=

5,42

9166,0

32300

133

746500

VXP

tan

VEXP

sensenX

VEP

EVcos

0X

VcosVE

0Q0tan01cos

22S1

f

S1

S

f1

f

S

2f

1

δ

δ

δδ

δ

δ

φφφ

φ

φφ

φ

Θ

--

-

Figura P7.23.3

°∠=°∠

°−∠−=

−=

=××=××=∴

=°

=⇒

=×

06,939013

5,42094,18013

2300

jXEV

I

A5,127094,18012300

394E2300

394I

fase/V094,18015,42cos

32300

E

VcosE

S

f

0f0f

0f

0f δ

442

ANEXO

448

REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS

1. A. FITZGERALD – KINGSLEY – KUSKO, “ TEORIA Y ANALISIS DE LASMAQUINAS ELECTRICAS” , ED. HISPANO EUROPEA, 1984.

2. VEMBU GOURISHANKAR, “ CONVERSIÓN DE ENERGIAELECTROMECANICA” , EDICIONES ALFAOMEGA, 1990.

3. INSTITUTO TECNOLOGICO DE MASSACHUSETTS, “ CIRCUITOSMAGNETICOS Y TRANSFORMADORES”.

4. MEISEL, “PRINCIPIOS DE CONVERSIÓN DE ENERGIA”.

5. LIWCHITZ – GARIK, “MAQUINAS DE CORRIENTE CONTINUA,

MAQUINAS DE CORRIENTE ALTERNA”, ED. O. VAN NOSTRAND,

COMPANY, 1987.

6. M.P. KOSTENKO – L.M. PIOTROVSKI, “MAQUINAS ELECTRICAS

TOMOS I Y II, MIR 1975.

7. K.HEUMAN, “FUNDAMENTOS DE ELECTRONICA DE POTENCIA”.

8. SARDE YAMAMURA, “AC. MOTOR FOR HIGH – PERFORMANCE

APPLICATIONS”.

9. ENRICO LEVI, “POLYFHASE MOTORS – A. DIRECT APPROACH TO

THEIR DESIGN”.

10. ROBERTO MIALICH – GIANCARLO ROSSI, “ELECTRONICA

INDUSTRIALE – SISTEM E AUTOMATIONE”.

11. IVANOV – SMOLENSKY, “MAQUINAS ELECTRICAS TOMOS I, II Y III”.

***************************************

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