ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DE
CHIMBORAZO
FACULTAD DE MECÁNICA
ESCUELA DE INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMAS RESUELTOS DE TRANSFORMADORES Y MÁQUINAS ELÉCTRICAS
CARCAZA
CARCAZA
RANURAS
ESCOBILLAS
BOBINA DE
CAMPO
ESTATOR
ESTATOR
ROTOR
MOTOR DE CD
ROTOR
MOTOR DE CA
2010 -2011
Primera Edición
Presentación
El presente texto nace de la necesidad de contar con una fuente de consulta de los diferentes
temas que abarca la materia de TRANSFORMADORES Y MÁQUINAS ELÉCTRICAS que se
dicta en la Escuela de INGENIERÍA MECÁNICA de la Escuela Superior Politécnica de
Chimborazo.
El texto está constituido de la siguiente manera:
• La parte de Circuitos Magnéticos consta de 35 problemas.
• La parte de Transformadores consta de 36 problemas.
• La parte de Electrónica de Potencia consta de 10 problemas.
• La parte de Motores de CD consta de 37 problemas.
• La parte de Alternadores consta de 11 problemas.
• La parte de Máquinas Síncronas consta de 10 problemas.
• La parte de Máquinas de Inducción consta de 8 problemas
Claro está que, lo expuesto aquí no es suficiente para entender el comportamiento de las
MÁQUINAS ELÉCTRICAS ESTÁTICAS Y ROTATIVAS, por lo que se recomienda al estudiante
entender los principios básicos de su funcionamiento.
En el texto existirán errores como es normal, pero se espera que el mismo sea un aporte
complementario en el aprendizaje de la asignatura, cualquier crítica y sugerencia para mejorar
el texto será muy bien acogida por parte del autor.
José L. Tierra C.
Contenido
PÁGINA
ECUACIONES
I
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
1
TRANSFORMADORES
29
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
60
MOTORES DE CORRIENTE DIRECTA
79
ALTERNADORES
107
MÁQUINAS SÍNCRONAS
117
MÁQUINAS DE INDUCCIÓN
126
2010 - 2011
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
REPASO Y ECUACIONES
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
1.
C
2.
H= Intensidad del campo magnético (Amperes / metro)
S= Superficie de contorno
J= Densidad de corriente
∫ Hdl = ∫ J .da
S
∫ B.da = 0
2
B=Densidad del flujo magnético (Wb/metro = 1Tesla)
S
3.
4.
5.
φ = ∫ B.da
S
φ c = Bc . AC
Ф=Flujo magnético en Weber (Wb)
Фc= Flujo en el núcleo
Bc= Densidad de flujo en el núcleo
Ac= Área de la sección transversal del núcleo.
F= Fuerza magnetomotriz (fmm)
N= Número de vueltas de la bobina
I= Corriente que circula por la bobina
µ = Permeabilidad magnética (Wb/Amp.vuelta.m)
F = N .i = ∫ H .dl
F = Hc.Ic
B = µH
6.
7.
φ = Bg. Ag
F=ФR
8. R=L / µA
9.
10.
11.
12.
Ф= Flujo en el entrehierro
R=Reluctancia (Amp-vuelta/Wb)
L= Longitud media de recorrido del núcleo
µ = µ R µ0
µo= Permeabilidad del vacío (4πx10-7Wb/Amp.vuelta.m)
µ R= Permeabilidad relativa del material. Se encuentra tabulado
 Wb 

 A*v*m
l  A*v
Rc = c 
µ Ac  Wb 
lg  A * v 
Rg =
µ oA g  Wb 
µ = µr µo 
A*v
R TOTAL = R c + R g 

 Wb 
2
N
[Henrys ]
L =
R TOTAL
1
W = Li 2 [ Joules]
2
Rc= Reluctancia en el núcleo con sus respectivas unidades.
Rg= Reluctancia en el entrehierro con sus respectivas unidades.
Rtotal= Reluctancia total que generalmente se encuentre en estos
circuitos en serie.
L= Valor de la inductancia.
W= Energía magnética acumulada.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
I
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
13.
e=N
14.
dB c
dφ
[Volts ]
= NAc
dt
dt
e= Voltaje inducido con variación temporal (Se refiere a la
variación del flujo con respecto al tiempo)
F = N * i = φ TOTAL R TOTAL
Ecuación para hallar el flujo total, que en los circuitos magnéticos
tiene el papel de la corriente en los circuitos eléctricos.
Generalmente se halla como en circuitos eléctricos sea por mallas o
por cualquier método.
F = φ TOTAL ( R c + R g )
φ TOTAL =
15.
16.
E rms =
N *i
[Wb ]
Rg
2π
fNA c B máx [Volts ]
2
λ = N φ [Wb .vuelta ]
Erms= Voltaje rms del inductor
λ= Acoplamiento de flujo de bobina
Se recomienda repasar teoría, para luego ver el empleo de estas ecuaciones en los problemas y de la explicación del
porque de su uso.
______________________________________________________________________________________________
TRANSFORMADORES
1.
2.
M
k=
K=Coeficiente de acoplamiento
L1= Inductancia del primario
L2= Inductancia del secundario
M= Inductancia mutua
L1 * L 2
α= Relación de transformación cuando el transformador es de bajada V2<V1
N
α = 1
N2
3.
α =
4.
S 1 = V1 I 1 = V 2 I 2 = S 2 = S
5.
α= Relación de transformación cuando el transformador es de subida V2>V1
N2
N1
I 1nom =
I 2 nom =
S= Potencia en KVA total del transformador, su uso se verá en
los problemas.
S
V1nom
S
Con esta ecuación se hallan los valores de las corrientes nominales en el
primario y secundario con S total del transformador que generalmente se da
como dato.
V 2 nom
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
II
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
6.
INGENIERÍA MECÁNICA
E 2 = V2 cos θ + I 2 Req 2 + j (V2 senθ ± X eq 2 I 2 )
RV 2 =
E 2 − V2
x100%
V2
E2= Voltaje generado en la bobina
V2= Voltaje nominal del secundario
I2= Corriente nominal del secundario
Req2= Resistencia equivalente obtenida de
la prueba de cortocircuito pasada al lado del
secundario.
Xeq2= Reactancia equivalente obtenida de la
prueba de cortocircuito pasada al lado del
secundario.
RV2= Regulación de voltaje hecha en el lado de baja o secundario.
Esta ecuación también se puede usar en el lado de alta pero con Req1 y Xeq1.
7.
Vsc1=Vpc1 + I1*Zeq1
Vpc1= Vsc1 – I1Zeq1
Vsc= Voltaje sin carga en el lado de alta
Vpc= Voltaje a plena carga en el lado de alta
I1= Corriente nominal del lado de alta o primario
Zeq1= Impedancia obtenida a partir de la prueba de CC en alta tensión
La ecuación anterior se obtiene haciendo malla en el circuito donde se vaya a trabajar sea este en el de alta o el de
baja.
RV 1 =
Vsc1 − Vpc1
x100%
Vpc1
Regulación realizada en el lado de alta tensión, esta ecuación es más exacta
que la anterior.
** Hay que tener presente que en la prueba de CA (circuito abierto), cuando se aplica el valor de voltaje nominal, ya
sea el del primario o secundario (dependiendo del dato o verificando), en el devanado donde se aplicó la tensión debe
aparecer un valor de corriente, el mismo que debe ser medido por los instrumentos (dato de la tabla), si se efectuó en
el lado de alta los valores estarán en dicho lado. Un razonamiento similar se da para la prueba de CC (cortocircuito).
Generalmente el término de carga se asocia directamente con la corriente, así por ejemplo, si para tener un par de
4N.m con 2 A, y después uno de 8 N.m entonces con el valor de 2 A no se lo podría tener, por tanto vemos que la
corriente necesariamente debe incrementarse. Así por ejemplo la carga aumenta 1/8, 1/7, etc.
IMPORTANTE!: En el lado de ALTA, el VOLTAJE, IMPEDANCIAS son altas mientras que la CORRIENTE es baja. En el
lado de BAJA el VOLTAJE, IMPEDANCIAS son bajos, mientras que la CORRIENTE es alta.
* Para pasar los parámetros de alta a baja divida para alfa al cuadrado.
* Para pasar los parámetros de baja a alta multiplique por alfa al cuadrado.
Tener siempre presente que cualquiera de los dos bobinados puede tomarse como primario o secundario
______________________________________________________________________________________________
MÁQUINAS DE CD
ECUACIONES:
VT = E A + VE + IaRa
1. Motor Shunt o en derivación
Ia
It
Ra
Rf
Escobillas
If
Ea
Vt
Vt= Voltaje terminal
Ea= Voltaje generado
VE= Voltaje en las escobillas
Ia= Corriente de armadura o inducido
Ra= resistencia de la armadura o inducido
Lf
A veces sucede que se confunde el término de armadura con lo que es la carcaza. Ver introducción a las máquinas de
rotación más adelante.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
III
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
2. Relación entre Psal en el eje con el par en el eje o par de salida.
Psal = Tejeω nom
3. Potencia terminal llamada también potencia de entrada.
Pter min al = Ia.VT
4. Potencia electromagnética o potencia desarrollada.
Pelctmag = EaIa
5. Para un generador compuesto en derivación larga
Ia = I L + If
Ia= Corriente en la armadura
If= Corriente del campo
Ns= Número de vueltas en la armadura
Nf= Número de vueltas en el estator
 Ns 

fmmbruta = If + Ia
 Nf 
6. Regulación de velocidad:
Rω =
ω SC − ω PC
x100%
ω PC
ωsc= velocidad sin carga
ωpc= velocidad a plena carga
7. Torque o para desarrollado:
Td =
Pd
ωD
Pd= Potencia desarrollada
ωD= velocidad desarrollada o de salida ( en algunos casos puede ser de vacío o a plena carga)
8. Para un motor en serie:
φ = cIa
kcIaφω 0
Ea
=
Ea X kcIa X φ X ω X
Ea = kφω 0 = kcIaφω 0
Iaφω 0
Ea
=
Ea X
Ia X φ X ω X
Ea X = kφω X = kcIa X φω X
ωX =
Ф= Flujo variando en proporción a la corriente
de armadura Ia.
ωx= velocidad en función del flujo y de los
voltajes generados o a veces llamados fuerza
contraelectromotriz.
Ea X Iaω 0
EaIa X
9. Pérdidas rotacionales = Pérdidas mecánica= Pr.
PR = Pd − Po
Pd=Potencia desarrollada
Po= Potencia de salida
10. Pérdidas totales constantes Pk:
Pk = Vf .If + Pr
Vf.If= Pérdidas en el campo y son constantes.
Pr= Pérdidas rotaciones o a veces llamadas pérdidas mecánicas.
11. La corriente de armadura a la cual se presenta la eficiencia máxima.
Pk = Ia 2ηmáx Ra → Iaηmáx =
Pk
Ra
Pk= Pérdidas totales constantes
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
IV
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
12. Fracción de carga para la eficiencia máxima FC:
FC =
Iaηmáx
FC= Fracción de carga.
Ia NOM
13. La eficiencia máxima (es diferente de la eficiencia nominal):
η MÄX =
FC ( Pent .nom ) − 2 Pk
FC ( Pent .nom)
Pent.nom= Potencia de entrada nominal= Vt.IL
14. Pérdida en el campo derivación del generador.
 Vt
Pder = If Rf = 
 Rf
2
2

 Rf

If= Corriente en el campo
Rf= Resistencia en el campo.
Vt= Voltaje en las terminales de la armadura.
15. Potencia eléctrica generada en el generador Pg:
Eg = Vt + Ia.Ra
Ea > Vt
Psal = Vt .I L
Eg= Voltaje generado
Ia= Corriente en la armadura “saliendo”
Ia = I L + If
Pg = Eg .Ia
16. Otra forma para Pg:
Pel.var= Pérdidas eléctricas variables Ia2.Ra
Pder= Pérdidas en el campo en derivación If2.Rf
Psal = Potencia de salida
Pg = Psal + Pel . var + Pder
17. Eficiencia con todos los parámetros.
Psal
Psal + Ppérdidas
Ppérdidas = Pr otacionale s + Peléctricas
η=
Peléctricas = Parmadura + Pcampo
18. Otra forma para la eficiencia:
η=
Psal
x100%
Psal + Pr + Par + Pc
Pr= Pérdidas rotacionales o mecánicas.
Par= Pérdidas en la armadura variables (cobre).
Pc= Pérdidas en el campo constantes (hierro o núcleo)
19. Ángulo de disparo:
Ed = 1 .35 Eef . cos α
Ed = Ea + Ia .Ra = Vt
Ed= Voltaje disponible o voltaje en las terminales de la armadura Vt.
Eef= Voltaje efectivo (de la red), generalmente se da línea a línea o línea
neutro (en cuyo caso VLN=VLL/1.73), 1.73 es la raíz cuadrada de 3.
Cosα = Ángulo de disparo.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
V
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
20. Voltaje en las terminales de la armadura en función del Vbus.
TON
T
Vt = VBUS ( 2δ − 1)
δ =
1  Vt
Ton= Tiempo de encendido
T= Período
f= Frecuencia en Hz.

δ = 
+ 1
2  V BUS

f =
1
T
Se recomienda que en dónde sea necesario volver a ver las ecuaciones, se lo haga, así se pierda un poco de tiempo.
Las ecuaciones de las potencias dadas anteriormente suelen a veces ser diferentes de un autor a otro, sin embargo se
recomienda que el estudiante tenga presente a que es igual cada tipo de potencia y de ser posible dar una simbología
adecuada para que no existan confusiones.
_____________________________________________________________________________________________
MÁQUINAS DE CA.
ECUACIONES:
1. Velocidad síncrona
Ssínc =
f= Frecuencia de la red
P= Número de polos o número de fases del estator
Pp= Pares de polos= 2P
120 f 60 f
=
P
Pp
Cuando se expresa como S debe estar en rpm, si está en ω estará en rad/seg
2. El número de grados eléctricos α que se retrasa el campo del estator.
α = Pβ / 2
P= Número de polos
β= Grados mecánicos
3. El ángulo δ entre el voltaje resultante Er y el voltaje de fase aplicado Vp.
Er
Egp
δ
Vp
4. La potencia total que toma el motor de las barras de distribución y la potencia que desarrolla la armadura.
Pfase = Vp.Iafase. cos θ
Ptotal = 3Pfase
Parm = 3Ia 2 fase.Ra
Pd = Ptotal − Parm
Parm= Pérdidas en la armadura
Pd= Potencia desarrollada
Ra= Resistencia de armadura
5. El voltaje de fase Er que resulta entre los voltajes de fase aplicado y generado cuando esta conectado en estrella.
Vp =
VLL
= Egp
3
Er = Vp − Egp cosα + jEgpsenα
Vp= Voltaje de terminales por fase del motor
Egp= Voltaje generado por fase
Er= Voltaje resultante
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
VI
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
6. La corriente de fase que toma el motor si se conoce el valor de la impedancia de fase
Zs = Im pedanciaporfase
Ifase =
Er
Zs
7. Torque o par desarrollado
Td =
Pd= Potencia desarrollada
ω= Velocidad en algunos casos la síncrona (Tsal) o diferente de esta
Pd
ω sínc
8. Torque de salida
Tsal =
Psal
ω sínc
Como este par está en función de la velocidad síncrona, y de la potencia de salida, entonces
se refiere al par de salida.
Notamos que 7 y 8 deben ser iguales cuando Pd=Psal
9. Potencia de entrada.
VLL= Voltaje línea a línea
Cosθ = Factor de potencia
θ = Angulo de la corriente de fase
Pent = 3V LL Iafase. cos θ
10. Eficiencia
η=
Psal
Pent
11. Cambiador de frecuencia
A un conjunto motogenerador de ca a ca en el que se tenga cambio de frecuencia se le llama cambiador de frecuencia.
Como el motor síncrono está acoplado con el alternador, ambos trabajan a la misma velocidad síncrona y por tanto:
fa= Frecuencia del alternador
fm= Frecuencia del motor
Pa= Número de polos del alternador
Pm= Número de polos del motor
Ver problema final
120 f a 120 f m
Ssínc =
=
Pa
Pm
______________________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ASÍNCRONAS O DE INDUCCIÓN
ECUACIONES:
1. Deslizamiento fraccionario
s=
n sínc − n rotor S sínc − S rotor
=
n sínc
S sínc
2. Velocidad a plena carga (o en el rotor) en función del deslizamiento y la velocidad síncrona.
nrotor = (1 − s ) nsínc
s= Deslizamiento
nsínc= Velocidad síncrona o a veces llamada velocidad teórica o sin carga.
3. Frecuencia del rotor
f rotor = sf red = sf eléctrica
s= Deslizamiento
f eléctrica= Es la frecuencia con la que trabaja la red
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
VII
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
4. Con el rotor girando en la misma dirección que el campo del estator, se producirá una onda de flujo rotatorio que
gira a s*nsínc con respecto al rotor en la dirección de avance.
5. Superpuesta a esta rotación se encuentra la rotación mecánica del rotor, así pues, con respecto al estator, la
velocidad de la onda de flujo producida por las corrientes en el rotor es la suma de estas dos velocidades y es igual a:
s.nsínc + nrotor = s.nsínc + s.n sínc (1 − s ) = n sínc
6. Par de arranque
 Vx 
Tx = Tarr  
 Vo 
2
Tx= Par en condiciones finales
Vx= Voltaje en condiciones finales
Vo= Voltaje inicial
7. Potencia disipada por el rotor.
Protor = s.Pag
s= Deslizamiento
Pag= Potencia en el entrehierro
8. Potencia en el estator
It= Corriente terminal
Ra= Resistencia de armadura
Pestator = 3( It ) 2 .Ra
9. Potencia en el entrehierro
Pag = Pent − Pestator
Pent= Potencia de entrada
10. Otra forma para el deslizamiento
Stéorica − Spc
Spc
Stéorica = Ssínc
120 f
Stéorica =
P
S=
Steórica= S síncrona
Spc= Velocidad del rotor o a plena carga o en el eje
f= Frecuencia de la red
P= Número de polos
Para las potencias en los problemas se tiene diferente simbología, esto se da de acuerdo al autor.
ALTERNADORES
La teoría es extremadamente larga y a veces un poco compleja, si se quiere saber más leer el libro de KOSOW.
1. Egp=Vp+IpZp
Egp: Voltaje generado por fase
Vp: Voltaje de terminales por fase del alternador
IpZp: Caída de voltaje por impedancia interna síncrona del alternador
2. Egp en el sistema inglés:
Egp = 4.44φNp. f .Kp.Kdx10 −8
Ф= Flujo por polo em líneas o em Maxwells
f= Frecuencia
Np= Número total de vueltas por fase
Kp= Factor de paso
Kd= Factor de distribución
3. Egp en el SI:
Egp = 4.44φNp. f .Kp.Kd
Ф= Flujo por polo en Webers
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
VIII
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
4. Velocidad síncrona
S sin c =
Ssinc= Velocidad síncrona [rpm]
P= Número de polos
120 f
P
5. Velocidad síncrona
S sin c =
ωsinc= Velocidad síncrona [rad/seg]
Pp= Número de pares de polos
60 f
Pp
6. Valores en conexiones trifásicas.
I LLY
I L∆
V LLY
I CARGA ∆
V LL ∆
VLL ∆ = 125V
V LLY = 3V LL∆
I LY =
S
3V LLY
V LLY
V LLY
VLLy= Voltaje línea a línea en estrella.
VLL∆= Voltaje línea a línea en delta.
ILLy= Corriente de línea en estrella.
S= Potencia aparente total en VA.
Pueden existir otras formas de calcular, ver los problemas.
7. Regulación de voltaje RV:
RV =
Egp − Vp
x100%
Vp
Egp= Voltaje generado por fase
Vp= Voltaje de terminales por fase del alternador.
Cuando esta en estrella Vp= VLLy/1.73, cuando está en delta Vp= VLL∆.
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MÁQUINAS ELÉCTRICAS
IX
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
PROBLEMA A
Explicar la forma de obtener el circuito equivalente del circuito magnético siguiente.
Como la permeabilidad es infinita la resistencia del núcleo es cero.
Ahora verificamos el sentido del flujo, para esto usaremos la regla de la mano derecha.
Imaginemos que colocamos los cuatro dedos de la mano derecha “sobre” la corriente de la que deseamos conocer el
sentido que tendrá el flujo que esta produce, por ejemplo en I1.
Ahora “estiramos” el pulgar de la mano y este nos indica el sentido del bobinado y del flujo que produce la corriente y
lo indicamos con el signo (+) más, en la fuente contraelectromotriz. De igual forma obtenemos para las demás
corrientes.
Hay que notar que el circuito equivalente se parece a los circuitos eléctricos, el cual se lo resuelve como si fuera uno
de ellos, ya sea por mallas o por otros métodos dependiendo de lo que nos pidan.
R2
Rg1
R4
R3
+
F1
-
1
Rg2
R5
R1
-
F2
2
R7
R6
R11
Se debe tener muy en cuenta el análisis dimensional en el SI debido
al factor de la permeabilidad del vacío. Cuando se analiza la
reluctancia del vacío en vez de µ absoluto se debe poner el valor de
µ0 (del vacío) cuyo valor es 4πx10-7 Wb/A-vuelta-m.
Rg4
Rg3
R8
+
3 F3
-
+
Ahora dibujamos el circuito, pero la permeabilidad ahora ya no tiende
a infinito.
En este circuito Rg representa las reluctancias del vacío mientras que
R las reluctancias de cada parte del núcleo de hierro.
Hay que tomar en cuenta que para poner las reluctancias del núcleo,
se debe observar como se distribuye el flujo (divide) como si fuera
una corriente. Entonces se ve por donde va a circular el flujo y por
tanto cuantas reluctancias tendrá que atravesar.
R9
R10
Se debe tratar de poner al inicio los datos que dispongamos y lo que
se nos pide calcular.
Una forma muy buena de saber el número de reluctancias que se tienen es fijarse que estas están en función del área,
si el área es diferente entonces hay la certeza de que debe existir en esa parte (cambio de sección) una reluctancia.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
1
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA B
Para el circuito siguiente realizar paso a paso la obtención del circuito equivalente.
Donde A representa el área de cada tramo del núcleo, g indica un vacío.
1. Obtención del signo de las fuentes por medio de la regla de la
mano derecha.
2. Representación sólo de las reluctancias del vacío.
3. Representación sólo de las reluctancias de cada parte del
núcleo en función del área.
4. Circuito resultante con todas las fuentes, las reluctancias tanto
de vacío como del núcleo.
Como conclusión, las reluctancias R que se tengan son una
función del valor del área. Los flujos se pueden hallar aplicando
mallas como en los circuito eléctricos y así para cualquier tipo.
1.
3.
2.
4.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
2
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 1
Para el circuito de la figura se tiene los siguientes datos: Ac=Ag=9cm2, g= 0.0050cm, lc=30cm. Suponga que el valor
de µr=70000 para el material del núcleo y Bc=1Tesla.
Calcule el flujo y la corriente si:
a. N=1000 vueltas
b. N=500 vueltas y g=0.040cm.
SOLUCIÓN:
Lc
Cálculos previos:
Rc
Wb
A*v*m
lc
A*v
0 .3
Rc =
=
= 3789 .60
−4
µ Ac ( 0 .08796 )( 9 x10 )
Wb
−
4
lg
A*v
5 x10
Rg =
=
= 442097 .06
−7
−4
Wb
µ o A g ( 4πx10 )( 9 x10 )
µ = µ r µ o = ( 70000 )( 4πx10 − 7 ) = 0 .08796
i
+
N
Rg
F
-
a)
Wb
)( 9 x10 − 4 m 2 ) = 9 x10 − 4 Wb
m2
F = φ ( R c + R g ) = (9 x10 − 4 )( 442097 .06 + 3789 .60 ) = 401 .2979 A * v
φ = B c Ac = (1
F = Ni ⇒ i =
b)
Rg =
F
401 .2979 A * v
=
= 0 .401 A
N
1000 v
g
4x10−4
A*v
=
= 353677.65
−7
−4
µo Ag (4πx10 )(9x10 )
Wb
φ = 9x10− 4Wb
F = φ ( Rg + Rc ) = (9x10− 4 )(353677.65 + 3789.60) = 321.72A * v
i=
F 321.72A * v
=
= 0.653A
N
500v
************************************************************************************
PROBLEMA 2
Para la estructura magnética se tiene las siguientes dimensiones (permeabilidad infinita):
Bg=0.9 Teslas, I=10 A, g= 1cm, Ag= 2000cm2. Determine el flujo en el entrehierro para la bobina de N=500 vueltas y
la corriente requerida para producir este nivel de flujo en el entrehierro.
SOLUCIÓN:
Rc
Rg
i
Re =
le
l
= 0 ; Rr = r = 0
µ Ae
µ Ar
Rg =
g
0 .01
A*v
=
= 39788 .73
−7
Wb
µ o A g ( 4πx10 )( 0 .2 )
+
F
Rg
como
µ→∞
F = φ g ( 2 R g ) = ( 0 .18 )( 2 * 39788 .73 ) = 14323 .9 A * v
i=
F 14323 .9 A * v
=
= 28 .647 A
N
500 v
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
3
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 3
Para el problema 1 calcular la inductancia para una µr=30000 sin variar las dimensiones.
SOLUCIÓN:
Wb
A*v*m
lc
0 .3
A*v
Rc =
=
= 8865 . 24
µ A c ( 0 . 0376 )( 9 x10 − 4 )
Wb
µ = µ r µ o = ( 30000 )( 4π x10 − 7 ) = 0 . 0376
Rg =
g
5 x10 − 4
A*v
=
= 442097 . 06
−7
−4
Wb
µ o A g ( 4π x10 )( 9 x10 )
R TOTAL = R c + R g = 450962 . 3
L=
N
2
R TOTAL
=
A*v
Wb
( 500 ) 2
= 0 .554 Henrys
450962 . 3
************************************************************************************
PROBLEMA 4
Para el problema 1, calcular:
a. El valor de la inductancia.
b. La energía magnética acumulada.
c. El voltaje inducido con variación temporal de 50 Hz de la forma Bc=0.8senωt
SOLUCIÓN:
a)
b)
φ = B c Ac = ( 0.8)( 9 x10 ) = 7 .2 x10 Wb
−4
−4
F = φRTOTAL = (7 .2 x10 − 4 )( 450962 .3) = 324 .6928 A * v
L=
c)
N2
RTOTAL
=
(500 ) 2
= 0 .554 Henrys
450962 .3
1
W = Li 2
2
F 324.6928
i= =
= 0.6493A
N
500
W = 0.5(0.554)(0.6493) 2 = 0.1168Joules
dB c
dφ
d [0.8 sen ω t ]
= NAc
= NAc
= 0.8 NAc ω cos ω t
dt
dt
dt
e = (500 )(9 x10 − 4 )( 0.8)( 314 .15) cos 314 .15t
e=N
e = 113 .09 cos 314 .15t [Volts ]
************************************************************************************
PROBLEMA 5
Suponga que el material del núcleo del problema 1 es acero electrolítico M-5, que posee la curva de magnetización
(fig. 1.10 del texto, pág 22). Calcule la corriente para producir Bc= 1.6 Teslas.
Fc = H c l c = ( 70 )( 0 .3) = 21 A * v
SOLUCIÓN:
Usando la curva se tiene que cuando Bc=1.6 T el
valor de Hc=70 A*v/m
Fg =
Bg lg
µo
= H glg =
(1 .6 )( 5 x10 − 4 )
= 636 .619 A * v
4πx10 − 7
FTOTAL = Fc + F g = ( 21 + 636 .619 ) = 657 .619 A * v
F
657 .619
= 1 .315 A
i = TOTAL =
N
500
________________________________________________________________________________
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4
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
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PROBLEMA 6
En la figura se ilustra un circuito magnético con entrehierro simple. Las dimensiones del núcleo son:
Área de la sección transversal Ac =1.8x10-3 m2
Longitud del núcleo principal lc=0.6 m
Longitud del entrehierro g=2.3x10-3 m
N= 83 vueltas
Suponga que el núcleo presenta permeabilidad infinita e ignore los efectos de dispersión magnética en el entrehierro y
de acoplamiento de flujo.
a) Calcule la reluctancia del núcleo y del entrehierro.
Si se considera una corriente de i= 1.5 A, determine:
b) El flujo total
c) Los acoplamientos de flujo de bobina λ.
d) La inductancia de la bobina L.
Lc
SOLUCION:
Rc
a)
i
+
N
Rc =
Rg
lc
µ Ac
, pero µ → ∞
Rc = 0
F
Rg =
-
g
2 .3 x10 − 3
=
µ o Ag ( 4π x10 − 7 )(1 .8 x10 − 3 )
A*v
Wb
R g = 1016823 .2
b)
c)
F = N * i = φ TOTAL R TOTAL
F = φ TOTAL ( R c + R g )
φ TOTAL =
N *i
(83 )(1 . 5 )
=
Rg
1016823 . 2
d)
N2
83 2
1016823 .2
λ = Nφ
L=
λ = (83 )(1 .22 x10 − 4 )
λ = 0 .010 Wb * v
L = 6.775 x10 − 3 Henrys
RTOTAL
=
φ TOTAL = 1 .22 x10 − 4 Wb
************************************************************************************
PROBLEMA 7
Repita el problema 1 y considere una permeabilidad finita para el núcleo de µ=2500µO
SOLUCIÓN:
a)
b)
µ = 2500 ( 4π x10 − 7 ) = 3 .1416 x10 − 3
φ TOTAL =
Wb
A*v*m
φ TOTAL = 1 .108 x10 − 4 Wb
l
0 .6
Rc = c =
µ Ac (3 .1416 x10 − 3 )(1 . 8 x10 − 3 )
c)
A*v
R c = 106103 .29
Wb
Rg =
g
A*v
= 1016823 . 2
µ o Ag
Wb
N *i
(83 )(1 .5 )
=
RTOTAL 1122926 .49
λ = N φ = (83 )(1 .108 x10 −4 )
λ = 9 .2 x10 − 3 Wb * v
d)
L=
N2
R TOTAL
=
83 2
= 6 . 134 x10 − 3 Henrys
1122926 . 49
________________________________________________________________________________
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CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
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PROBLEMA 8
Considere el circuito magnético y tome en cuenta las dimensiones que se dan en el problema 1. Suponga una
permeabilidad infinita para el núcleo y calcule:
a)
b)
El número de vueltas que se requieren para lograr una inductancia de 12 mH
La corriente del inductor para obtener una densidad de flujo en el núcleo de 1 Tesla.
SOLUCIÓN:
a)
b)
φ = Bc Ac = N * i
N = L * RTOTAL
i=
−3
N = (12 x10 )(1016823.2)
N = 110.46 ≈ 111vueltas
(1)(1.8 x10−3 )
= 1.63x10−5 A
110.46
************************************************************************************
PROBLEMA 9
El circuito magnético que se muestra en la figura consiste en un núcleo y un émbolo móvil con un espesor Lp, cada
uno con una permeabilidad µ.
i
El núcleo posee un área de sección transversal Ac y longitud
media Lc. El área de superposición de los dos entrehierros
Ag es una función de la posición del émbolo x y puede
considerarse que tendrá una variación expresada a
continuación:
Rg
+
N

x 

Ag = Ac 1 −
X o 

F
Rg
Rc
Es posible ignorar cualquiera de los campos de dispersión en
el entrehierro y emplear aproximaciones consistentes con el
análisis del circuito magnético.
a) Al asumir que la permeabilidad es infinita, se origina una expresión para obtener la densidad del flujo magnético en
el entrehierro Bg como una función de la
corriente del devanado, mientras que la
(0 ≤ x ≤ 0.8 X o )
posición del émbolo varía
¿Cuál es la densidad de flujo correspondiente en el núcleo?
b) Repetir el inciso a) y considere una permeabilidad finita.
SOLUCIÓN:
a)
Como µ → ∞ :
Rc = R p = 0
Cuando ( x ≥ 0) :
Cuando ( x ≤ 0.8 X 0 ) :

0 

Ag = Ac 1 −
X 0 

Ag = Ac
 0 .8 X 0 

Ag = Ac 1 −
X 0 

Ag = 0.2 Ac
F = N * i = φRTOTAL
N * i = Bc Ac ( 2 Rg )
φ = Bc Ac
Bc =
N *i
2 Ag Rg
Bc =
N *i
10 Ag Rg
________________________________________________________________________________
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b)
Rc =
lc
µ Ac
Rg =
g
µ 0 Ag
Rp =
lp
µA p
Cuando ( x ≥ 0 ) :
Cuando ( x ≤ 0 .8 X 0 ) :

0 

A g = Ac 1 −
X 0 

A g = Ac

0 .8 X 0
A g = Ac  1 −
X0

A g = 0 . 2 Ac
F = N * i = φRTOTAL
N * i = B c Ac R TOTAL



φ = B c Ac
RTOTAL = R c + R p + 2 R g
Bc =
N *i
A g R TOTAL
Bc =
N *i
5 A g R TOTAL
************************************************************************************
PROBLEMA 10
El circuito magnético del problema 4 posee las siguientes dimensiones: Ac=8.2 cm2; Lc= 23 cm; Lp=2.8 cm
g = 0.8 mm; Xo=2.5 cm; N = 430 vueltas
Suponga una permeabilidad constante de µ=2800µ0 , calcule la corriente que se requiere para alcanzar una densidad
de flujo de 1.3 Teslas en el entrehierro cuándo el émbolo ha regresado completamente a su posición original (x=0).
SOLUCIÓN:
Wb
A* v * m
l
l
g
0.23
0.028
8x10−4
RTOTAL = c + p +
=
+
+
µAc µAp µo Ag 2.88x10−6 2.88x10−6 1.03x10−9
µ = 2800(4πx10−7 )
0 

Ag = Ac 1−
 = Ac
 0.025
RTOTAL = 794407.32
A* v
Wb
i=
Bc Ac RTOTAL (1.3)(8.2x10−4 )(794407.32)
=
= 1.96A
N
430
************************************************************************************
PROBLEMA 11
Un inductor con la forma del problema 1, presenta las siguientes dimensiones:
Área de la sección transversal Ac = 3.6 cm2; Longitud del núcleo principal Lc= 15 cm; N= 75 vueltas
Tome en consideración una permeabilidad del núcleo µ=2100µ0 e ignore los efectos del acoplamiento de flujo y de la
dispersión de los campos, calcule la longitud del entrehierro que se requiere para alcanzar una inductancia de 6 mH.
SOLUCIÓN:
RTOTAL = R c + R g
lc
0.15
=
−3
µAc (2.63 x10 )(3.6 x10 − 4 )
A*v
R c = 157891.8
Wb
937500 = R c + R g
Rc =
N2
75 2
=
L
6 x10 − 3
A*v
= 937500
Wb
RTOTAL =
RTOTAL
g = 779608.2 µ o Ag = 3.52 x10 − 4 m
________________________________________________________________________________
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PROBLEMA 12
El circuito magnético que se presenta en la figura consiste en anillos de material magnético en una pila de altura h. los
anillos presentan un radio interno Ri y un radio externo Ro. Suponga que el hierro presenta permeabilidad infinita e
ignore los efectos del acoplamiento magnético y dispersión. Para:
Ri= 3.4 cm; Ro = 4 cm; h = 2 cm; g = 0.2 cm
Rc
i
+
F
-
Calcule:
N
a)
b)
La longitud media del núcleo y el área de la sección
transversal del núcleo
La reluctancia del núcleo y del entrehierro.
Rg
Para N= 65 vueltas, calcule:
c)
d)
e)
La inductancia L
La corriente que se requiere para operar a una densidad de flujo del entrehierro de Bg= 1.35 T
Los acoplamientos de flujo correspondientes a la bobina.
SOLUCIÓN:
a)
Ro − Ri
= 0 . 003 m
2
Ac = h ( R o − R i ) = 1 . 2 x10 − 4 m 2
lc =
b)
c)
Como µ → ∞
Rc = 0
A* v
RTOTAL = Rc + Rg = 13262911 .92
Wb
2
N
L=
= 3.18 x10 − 4 Henrys
RTOTAL
d)
i=
Rg =
φTOTAL RTOTAL
g
A*v
= 13262911 .92
µ o Ag
Wb
e)
λ = N φ TOTAL = ( 65 )( 1 . 62 x10
λ = 0 . 01053 Wb * v
N
Bc Ac RTOTAL (1.62 x10− 4 )(13262911.92)
i=
=
65
N
i = 33.1A
−4
)
************************************************************************************
PROBLEMA 13
Repita el problema 7 para una permeabilidad del núcleo de µ=750µ0
SOLUCIÓN:
a)
b)
Rc =
Ro − Ri
= 0.003m
2
Ac = h( Ro − Ri ) = 1.2 x10 −4 m 2
lc =
Rg =
lc
A*v
= 26525 .82
µAc
Wb
g
µ o Ag
= 13262911 .92
A*v
Wb
________________________________________________________________________________
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ESPOCH
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c)
d)
i=
A* v
RTOTAL = R c + R g = 13289437 .74
Wb
N2
L=
= 3.1792 x10 − 4 Henrys
RTOTAL
φTOTALRTOTAL
N
Bc Ac RTOTAL (1.62x10− 4 )(13262911.92)
i=
=
N
65
i = 33.12A
e)
λ = N φ TOTAL = ( 65 )(1 .62 x10 − 4 )
λ = 0 . 01053 Wb * v
************************************************************************************
PROBLEMA 14
El inductor de la figura posee un núcleo con área de la sección transversal circular uniforme de área Ac, longitud
media Lc y una permeabilidad relativa µR así como un devanado con N números de vueltas. Elabore una expresión
para la inductancia L.
SOLUCIÓN:
N de la
bobina
Núcleo
Rc
+
Rg
Como: L =
F
-
N2
RTOTAL
(1)
RTOTAL= Rc + Rg =
lc
µr µo Ac
+
g
µo Ag
(2)
Reemplazando
(2)en(1) :
L=
µr µo Ac N2
lc + gµr
************************************************************************************
PROBLEMA 15
El inductor del problema 9, presenta las siguientes dimensiones: Ac= 1 cm2; Lc= 15 cm; g = 0.8 cm; N = 480 vueltas
Calcule la inductancia al ignorar el acoplamiento del flujo, los efectos de dispersión y suponer una µR=1000.
SOLUCIÓN:
Aquí sólo debemos reemplazar los valores en la ecuación obtenida en el problema anterior.
L=
µ r µo Ac N 2 (0.0001)(1.25 x10−3 )(480) 2
=
lc + gµ r
0.15 + (0.0008)(1000)
L = 0.03Henrys
************************************************************************************
PROBLEMA 16
El inductor que se presenta en el problema 10 se operará a partir de una fuente de voltaje de 60 Hz.
a)
b)
Al asumir que es posible ignorar la resistencia de la bobina calcule el voltaje rms del inductor que corresponde al
pico de la densidad de flujo del núcleo de 1.5 T.
Bajo estas condiciones de operación, determine la corriente rms y el valor pico de la energía acumulada.
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SOLUCIÓN:
b.1) De la curva 1.10 (texto) tenemos que:
Hc=200 A*v/m
a)
2π
fNA c B máx
2
= 4 .44 ( 60 )( 480 )( 0 .0001 )(1 .5)
E rms =
E rms
2π
A*v
fNAc H c = 2559 .10
m
2
lH
= c rms = 0.7997 A
N
H rms =
I rms
E rms = 19 .18Volts
b.2)
λ2
W =
2L
N2
L=
RTOTAL
λ = N φ máx = NB c Ac = 0 .072Wb * v
RTOTAL = Rc + R g
RTOTAL = 7566197 .724
A*v
Wb
L = 0 .030 Henrys
W = 0 .0864 Joules
Para b.1 comprobar que la ecuación sea la correcta, ya que no tenemos la seguridad de que la misma sea la correcta
en Irms.
************************************************************************************
PROBLEMA 17
En la figura se ilustra un circuito magnético con entrehierro simple. Las dimensiones del núcleo son:
Área de la sección transversal
Longitud del núcleo principal
Longitud del entrehierro
AC = 1.8 x10 −3 m 2
l C = 0. 6 m
g = 2.3 x10 −3 m
N=83 vueltas
lC
AC
φ
µ
Rc
+
N
F
Rg
g
Suponga que el núcleo presenta permeabilidad infinita ( µ
→ ∞ ) e ignore los efectos de dispersión magnética en el
entrehierro y de su acoplamiento de flujo.
a) Calcule la reluctancia del núcleo Rc y del entrehierro Rg.
Si se considera una corriente de i=1.5 A, determine:
b) el flujo total
φ
c) los acoplamientos de flujo de la bobina
d) la inductancia de la bobina L.
λ
________________________________________________________________________________
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SOLUCIÓN:
a) Como el núcleo presenta permeabilidad infinita ( µ
RC =
lC
0. 6 m
=
=0
µ AC 

Wb
−3
2
 ∞
 1.8 x10 m
 A. vuelta. m 
(
Para el entrehierro se usa e l valor de
Rg =
lg
µ 0 Ag (= AC )
→ ∞ ), entonces:
=
)
 A. vuelta 
 Wb 


µ 0 = 4 π x10 −7 Wb / A. vuelta. m , entonces:
( 4 π x10
−7
2.3 x10 −3 m
 A. vuelta 
= 1.0168 x10 6 
−3
2

Wb / A. vuelta. m 1.8 x10 m
 Wb 
)(
)
Es muy común considerar las unidades de la reluctancia solamente en A/Wb, es decir, se omite el término de vueltas
debido a que es adimensional, por tanto en adelante se aplicará esta notación y se colocarán entre corchetes las
unidades de cada magnitud.
b) Como los circuitos magnéticos son análogos a los eléctricos, el flujo total (similar a la corriente) se halla aplicando
las leyes de Kirchoff, entonces:
φtotal (RC + R g ) = N . i
φtotal =
N .i
83vueltas (1.5 A)
=
= 1.224 x10 − 4 [ Wb]
RC + R g 1.0168 x10 6 A / Wb
c) Generalmente el término acoplamiento se refiere a los transformadores que se usan para acoplar resistencias entre
el circuito primario y la carga.
λ = N .φ total = 83 (1.224 x10 −4 Wb) = 1.015 x10 −2 [Wb]
d) La inductancia L es una medida de oposición a un cambio en la corriente, mientras que una resistencia mide la
oposición a la corriente.
L=
λ
i
=
1.015 x10 −2 Wb
= 6.766 [mH ]
1. 5 A
************************************************************************************
PROBLEMA 18
Repita el problema 17 y considere una permeabilidad finita para el núcleo de
µ = 2500 µ0 .
SOLUCIÓN:
a) Como el núcleo presenta permeabilidad ( µ
RC =
lC
=
µ AC
= 2500 µ 0 ), entonces:
0. 6 m
(
)
 A. 
= 1.061 x10 5  
Wb 

Wb 
 1.8 x10 −3 m 2
2500  4 π x10 − 7
A. m 

________________________________________________________________________________
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ESPOCH
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Para el entrehierro se usa e l valor de
Rg =
lg
µ 0 Ag (= AC )
=
µ 0 = 4 π x10 −7 Wb / A. vuelta. m , entonces:
( 4 π x10
−7
2.3 x10 −3 m
= 1.0168 x10 6
−3
2
Wb / A.. m 1.8 x10 m
)(
)
 A
Wb 
b) Como los circuitos magnéticos son análogos a los eléctricos, e l flujo total (similar a la corriente) se halla aplicando
las leyes de Kirchhoff, entonces:
φtotal (RC + R g ) = N . i
φtotal =
N .i
83 vueltas (1.5 A)
=
= 1.1087 x10 − 4 [ Wb]
RC + R g
1122900 A / Wb
c) Usando la relación del problema 1, tenemos:
λ = N .φ total = 83 (1.1087 x10 −4 Wb ) = 9.2 x10 −3 [Wb ]
d) Usando la relación del problema 1.1, tenemos:
L=
λ
i
=
9.2 x10 −3 Wb
= 6.13 [mH ]
1.5 A
************************************************************************************
PROBLEMA 19
Considere el circuito magnético del problema 17 y tome en cuenta las dimensione que se presentan en el mismo.
Suponga una permeabilidad infinita para el núcleo y calcule:
a) el número de vueltas que se requieren para lograr una inductancia de 12 mH
b) la corriente del inductor para obtener una densidad de flujo en el núcleo de 1.0 T.
SOLUCIÓN:
Se usarán todos los valores hallados en el problema 17
a) La expresión a usar será:
L=
(
N2
⇒ N 2 = (0.012 H ) 1.017 x10 6 Wb / A. vueltas. m
Rtotal (= RC + R g )
)
N = 110 [vueltas]
Recordar que:
Henry = T . m 2 / A
donde T= Tesla
b) Se usará la ecuación del flujo magnético (similar al flujo eléctrico), obteniendo:
φC = BC . AC = (1T ) (1.8 x10 −3 m 2 ) = 1.8 x10 −3 Wb
(
φ C . Rtotal 1.8 x10 −3 Wb 1.017 x10 6 A. vueltas / Wb
N .i
⇒i=
=
φC =
Rtotal
N
110 vueltas
)
i = 16.6 [ A]
________________________________________________________________________________
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PROBLEMA 20
Reelabore el problema 19, y considere una permeabilidad del núcleo de
µ = 1300 µ 0
SOLUCIÓN:
Siguiendo el procedimiento del problema 2, tenemos:
a) Como el núcleo presenta permeabilidad ( µ
RC =
lC
=
µ AC
0.6 m
(

Wb 
 1.8 x10 −3 m 2
1300  4 π x10 − 7
A
.
m


Para el entrehierro se usa e l valor de
lg
Rg =
= 1300 µ 0 ), entonces:
µ 0 Ag (= AC )
=
)
 A. 
= 2.04 x10 5  
Wb 
µ 0 = 4 π x10 −7 Wb / A. vuelta. m , entonces:
( 4 π x10
−7
2.3 x10 −3 m
 A
= 1.0168 x10 6  
−3
2
Wb / A.. m 1.8 x10 m
Wb 
)(
)
El número de vueltas es:
(
)
N 2 = (0.012 H ) 1.22 x10 6 Wb / A. vueltas. m → N = 120.99 [vueltas ]
b) Se usará la ecuación del flujo magnético (similar al flujo eléctrico), obteniendo:
φC = BC . AC = (1T ) (1.8 x10 −3 m 2 ) = 1.8 x10 −3 Wb
φC =
(
φ .R
N .i
1.8 x10 −3 Wb 1.22 x10 6 A. vueltas / Wb
⇒ i = C total =
121 vueltas
Rtotal
N
)
i = 18.15 [A]
************************************************************************************
PROBLEMA 21
El circuito magnético que se presenta en e l problema 17, posee un material no lineal en e l núcleo cuya permeabilidad
es una función de Bm y se encuentra dada por:

µ = µ 0 1 +


3499
1 + 0.047 (Bm )
7.8




donde: Bm es la densidad de flujo del material. Determine la corriente que se requiere para alcanzar una densidad de
flujo de 2.2 T en el núcleo
________________________________________________________________________________
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13
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
SOLUCIÓN:
Se empieza reemplazando el valor de Bm en a ecuación dada:
lC
AC
φ
µ
Rc
+
N
F
Rg
g

 
3499
 = 1 +


7.8 
7 .8
1 + 0.047 (Bm )  
1 + 0.047 (2.2 )

µ = 730 4 π x10 −7 Wb / A. m = 0.001 Wb / A. m
µ = µ 0 1 +
3499
(
RC =
)

 = 730 µ
0


lC
0. 6 m
=
= 3.33 x10 5 A / Wb
−3
2
µ . AC 0.001Wb / A. m 1.8 x10 m
(
)
Rg = 1.017 x10 A / Wb
6
φC = BC . AC = 2.2 (1.8 x10 −3 ) = 0.004 Wb
i=
φ C . Rtotal
N
=
(
)
0.004 1.35 x10 6
= 62.06 [ A]
83
************************************************************************************
PROBLEMA 22
El circuito magnético que se muestra en la figura consiste en un núcleo y un émbolo móvil con un espesor
uno con una permeabilidad
µ
lC
Xo
x
lP
cada
El núcleo posee un área de sección transversal Ac y
longitud media
g
lP
.
I
N vueltas
g
lC . El
área de superposición de los
dos entrehierros Ag es una función de la posición
del émbolo x y puede considerase que tendrá una
variación expresada a continuación:

x 

Ag = AC 1 −
X 0 

Es posible ignorar cualquiera de los campos de
dispersión
en
el
entrehierro
y
emplear
aproximaciones consistentes con el análisis del
circuito magnético.
µ
Émbolo
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14
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
µ → ∞ , se origina una expresión para obtener la densidad del flujo magnético en el entrehierro Bg
como una función de la corriente del devanado I, mientras que la posición del émbolo varía (0 ≤ x ≤ 0.8 X 0 ) . ¿Cuál
a) Al asumir que
es la densidad de flujo correspondiente en el núcleo?
b) Repita el inciso a) y considere una permeabilidad finita
µ.
SOLUCIÓN:
a) Del circuito se tiene:
Rc
φtotal = BC . AC = B g . Ag
2g
BC =
Rp
+
φ
Ag . B g
AC
; pero

x 

= 1 −
AC 
X 0 
Ag

x 

BC = B g 1 −
X 0 

b) Del circuito tenemos:
 2g
l
l
F = N . i = B g . Ag (2 R g + RC + RP ) = B g . Ag 
+ C + P
µ .A
 0 g µ . AC µ . AC
 2 g . Ag Ag . l C Ag . l P
N .i = Bg 
+
+
 µ .A
µ
.
A
µ . AC
0
g
C

Multiplicamos los dos lados de la ecuación anterior por
2 g
µ 0 . N .i = Bg 
 µ 0

+
µ 0 . N . i = B g 2 g +

Finalmente:
Bg =

 = Bg


2 g 1
+

 µ 0 µ

 Ag 

 (l C + l P )

 AC 
µ 0 , obteniendo:

1  Ag 

 (l C + l P ) ; pero
µ  AC 

µ0
µ





x 

= 1 −
AC 
X 0 
Ag


x 
1 −
 (lC + l P )
X0 


µ 0 . N .i


µ0 
x 
1 −
 (l C + l P )
2 g +
µ  X0 


Es importante notar que la relación Ag/Ac se obtiene del enunciado del problema.
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CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
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PROBLEMA 23
El circuito magnético del problema 22 posee las siguientes dimensiones:
AC = 8.2 cm 2
l C = 23 cm
l P = 2.8 cm
g = 0.8 mm
X 0 = 2.5 cm
N = 430 vueltas
a) Suponga una permeabilidad constante de
µ = 2800 µ 0 , calcule la corriente que se requiere para alcanzar una
densidad de flujo de 1.3 T en el entrehierro cuando el émbolo ha regresado completamente a su posición original
(x=0)
b) Repita el cálculo del inciso a) para el caso donde el núcleo y el émbolo estén compuestos de material no lineal y
cuya permeabilidad se encuentre dada por la siguiente ecuación:

µ = µ 0 1 +



 , donde Bm es la densidad del flujo magnético del material.
1 + 0.05 Bm8 
1199
SOLUCIÓN:
a) Usamos la expresión del problema anterior, en la cual reemplazamos los datos:
µ 0 . N .i
Bg =


µ0 
x 
1 −
 (l C + l P )
2 g +
µ  X0 


4 π x10 −7 (430 ) i
1.3 T =


4 π x10 −7
0 

−4
1−
 (0.23 + 0.028)
2 8 x10 +
−7 
2800 4 π x10  0.025 


−7
−4
4 π x10 (430 ) i
5.4035 x10 i
1.3 T =
=
1.683 x10 −3


1
−4
2
8
x
10
+
(
1
)
(
0
.
23
+
0
.
028
)


2800


(
)
(
(
)
(
(
(
)
)
)
)
(
)
i = 4.049 [A]
b) Reemplazamos el valor de Bm en la ecuación para obtener:

µ = µ 0 1 +



1199
1 +

8
1 + 0.05 (1.3)

Wb / A. m

=µ
0
1 + 0.05 Bm8 
1199
µ = 1012 µ 0 = 1.272 x10 −3

 = 1011.5 µ
0


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CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
Se usa nuevamente la expresión del problema anterior:
µ 0 . N .i
Bg =


µ0 
x 
 (l C + l P )
1 −
2 g +
µ  X0 


4 π x10 −7 (430 ) i
1.3 T =


4 π x10 −7 
0 
−4
2
8
x
10
+
1−
 (0.23 + 0.028)

−3 
1.272 x10  0.025 


−7
4 π x10 (430) i
5.4035 x10 − 4 i
1.3 T =
=
2 8 x10 − 4 + 9.879 x10 − 4 (1) (0.23 + 0.028)
1.829 x10 −3
) ((
(
) (
(
[(
(
)
)
)
)
]
)
(
)
i = 4.40 [ A]
************************************************************************************
PROBLEMA 24
Un inductor con la forma que esquematiza en la figura del problema 17, presenta las siguientes dimensiones:
Área de la sección transversal
Longitud media del núcleo
AC = 3.6 cm 2
l C = 15 cm
N= 75 vueltas
Tome en consideración una permeabilidad del núcleo de
µ = 2100 µ 0
e ignore los efectos del acoplamiento de flujo
y de la dispersión de los campos, calcule la longitud del entrehierro que se requiere para alcanzar una inductancia de 6
mH.
SOLUCIÓN:
Usamos el circuito del problema 17, para obtener:
(75) = 937500 A / Wb
N2
N2
→ Rtotal =
=
Rtotal
L
6 x10 −3
2
L=
Rtotal = RC + R g → R g = Rtotal − RC = 937500 −
0.15
1.5 x10
3.6 x10 − 4
(
−3
R g = (937500 − 277777.777 ) A / Wb = 659722.222 A / Wb
Rg =
g
→ g = R g . µ 0 . AC
µ 0 . AC
(
)(
)(
g = (659722.222 A / Wb ) 4 π x10 −7 Wb / A. m 3.6 x10 − 4 m 2
g = 2.98 x10
−4
m = 0.298 [mm]
)
)
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CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
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PROBLEMA 25
El circuito magnético que se presenta en la figura consiste en anillos de material magnético en una pila de altura h.
Los anillos presentan un radio interno Ri y un radio externo Ro. Suponga que el hierro presenta permeabilidad infinita
(µ → ∞ ) e ignore los efectos del acoplamiento magnético y dispersión. Para:
R i = 3.4 cm ; Ro = 4 cm ; h = 2 cm ; g = 0.2 cm
Calcule:
a) La longitud media del núcleo l C y el área de la sección transversal del núcleo Ac.
b) La reluctancia del núcleo Rc y del entrehierro Rg
Para N=65 vueltas, calcule:
c) La inductancia L.
d) La corriente i que se requiere para operar a una densidad de flujo del entrehierro de Bg= 1.35 T.
e) Los acoplamientos de flujo
λ
i
correspondientes a la bobina.
Ro
N
Ri
g
h
µ→∞
SOLUCIÓN:
a) La longitud media del núcleo es el perímetro del anillo, entonces:
φ
Rc
+
F
l C = 2 π (Ro − Ri ) − g = 2 π (4 − 3.4 ) cm − 0.2 cm = 3.5699 cm
El área de la sección transversal es:
Rg
A = (Ro − Ri ). h = (4 − 3.4 ) (2 ) cm 2 = 1.2 cm 2
b) Se calculan las reactancias del núcleo y del entrehierro:
lC
0.035699 m
 A. 
=0  
=
µ AC  Wb 
Wb 
 ∞
 1.2 x10 − 4 m 2
 A. m 
0.002 m
g
RC =
=
=1.326 x10 7
µ 0 AC 

Wb
 4 π x10 −7
 1.2 x10 − 4 m 2
A. m 

RC =
(
)
(
)
 A. 
Wb 
 
c) El valor de la inductancia es:
(65 vueltas ) = 3.186 x10 −4 H = 0.3186 [mH ]
N2
L=
=
Rtotal 1.326 x10 7 A / Wb
2
________________________________________________________________________________
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CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
d) El valor de corriente en función de la densidad de flujo magnético es:
i=
B g . Ag . Rtotal
N
=
(1.35 T ) (1.2 x10 −4
)(
m 2 1.326 x10 7 A / Wb
65 vueltas
i = 33.048 [A]
)
e) Los acoplamientos de flujo se hallan con la relación:
λ = L. i = (0.3186 x10 −3 H ) (33.048 A)
λ = 10.52 [mWb]
************************************************************************************
PROBLEMA 26
Repita el problema 25 para una permeabilidad del núcleo de
µ = 750 µ 0
SOLUCIÓN:
a) La longitud media del núcleo es el perímetro del anillo, entonces:
l C = 2 π (Ro − Ri ) − g = 2 π (4 − 3.4 ) cm − 0.2 cm = 3.5699 cm
El área de la sección transversal es:
A = (Ro − Ri ). h = (4 − 3.4 ) (2 ) cm 2 = 1.2 cm 2
b) Se calculan las reactancias del núcleo y del entrehierro:
0.035699 m
 A. 
= 3.15648 x10 5  

Wb 
Wb 
 1.2 x10 − 4 m 2
750  4 π x10 −7
A. m 

0.002 m
g
 A. 
=
=1.326 x10 7  
RC =
µ 0 AC 
Wb 
Wb 
 4 π x10 − 7
 1.2 x10 − 4 m 2
A. m 

RC =
lC
=
µ AC
(
)
(
)
c) El valor de la inductancia es:
(65 vueltas )
N2
L=
=
= 3.112 x10 − 4 H = 0.3112 [mH ]
7
Rtotal 1.35756 x10 A / Wb
2
d) El valor de corriente en función de la densidad de flujo magnético es:
i=
B g . Ag . Rtotal
N
=
(1.35 T ) (1.2 x10 −4
)(
m 2 1.35756 x10 7 A / Wb
65 vueltas
i = 33.83 [ A]
)
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CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
e) Los acoplamientos de flujo se hallan con la relación:
λ = L. i = (0.3112 x10 −3 H ) (33.83 A)
λ = 0.01052 = 10.52 [mWb]
************************************************************************************
PROBLEMA 27
El inductor de la figura posee un núcleo con área de la sección transversal circular uniforme de área Ac, longitud media
lc y una permeabilidad relativa
µ r , así como un devanado con N número de vueltas. Elabore una expresión para la
inductancia L.
Ac
φ
Rc
+
F
g
Rg
N
SOLUCIÓN:
Se nota del gráfico que existe otra forma de representar una bobina, entonces del circuito se tiene:
Rtotal = RC + R g =
Rtotal =
lC
µ r . µ 0 . AC
Admás :
L=
N2
1
=
L
µ 0 . AC
L=
lC
g
+
µ. AC µ 0 . AC
+
g
1
=
µ 0 . AC µ 0 . AC
pero
µ = µr . µ0
 lC

+g
 µr



N2
Rtotal
 lC

+g
 µr



µ 0 . N 2 . AC
lC
µr
+g
________________________________________________________________________________
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CIRCUITOS MAGNÉTICOS
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PROBLEMA 28
El inductor de la figura anterior presenta las siguientes dimensiones:
AC = 1 cm 2 ; l C = 15 cm ; g = 0.8 mm ; N = 480 vueltas
Calcule la inductancia al ignorar el acoplamiento del flujo, los efectos de dispersión y suponer una
µ r = 1000
SOLUCIÓN:
Con los valores proporcionados, simplemente, los reemplazamos en la relación anterior.
L=
µ 0 . N 2 . AC
lC
µr
=
(4 π x10
−7
+g
L = 30.47 [mH ]
)
(
)
Wb / A. m (480 ) 1 x10 −4 m 2
= 0.03047 H
0.15 m
−4
+ 8 x10 m
1000
2
************************************************************************************
PROBLEMA 29
El inductor que se presenta en el problema 27 se operará a partir de una fuente de voltaje de 60Hz.
a) Al asumir que es posible ignorar la resistencia de la bobina, calcule el voltaje rms del inductor que corresponde al
pico de la densidad del flujo del núcleo de 1.5 T.
b) Bajo estas condiciones de operación, determine la corriente rms y el valor pico de la energía acumulada.
SOLUCIÓN:
V rms =
a) El voltaje rms se calcula a partir de la expresión:
V rms =
2π
. f . N . AC . Bmáx =
2
V rms = 19.193 [V ]
2
2
. f . N . AC . Bmáx
(60 Hz ) (480) (1 x10 −4
I rms =
b) La corriente rms se halla a partir de la expresión:
I rms =
2π
2π
)
m 2 (1.5 T )
V rms
ω. L
V rms V rms
19.193 V
=
=
ω. L 2 π f L 2 π (60 Hz ) (0.03047 H )
I rms = 1.671 [ A]
El valor pico de la energía acumulada está dada por la siguiente expresión:
E pico = 0.5 L
(
2 I rms
)
2
E pico = 0.5 L
(
= 0.5 (0.03047 H ) (2 )(1.671 A)
2 I rms
)
2
2
E pico = 0.08507 J = 85.07 [mJ ]
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CIRCUITOS MAGNÉTICOS
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PROBLEMA 30
Una onda de voltaje cuadrada presenta una frecuencia fundamental de 60 Hz y se aplican semiciclos positivos y
negativos iguales de magnitud E a un devanado de 1000 vueltas que rodean un núcleo cerrado de hierro de
1.25 x10 −3 m 2
de la sección transversal. Ignore tanto la resistencia del devanado como cualquier efecto del
acoplamiento de flujo. Determine el máximo valor permitido de E si la máxima densidad de flujo no excede de 1.15 T.
SOLUCIÓN:
Para este problema basta con aplicar la relación
E máx = 4. f . N . AC . B pico
(
)
E máx = 4. f . N . AC . B pico = 4 (60 Hz ) (1000 ) 1.25 x10 −3 m 2 (1.15 T )
E máx = 345 [V ]
************************************************************************************
PROBLEMA 31
Se designará un conductor mediante el uso de un núcleo magnético con la forma que se muestra en la figura. El
núcleo posee un área de sección transversal uniforme
AC = 5 cm 2
y con longitud media de l C
= 25 cm .
a) Calcule la longitud g del entrehierro y el número N de vueltas de manera que la inductancia sea de 1.4 mH y que el
inductor pueda operar con corrientes máximas de 6 A sin saturarse. Suponga que la saturación ocurre cuando la
densidad de flujo máxima en el núcleo excede de 1.7 T y que, bajo saturación,, el núcleo presenta una permeabilidad
de
µ = 3200 µ 0 .
b) Para una corriente del inductor de 6A, calcule:
i) la energía magnética acumulada en el entrehierro
ii) la energía magnética acumulada en el núcleo.
iii) Demostrar que la energía magnética acumulada total es 0.252 [J]
Ac
φ
+
g
Rc
F
Rg
N
SOLUCIÓN:
a)
ai)
Cálculo de N:
N=
L. I
(1.4 x10−4 H ) (6 A)
=
AC . Bsat (5 x10−4 m 2 ) (1.7 T )
N = 9.88 vueltas
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CIRCUITOS MAGNÉTICOS
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a ii) Cálculo de g:
(Bc. Ac. Rtotal ) (Bc. Ac ) Rtotal
N2
=
=
Rtotal
I 2 Rtotal
I2
2
L=
Rtotal = Rg + Rc =
L .I 2
(Bc. Ac )
2
2
=
lc
g
+
µ. Ac µ 0 . Ac
Despejamos g de la ecuación anterior:
(
)( )(
( )(
)
)
g=
L. I 2 . µ 0 µ 0 . lc 1.4 x10 −3 6 2 4 π x10 −7
0.25
−
=
−
2
2
−4
3200
µ
Bc . Ac
1.7 5 x10
g=
6.33 x10 −8
− 7.8125 x10 −5 = 3.599 x10 − 4 m
1.445 x10 − 4
g = 0.3599 [mm]
b)
(
)(
)( )
(
)
(5 x10 ) (0.25) (1.7 ) = 0.0449 [ Joules]
=
2 (4.021 x10 )
b i)
Eemag =
2
Ac. g . Bsaturación
5 x10 −4 3.599 x10 −4 1.7 2
=
= 0.2069 [ Joules]
2 µ0
2 1.2566 x10 −6
b ii)
Ec mag =
2
Ac. lc. Bsaturación
2µ
b iii)
−4
2
−3
Etotal = Eemag + Ec mag = 0.2518 [ Joules ]
************************************************************************************
PROBLEMA 32
Se propone un mecanismo de acumulación de energía que consiste en un devanado de bobina con N número de
vueltas alrededor de una forma no magnética toroidal
(µ = µ 0 ) similar a la que se muestra en la figura.
Como se puede observar en la figura, la forma toroidal presenta una sección transversal circular de radio a y un radio
toroidal r, dimensionado al centro de la sección cruzada. La geometría de este dispositivo se encuentra dispuesta de
tal forma que es posible considerar al campo magnético igual a cero en cualquier lugar fuera del toroide. Bajo la
suposición de que a << r , el campo H dentro del toroide pude considerase dirigido alrededor del toroide y de
magnitud uniforme
H=
N .i
2π . r
Para una bobina con N= 1000 vueltas, r= 10 m y a= 0.45m;
a) Calcule la inductancia L de la bobina
b) La bobina se cargará a una densidad de flujo magnético de 1.75 T. Calcule la energía magnética acumulada total en
el toroide cuando se alcanza esta densidad de flujo.
c) Si la bobina se carga a una razón uniforme (por ejemplo di / dt = constante), calcule el voltaje terminal que se
requiere para alcanzar la densidad de flujo especificada en 30 segundos. Suponga que es posible ignorar la resistencia
de la bobina.
i
2a
+
λ
r
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CIRCUITOS MAGNÉTICOS
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SOLUCIÓN:
Se calcula el área de la sección transversal de un toroide:
a) El valor de L se calcula por medio de la ecuación:
Rtotal =
L=
Ac = π . (2a ) = 4.π (0.45 m ) = 2.54469 m 2
2
L = N 2 / Rtotal
2π . r
62.83
lc
=
=
= 19.6482 x10 6 A / Wb
µ 0 . Ac µ 0 . Ac 4 π x10 − 7 (2.54469 )
(1000)2
19.6482 x10 6
(
)
= 0.050 H = 50.89 [mH ]
b) La energía magnética total acumulada en el toroide se encuentra por medio de:
Se calcula el volumen del toroide a través de:
Finalmente:
2
 B2
Etoroide = Vol toroide 
 2 µ0
(
 B2
Etoroide = Vol toroide 
 2 µ0



)
Vol toroide = (2 π r ) π . a 2 = 40 cm 3

 = 4 x10 −5

 1.75 

 = 4.87 x10 7 [ Joules]
2
µ
 0
c) Usando la ecuación siguiente se tiene:
 Amp 
di 2 π r B 2 π (10 )(1.75)
=
=
= 2.916 x10 3 

dt µ 0 . N . t µ 0 (1000 ) (3)
 seg 
************************************************************************************
PROBLEMA 33
El circuito magnético que se presenta en la figura presenta dos devanados y dos entrehierros. Se asume que la
permeabilidad del núcleo es infinita. Las dimensiones del núcleo se indican en la figura.
a) Al suponer que la bobina 1 lleva una corriente I1 y la corriente de la bobina 2 es cero, calcule:
i) la densidad de flujo magnético en cada uno de los entrehierros
ii) el acoplamiento de flujo del devanado 1
iii) el acoplamiento de flujo del devanado 2
b) Repita el inciso a) y suponga que la corriente en el devanado 1 es cero y que una corriente I2 pasa en el devanado
2
c) Repita el inciso a) y suponga que la corriente en el devanado 1 es I1 y la corriente en el devanado 2 es I2.
d) Determine las autoinductancias de los devanados 1 y 2 y la inductancia mutua entre los devanados.
g2
i1
µ→∞
N1
Área A2
Área A1
N2
g1
i2
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
24
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
SOLUCIÓN:
En primera instancia se dibuja el circuito equivalente, independiente de si actúan o no las dos fuentes.
R2
R2
g2
R1
N1 . I 1
±
R2
g1
+−
N2.I2
a) Los datos son: I2=0 y además que la permeabilidad del núcleo es infinita (por tanto su reluctancia es cero).
φtotal
N1. I1
Rg1
±
φ2
φ1
Rg2
i) Se nota que las reluctancias de los entrehierros 1 y 2 están en paralelo, entonces:
 g1 

N1 . I 1 = φ1 . R g 1 = B1 . A1 
.
A
µ
 0 1
N 1 . I 1 .µ 0
B1 =
g1
ii) Se debe recordar que:
B = µ. H
además,
∗
∗
H=
 g2
N 1 . I 1 = φ 2 . R g 2 = B2 . A2 
 µ 0 . A2
N . I .µ
B2 = 1 1 0
g2



N. I
l
λ1 = N 1 .φT = N 1 . (φ1 + φ 2 ) = N 1 .(B1 . A1 + B2 . A2 )
 N 1 . I 1 . A1
N . I .A
+ 1 1 2
g1
g2




λ1 = N 1 . (µ 0 . H 1 . A1 + µ 0 . H 2 . A2 ) = N 1 . µ 0 . 
 A1
A
+ 2
g2
 g1
λ1 = N 1 2 . µ 0 . I 1 . 



iii) Para este literal solo se considera el flujo 2.
 N1 . I1
 g2
λ2 = N 2 .φ 2 = N 2 .(B2 . A2 ) = N 2 . A2 (µ 0 . H 2 ) = N 2 . µ 0 . A2 
 A2
 g2
λ2 = µ 0 .N 1 . N 2 . I 1 






________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
25
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
b) Los datos son: I1=0 y además que la permeabilidad del núcleo es infinita (por tanto su reluctancia es cero).
Rg1
φ2
Rg 2
+−
N2. I2
i) Como la corriente por la bobina 1 es cero, entonces B1=0 y el flujo debido a la corriente 1 también será cero.
Nótese que las reluctancias están en serie.
φ 2 . R g 2 − N 2 . I 2 = 0 (impor tan te)
 g2
N 2 . I 2 = φ 2 . R g 2 = B2 . A2 
 µ 0 . A2
N . I .µ
B2 = 2 2 0
g2
ii) Se tiene presente que:
φ1 = 0 ; B1 = 0
debido a que



I1 = 0
 N2.I2
 g2



 N2.I2
 g2



λ1 = N 1 .φ 2 = N 1 .(B2 . A2 ) = N 1 . A2 (µ 0 . H 2 ) = N 1 . µ 0 . A2 
 A2
 g2
λ1 = µ 0 .N 1 . N 2 . I 2 
iii) Se tiene presente que:
φ1 = 0 ; B1 = 0



debido a que
I1 = 0
λ2 = N 2 .φ 2 = N 2 .(B2 . A2 ) = N 2 . A2 (µ 0 . H 2 ) = N 2 . µ 0 . A2 
 A2
 g2
λ2 = µ 0 . N 2 2 . I 2 
c) Se tiene presente que:



I1 ≠ 0 ; I 2 ≠ 0
φtotal
N1. I1
±
φ1
φ2
Rg1
Rg 2
+−
N2. I2
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
26
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
i) En este literal, se hará una comparación entre una fuente de voltaje común y una fmm, para poder comprender el
desarrollo de la solución del problema.
 g1 

N1 . I 1 = B1 . A1 
 µ 0 . A1 
 g2
N1 . I 1 = B2 . A2 
 µ 0 . A2
→ B1 =

 − N 2 . I 2

Si nos fijamos bien podemos comparar a
N1 . I1
N 1 . I 1 .µ 0
g1
(nótese el signo de la fuente que " ve" el φ 2 )
como una fuente de voltaje, el mismo que es la suma algebraica del
voltaje en la resistencia y de la otra fuente.
B2 .
g2
µ0
B2 =
= N1 . I1 + N 2 . I 2
µ 0 . N1 . I1
g2
ii) En este literal lo que se hace es reemplazar los valores de
+
µ0 . N 2 . I 2
g2
B1 y B2
en una ecuación más general.
λ1 = N 1 .φT = N 1 . (φ1 + φ 2 ) = N 1 .(B1 . A1 + B2 . A2 )
 µ 0 . N1 . I 1 . A1
µ .N .I . A
µ .N .I . A
+ 0 1 1 2 + 0 2 2 2
g1
g2
g2

λ1 = N 1 . 
 A1
A
A 
+ 2  + µ 0 . N 1 . N 2 . I 2  2
g2 
 g1
 g2
λ1 = N 1 2 . µ 0 . I 1 






iii) Se toma solo el flujo 2.
 µ 0 . N1 . I 1
µ .N .I
+ 0 2 2
g2
g2

λ2 = N 2 .φ 2 = N 2 .(B2 . A2 ) = N 2 . A2 
 A2
 g2
λ2 = µ 0 . N1 . N 2 . I 1 

A
 + N 1 2 . µ 0 . I 2  2

 g2






________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
27
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
d) Se determina la autoinductancia en la bobina 1 (L11), la autoinductancia en la bobina 2 (L22) y la inductancia entre
la bobina 1 y 2 (L12).
2
L11 =
2
N1
N1
=
g
g2
Rtotal
1
+
µ 0 . A1 µ 0 . A2
N 1 . µ 0 . A1 . A2
N 1 . A1 . A2
=
µ 0 . A2 . g1 + µ 0 . A1 . g 2 A2 . g1 + A1 . g 2
2
L11 =
2
A
2  A
L11 = N 1 .  1 + 2
g2
 g1



N . µ 0 . A2
N
L22 = 2 = 2
Rg 2
g2
2
2
 A 
L12 = µ 0 . N 1 . N 2 .  2 
 g2 
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
28
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
TRANSFORMADORES
PROBLEMA 1
El primario de un transformador, fuertemente acoplado o con acoplamiento estrecho, tiene una inductancia de 20H,
coeficiente de acoplamiento igual a 0.98, e inductancia mutua de 9.8H. Calcular la inductancia del devanado
secundario.
Datos:
L=20 H
k=0.98
M=9.8 H
k=
SOLUCIÓN:
M
L1 * L2
2
2
 M   1   9 .8 H   1 
L2 =     = 
 
 = 5H
 k   L1   0.98   20 H 
************************************************************************************
PROBLEMA 2
Un transformador comercial de 400Hz, 220/20V tiene 50 vueltas en su lado de bajo voltaje.
Calcular:
a. El número de vueltas en su lado de alta.
b. La relación de transformación α, cuando se emplea como transformador de bajada.
c. Repetir la parte (b), cuando se emplea como transformador de subida.
d. La relación de volts/vuelta en el lado de alta.
e. La relación de volts/vuelta en el lado de baja.
Datos:
N2=50 vueltas
a)
SOLUCIÓN
b)
α =
N1
220
=
N2
20
c)
220
α =
= 11
20
N 1 = 550 v
d)
V1 220
volts
=
= 0.4
N1 550
vuelta
20
α =
= 0 . 090
220
e)
V2
20
volts
=
= 0.03636
N 2 550
vuelta
Cuando el transformador es de subida α es menor que 1; es decir el voltaje final es mayor al inicial, cuando es de
bajada es mayor de 1.
************************************************************************************
PROBLEMA 3
El lado de alto voltaje de un transformador tiene 750 vueltas; el de lado voltaje tiene 50 vueltas. Cuando se conecta el
lado de alta a un voltaje nominal de 120V, 60Hz y carga nominal de 40A en el lado de baja, calcular:
a. La relación α de transformación.
b. El voltaje secundario, suponiendo que no hay caídas internas de voltaje por impedancia.
c. La resistencia de la carga.
d. La relación de volts/vuelta en el secundario y primario, respectivamente.
e. Los volts-amperes nominales del transformador.
Datos:
N1=750 vueltas
I2=40 A
V1=120 V
N2=50 vueltas
SOLUCIÓN:
b)
a)
N
750
α= 1=
= 15
N 2 50
c)
α =
V1
V2
V2 =
120
= 8V
15
V2 = I 2 R2
R2 =
8
= 0 .2 Ω
40
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
29
TRANSFORMADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
d)
e)
8
A
α 3
S1 = V1 I1 = 320VA
V2 220
volts
=
= 0.16
N 2 250
v
I1 =
V1 120 4volts
=
=
N1 750
25v
I2
=
S 2 = V2 I 2 = 320VA
************************************************************************************
PROBLEMA 4
Un transformador comercial de potencia de 50kVA, 60Hz, 440/110V, tiene 600 vueltas en su lado de alto voltaje.
Calcular:
a. El número de vueltas en su lado de bajo voltaje.
b. La relación α de transformación, cuando se usa como transformador de bajada.
c. La relación α de transformación, cuando se usa como transformador de subida.
d. La relación de volts/vuelta en el lado de alto voltaje.
e. La relación de volts/vuelta en su lado de bajo voltaje.
f. La corriente nominal del lado de alto voltaje.
g. La corriente nominal del lado de bajo voltaje.
SOLUCIÓN:
Datos:
S=50 kVA
N1=600 vueltas
b)
a)
N2 =
d)
c)
α=
e)
440
=4
110
α=
110 1
=
440 4
f)
V1 440
volts
=
= 0.733
N1 600
v
g)
110 N1
= 150v
440
S1 = V1 I1
V2 110
volts
=
= 0.733
N 2 150
v
I1 =
50 x10 3VA
= 113.636 A
440V
S 2 = V2 I 2
I2 =
50 x10 3 VA
= 454 .54 A
110V
************************************************************************************
PROBLEMA 5
El lado de alto voltaje de un transformador de bajada con dos devanados tiene 800 vueltas; el lado de bajo voltaje
tiene 100 vueltas. Si se aplica un voltaje nominal de 240 V al lado de alto voltaje y se conecta una impedancia de
carga de 3 Ω al de bajo voltaje, calcular:
a. El voltaje y la corriente en el secundario.
b. La corriente en el primario.
c. La impedancia de entrada al primario, a partir de la relación Z1=V1/I1.
d. La impedancia de entrada el primario empleando otro método.
SOLUCIÓN:
Datos:
N1=800 vueltas
N2=100 vueltas
V1=240 V
Z2=3+j0 Ω
a)
b)
N
α = 1 =8
N2
V2 =
V1
α
=
10
8
I 1 = 1 . 25 A
I1 =
I2
α
=
240 volts
8
V 2 = 30 V
V2 = I2Z 2
30
= 10 A
3
________________________________________________________________________________
I2 =
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
30
TRANSFORMADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
c)
d)
Z1 =
Z 2p = α 2 Z 2
V1
240
=
I1
1 . 25
Z 2p = (8) 2 (3)
Z 2p = 192 Ω
Z 1 = 192 Ω
NOTA: En el literal d) y en adelante se deberá leer como la impedancia del lado de baja reflejada al primario o
viceversa y no confundirse que estas cantidades están elevadas al cuadrado (voltajes, corrientes) o si se prefiere
tomar otra clase de simbología para saber en donde se está trabajando.
************************************************************************************
PROBLEMA 6
En el transformador de igualación de tres bobinas que se muestra en la figura, N1=1000 v,
N2=200 v, N3=400 v, y
a.
b.
c.
d.
e.
f.
g.
h.
z 2 = 10∠0 0 , z 3 = 16∠0 0 Ω
el voltaje primario es 30 Vrms. Calcular:
La Z2/ reflejada al primario.
La Z3/ reflejada al primario.
La impedancia total equivalente reflejada al primario.
La corriente que en el primario toma del suministro.
La potencia total que se toma del suministro.
El voltaje V2 a través de Z2 y la potencia que se disipa en Z2.
El voltaje V3 a través de Z3 y la potencia que se disipa en Z3.
La potencia total que se disipa en las cargas.
Datos:
N1=1000 v
N2=200 v
N3=400 v
V1=30 V
N2
Z2
V2
x
N1
Vp
Z1
y
N3
Z3
V3
SOLUCIÓN:
a)
b)
c)
N 1000
α12 = 1 =
=5
N 2 200
N
1000
α13 = 1 =
= 2 .5
N3
400
Z2p = α12 Z 2 = (5) 2 (10) = 250Ω
Z 3p = α 132 Z 3 = ( 25) 2 (16) = 100Ω
2
d)
e)
V
30
I1 = 1p =
Z 23 71 .428
Z 2p * Z 3p
Z 2p + Z 3p
( 250)(100)
250 + 100
= 71.428Ω
Z 23p =
Z 23p
f)
PT = I12 Z 23p = (0.42) 2 ( 71.428)
PT = 12.599W
V 2= N 2
P2 =
I1 = 0.42 A
g)
Z 23p =
V1
 200 
= 30
 = 6volts
N1
 1000 
V22 (6) 2
=
= 3.6W
Z2
10
h)
V3 = N 3
P3 =
V1
 400 
= 30
 = 12volts
N1
 1000 
PT = P2 + P3 = (3.6 + 9)W = 12.6W
V32 12 2
=
= 9W
Z 3 16
El subíndice 1-2 quiere decir la relación α entre la bobina 1 y la 2, igualmente 1-3.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
31
TRANSFORMADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 7
En el transformador de igualación con salidas que se muestra en la figura, N1=1000 v,
N2=200
Z 2 = 2 ∠ 0 0 , Z 3 = 5∠ 0 0 .
v,
El voltaje primario es 21 V rms. Repetir todas las partes del
problema anterior con N3=300v.
Datos:
N1=1000 v
N2=200 v
N3=300 v
V1=30 V
N3
N1
Vp
Z3
Z1
N2
Z2
SOLUCIÓN:
a)
b)
c)
N1
1000
=
=2
N 3 + N 2 200 + 300
N
1000
=5
α12 = 1 =
N2
200
α13 =
Z 2p = α12 Z 2 = (5) 2 ( 2) = 50 Ω
Z 3p = α132 Z 3 = ( 2) 2 (5) = 20 Ω
2
d)
e)
I1 =
V1
Z 23p
=
Z 23p =
Z 2p * Z 3p (50)( 20)
=
Z 2p + Z 3p
50 + 20
Z 23p = 14.285Ω
f)
V 2= N 2
PT = V1I1 = ( 21)(1.47 )
21
14 .285
PT = 30 .87W
I 1 = 1.47 A
P2 =
g)
V1
 200 
= 21
 = 4.2volts
N1
 1000 
V22 (4.2) 2
=
= 8.82W
Z2
2
h)
V3 = V1
P3 =
PT = P2 + P3 = (8.82 + 22.05)W = 30.87W
( N2 + N3 )
 200 + 300 
= 21
 = 10.5volts
N1
 1000 
V32 10.52
=
= 22.05W
Z3
5
************************************************************************************
PROBLEMA 8
Un transformador de igualación de impedancia con salidas que se encontró en un almacén de equipo usado no tiene
más información que sus tres terminales del secundario marcadas con 16, 18 Ω y G, respectivamente. Calcular la
impedancia entre las salidas de 16 y 18 Ω.
SOLUCIÓN:
αap =
16
Zp
αbp =
N2
Np
αab =
N1
2
8
Np
Np
N 
Z =  p  Zb
 N1 
Z =α Z
p
a
N2
N1
2
ap a
p
b
Np
(2) = (3) / Np2
N2 − N1
2
 Np 
 Zab(3)
Z = 
 N2 − N1 
p
ab
Zab = ( Za − Zb )2
2
N 
Zap =  p  Za (1)
 N2 
G
Zap = Zbp (2)
Zab =1.375Ω
2
La ecuación que resulta (2)=(3)/Np ha sido resuelta por Métodos Numéricos para dar el valor de Zab.
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MÁQUINAS ELÉCTRICAS
32
TRANSFORMADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 9
Para el circuito de la figura, calcular:
a. La relación α de transformación para asegurar la máxima transferencia de potencia entre la fuente y la impedancia
compleja de carga ZL.
b. La reactancia primaria (inductiva) reflejada en el circuito secundaria de carga.
c. El valor de –jXc para asegurar máxima transferencia de potencia de la fuente.
d. La reactancia total reflejada del secundario al primario a transferencia máxima de potencia.
e. La corriente I1 en el primario e I2 en el secundario a transferencia máxima de potencia.
f. La potencia que se disipa en la carga a transferencia máxima de potencia.
g. La potencia que se disipa en Zp a máxima transferencia de potencia.
h. La caída de voltaje a través de la impedancia ZL de carga, a transferencia máxima de potencia.
i.
La caída de voltaje a través de la impedancia Zp del primario, a transferencia máxima de potencia.
Zp
Datos :
50∠36.87º Ω
Zp = 50∠36.87 º = 40 + j 30
ZL
+
−
Vs = 80∠0º
Z L = 2∠60 º = 1 + j1.73
V
2∠60º Ω
80∠0º V
− jXc
Z Lp = α 2 Z L
α 2 (2∠60º ) = 50∠ − 36.87 º
Z Lp = Z *p
α 2 = 25∠ − 96.87º
α 2 Z L = Z *p
α = 25∠ − 96.87 º (absurdo )
a) Para este problema debemos conocer las
condiciones para máxima transferencia que se dan en
el texto de Kosow. El resultado obtenido, tomando en
cuenta la impedancia completa (R+jX) nos hace ver
que resulta imposible la obtención de α debido a que
se debe extraer la raíz del ángulo?
Por lo tanto para hallar α sólo se debe tomar el valor absoluto de las resistencias o de reactancias, entonces:
α2 =
Z *p
ZL
=
RP 40
=
= 40 → α = 6.3245
RL
1
b) Como nos dice la reactancia, no resistencia, entonces:
jX ps =
jX p
α
2
=
30
(6.3245) 2
jX ps = j 0.75Ω
c) Llamando Zx a la suma de ZL y jXc, reflejándola al primario y aplicando la condición de máxima transferencia,
obtenemos del diagrama:
Zx = Z L − jXc
Zp
Zx
Z xp = α 2 Zx = Z *p
α 2 Zx = 50∠ − 36.87 º
Zx = 1.25∠ − 36.87 º
Zx = 1 − j 0.75Ω
jXc = Z L − Zx
jXc = 1 + j1.73 − 1 + j 0.75
jXc = j 2.48Ω
Vs = V
d)
En la primera ecuación colocamos el signo
menos del problema, el valor de ZL lo tenemos
como dato y hallamos el valor de jXc. Notamos
que el valor es positivo, lo cual era de
esperarse porque ya tomamos el signo menos
al principio, sino podíamos haber tomado el
signo más al inicio y la respuesta por tanto
sería negativo, verificar.
X TOTAL = X L + Xc = 1.73 − 2.48 = −0.75
p
X TOTAL
= α 2 X TOTAL = −29.99 ≈ −30 Ω
Del diagrama anterior vemos que se necesita sumar las dos reactancias para obtener X total de Zp y Zx.
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MÁQUINAS ELÉCTRICAS
33
TRANSFORMADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
e) De la teoría sabemos que el voltaje en el primario es igual a la mitad del voltaje de la fuente V1=0.5Vs, entonces:
V1 = 0.5Vs = 0.5(80∠0º ) = 40∠0º
V2 =
V1
α
I1Zp + V1 = Vs
Vs − V1
= 0.8∠ − 36.87º
Zp
I 2 = αI1 = (6.3245)(0.8∠ − 36.87º ) = 31.99∠ − 36.87
= 6.3346∠0º V
I1 =
Otra forma de hallar I1 (ver teoría en Kosow):
I1 =
Vs
80∠0 º
=
= 0.8∠ − 36.87 º
2 Zp 2(50∠36.87 º )
Por tanto ya podemos hallar la corriente 2. En el libro la respuesta que se nos da, si vemos bien es el del voltaje 2 más
no de la corriente 2.
f)
PL = ( I 2 ) 2 RL = (31 .99 ) 2 (1) = 1023 .3W
g)
Pp = ( I 1 ) 2 R p = (0.8) 2 ( 40 ) = 25 .6W
h)
VL = I 2 Z L = (31.99∠ − 36.87 º )(2∠60º ) = 63.98∠23.13º V
i)
V p = I1 Z p = (0.8∠ − 36 .87 º )(50 ∠36 .87 º ) = 40 ∠0 º V
Se insiste en la necesidad de saber interpretar la teoría para transferencia máxima, también tener en cuenta el
concepto de conjugado.
************************************************************************************
PROBLEMA 10
Un transformador real de bajada de núcleo de hierro de 500kVA, 2300/230V, 60Hz tiene los
r1 = 0.1Ω; jX L1 = j 0.3Ω; r2 = 1mΩ; jX L 2 = j 3mΩ
siguientes valores:
Cuando se carga este transformador a su valor nominal y se usa como de bajada, calcular:
a. Las corrientes nominales en el primario y secundario.
b. Las impedancias internas secundarias y primarias Z2 y Z1 (sólo las magnitudes).
c. Las caídas internas de voltaje en el secundario y en el primario.
d. Los voltajes inducidos en el secundario y en el primario, suponiendo que los voltajes de terminales e inducido
están en fase.
e. La relación de los voltajes inducidos en el primario y secundario, según la parte (d).
f. La relación de los voltajes de terminales primario y secundario a partir de los datos de placa.
Datos:
S=500 kVA
SOLUCIÓN:
a)
b)
I1nom =
3
S
500 x10 VA
=
= 217.391 A
V1nom
2300V
I 2 nom =
S
V 2 nom
500 x10 3 VA
=
= 2173 .913 A
230V
Z1 = r1 + jxL1 = 0.1 + j 0.3 = 0.3162∠71.56º
Z1 = 0.3612Ω
Z 2 = r2 + jxL 2 = 0.001 + j 0.003 = 0.003162∠71.56º
Z 2 = 3.162 x10 −3 Ω
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TRANSFORMADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
Los puntos representan polaridad positiva, en la parte superior de V1 y V2 son positivos.
R1
jX1
V1
R2
E1
E2
jX 2
c) Se refiere al voltaje generado en las impedancias tanto
de alta como de baja.
V11 = I 1 Z 1 = ( 217.391)(0.3162∠71.56º )
V2
ZL
V11 = 68.739∠71.56º V
V 22 = I 2 Z 2 = ( 2173.913)(0.003162∠71.56 º )
V 22 = 6.8739∠71.56º V
d)
V1 = E1 + I1 Z1 → E1 = 2300 − 68 .739 = 2231 .261V
V2 = E 2 − I 2 Z 2 → E 2 = 230 + 6.8739 = 236 .8739V
E1 y E2 se denominan voltajes generados en las bobinas del primario y secundario (diagrama), no se deben confundir
con las bobinas (jX1 y jX2) que se encuentran en serie con las resistencias (R1 y R2).
Estos voltajes se encuentran aplicando las leyes de voltajes en cada parte.
e)
f)
E
Rvi = 1 = 9.4196
E2
α=
V1 2300
=
= 10
V2
230
*En el problema, se ven que los voltajes generados E1 y E2 son diferentes de V1 y V2 cuando el transformador no es
ideal y son iguales cuando es ideal ¿por qué? La respuesta es sencilla, porque en el transformador ideal no hay
pérdidas (R1 y R2) y (jX1 y jX2), por tanto cuando se aplican mallas dará que E1=V1 y E2=V2. Se deja al estudiante
comprobarlo.
************************************************************************************
PROBLEMA 11
Para el transformador del problema anterior, con los datos y los resultados, calcular:
a. La impedancia de carga en el secundario a la potencia nominal ZL.
b. La impedancia de entrada al primario a la carga nominal Zp con dos métodos.
SOLUCIÓN:
a)
ZL =
V2
230
=
= 0.1058Ω
I 2 2173.913
Zp =
b)
V1
2300
=
= 10.58Ω
I1 217.391
Z p = α 2 Z L = (10) 2 (0.1058) = 10.58Ω
************************************************************************************
PROBLEMA 12
Con
a.
b.
c.
d.
los datos del problema anterior y la relación de transformación igual a 10, calcular:
La resistencia equivalente del transformador referida al lado de alto voltaje.
La reactancia equivalente del transformador referida al lado de alto voltaje.
La resistencia equivalente del transformador referida al lado de bajo voltaje.
La reactancia equivalente del transformador referida al lado de bajo voltaje.
SOLUCIÓN:
a)
b)
r = α r2 = (10 ) (0.001) = 0.1Ω
p
2
2
2
Req1 = r1 + r2p = 0.1 + 0.1 = 0.2Ω
jx Lp2 = α 2 jx L 2 = (10 ) 2 (0.003) = 0.3Ω
jxeq1 = jx L1 + jx Lp2 = j (0.3 + 0.3) = j 0.6Ω
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INGENIERÍA MECÁNICA
c)
d)
0.3
= 3mΩ
α
102
jxeq2 = jxL2 + jxLs1 = (3 + 3) = 6mΩ
jxLs1 =
0.1
r 2 = 2 = 0.001Ω
10
α
Req 2 = r2 + r1s = 0.001 + 0.001 = 2mΩ
s
1
r1
jxL1
2
=
************************************************************************************
PROBLEMA 13
Se prueba un transformador de 10kVA 60Hz, 4800/240V a circuito abierto y en cortocircuito. Los resultados de la
prueba son los siguientes:
Prueba
V
A
W
Lado que se usa
A circuito abierto CA
En corto circuito CC
240
180
1.5
2.083
160
180
Bajo voltaje
Alto voltaje
A partir de los datos anteriores, calcular:
a. La resistencia y reactancia equivalentes, referidas al lado de alto voltaje.
b. La resistencia y reactancia equivalentes, referidas al lado de bajo voltaje.
c. La regulación de voltaje el transformador de bajada, a FP unidad y plena carga.
d. La regulación de voltaje el transformador de bajada, a FP 0.8 en atraso.
e. La regulación de voltaje el transformador, a FP 0.8 en adelanto.
SOLUCIÓN:
a) Los valores que se pide a veces son llamados valores de dispersión R y jX. Es de suma y necesaria importancia
leer bien el enunciado en este tipo de problemas ya que a menudo suele dar confusiones en el momento de
interpretarlos. En este problema, ya nos dice que “la prueba está hecha en el lado” ó “el lado que se usa (o también
por el lado de)”, ¿pero que tiene de importante esto?
Si leemos la teoría, parecería que los instrumentos en la prueba de CC en este problema están en el lado de baja, sin
embargo, por dicho lado la corriente que debe pasar es la nominal (10kVA/240V=41.667 A) y se puede pensar a veces
que esta debería ser la que se encuentre en la tabla de datos, sin embargo, la que está, es la del lado de alta
¿entonces que es lo que está pasando, que interpretación se debe dar?
La interpretación es muy obvia, como la corriente que nos da es la del primario o del lado de alta, entonces los
instrumentos están en el lado de alta y no como se pensaba al inicio de la explicación, otra forma de darse cuenta es
que por el secundario sería imposible que circule la corriente del primario (10kVA/4800V= 2.083 A).
Claro está que lo que nos dice la teoría no es que esté mal, sino que se debe interpretar de acuerdo al problema y de
los datos que nos den, como este.
La misma explicación se da para la prueba de CA. Se debe recordar que la prueba de CC se hace a corriente nominal y
la de CA a voltaje nominal. Dichos valores nominales son los que nos marquen los instrumentos, y como dijimos para
saberlo es necesario ver como “mismo” y en donde están hechas las pruebas y seguir los pasos anteriores, para no
tener confusiones al momento de calcular los parámetros.
Dibujamos el circuito equivalente con la rama de excitación en el lado de baja, a veces (RT y jXT) se llaman
reactancias de dispersión y (Rp y jXm) valores magnetizantes. Para la prueba de CC tenemos:
RT
jXT
I1
V1
E1
E2
Rp
jXm
V2
Pcc = VccIcc cos θ
Z eqP = 86.41∠61.31º
180
180(2.083)
θ = 61.31º
ReqP = 41.48Ω
cos θ =
jX eqP = 75.8Ω
Vcc = IccZ eqP
Z eqP =
180
= 86.41Ω
2.083
De lo dicho anteriormente, puesto que los instrumentos están en el lado de alta, los valores están en dicho lado.
Generalmente en las pruebas de CC se debe calcular primero el ángulo θ.
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b)
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Aquí simplemente tomamos los valores anteriores y los dividimos para α2:
ReqP
ReqS =
α
2
=
41.48
= 0.1037 Ω
20 2
jX eqS =
jX eqP
α
2
=
75.8
= 0.1895Ω
20 2
El problema no nos pide los valores de la rama magnetizante, pero los vamos a calcular, debemos nuevamente
advertir que dichos valores estarán en el lado de baja (ya nos está diciendo):
Pca = VcaIca cos θ
cos θ =
YS = 0.006∠63.6º
160
240(1.5)
YS = 0.003 + j 0.005Ω
Rc S = 1 / 0.003 = 333.33Ω
θ = 63.6º
YS =
Xm S = 1 / 0.005 = 200Ω
Ica 1.5
=
= 0.006Ω
Vca 240
Si nos damos cuenta Rp y Xm nosotros los representamos al inicio en el lado de baja (ver figura).
c)
Realizaremos la RV en el lado de baja usando los voltajes inducidos para lo cual: I2nom= 41.666A y fp=1
E 2 = V2 cos θ + I 2 Req 2 + j (V2 senθ ± X eq 2 I 2 )
E 2 = 240 (1) + 41.666 (0.1037 ) + j[ 240 (0) + 41.666 (0.1895)] = 244 .447 ∠1.85º
RV 2 =
E 2 − V2
244 .447 − 240
x100 % =
x100 % = 1.85%
V2
240
Existe otra ecuación:
Vsc= voltaje sin carga
Vpc= voltaje a plena carga
V −VV PC
RV = SC
x100%
V PC
**Vamos a realizar la RV en el lado de alta:
**Vamos a realizar la RV en el lado de baja:
Vsc1=Vpc1 + I1*Zeq1 entonces:
Vpc1= Vsc1 – I1Zeq1
Vsc2=Vpc2 + I2*Zeq2 entonces:
Vpc2= Vsc2 – I2Zeq2
Vsc1 = 4800∠0º −2.083∠0º (86.41∠61.3º )
Vsc 2 = 240∠0º −41.667∠0º (0.217∠61.3º )
Vsc1 = 4800∠0º −179.99∠61.3º
Vsc 2 = 240∠0º −9.042∠61.3º
Vsc1 = 4716.208∠ − 1.9º
4800 − 4716.208
RV 1 =
x100%
4716.208
RV 1 = 1.777%
Vsc 2 = 235.791∠ − 1.9º
240 − 235.791
RV 1 =
x100%
235.791
RV 1 = 1.78%
La diferencia entre las dos ecuaciones para hallar la regulación es que la última es más exacta, pero todo dependerá
cual de las dos nos parezca más fácil.
c
Dibujamos el diagrama fasorial para E2:
E2
En el diagrama:
bc = I 2 X e 2
β
θ
ab = I 2 Re 2
I2
ac = I 2 Z e 2
V2
a
b
La corriente I2 está en fase con V2
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Ahora realizamos la RV en el lado de alta para lo cual: I1nom= 2.083A
E1 = V1 cos θ + I 1 Req1 + j (V1 senθ ± X eq1 I 1 )
E1 = 4800 (1) + 2.0833(41.48) + j[ 4800 (0) + 2.0833(75.8)]
E1 = 4888 .965∠1.85º
RV1 =
E1 − V1 4888 .965 − 4800
=
= 1.853%
4800
V1
Podemos notar que se puede realizar la RV ya sea en el lado de alta o de baja, dando el mismo valor.
Los voltajes y corrientes usadas para la RV son los nominales.
d) Lo realizamos en el lado de baja, aunque lo podríamos realizar en el lado de alta.
E 2 = V2 cos θ + I 2 Req 2 + j (V2 senθ ± X eq 2 I 2 )
E 2 = 240(0.8) + 41.666(0.1037) + j[240sen(36.87) + 41.666(0.1895)] = 248.22∠37.7º
RV2 =
E 2 − V2
248.22 − 240
x100% =
x100% = 3.425%
V2
240
Ver diagrama fasorial para E2:
En el diagrama tenemos:
e
E2
ab = I 2 Re 2 = dc
bc = V 2 sen θ
ce = I 2 X e 2
af = V 2 cos θ
V2
f
I2
θ
d
c
Debemos notar que dc es paralelo a I2 y esta
retrasado con respecto a V2. Como resultado
cuando el fp esta en atraso E2>V2 y la
regulación es positiva.
de = I 2 Z e 2
a
b
Vamos a calcular la RV con la segunda ecuación:
**Vamos a realizar la RV en el lado de alta:
**Vamos a realizar la RV en el lado de baja:
Vsc1=Vpc1 + I1*Zeq1 entonces:
Vpc1= Vsc1 – I1Zeq1
Vsc2=Vpc2 + I2*Zeq2 entonces:
Vpc2= Vsc2 – I2Zeq2
Vsc1 = 4800∠0º −2.083∠ − 36.87 º (86.41∠61.3º ) Vsc 2 = 240∠0º −9.042∠ − 36.87 º (0.217∠61.3º )
Vsc 2 = 240∠0º −9.042∠24.43º
Vsc1 = 4800∠0º −179.99∠24.43º
Vsc1 = 4636.72∠ − 0.9º
4800 − 4636.72
RV 1 =
x100%
4636.72
RV 1 = 3.521%
Vsc 2 = 231.798∠ − 0.9º
240 − 231.798
RV 1 =
x100%
231.798
RV 1 = 3.538%
El signo menos (-) es para atrasado y el más (+) para adelantado. Los Zeq resultan de la prueba de CC.
e) Lo realizamos en el lado de baja:
E2 = V2 cosθ + I 2 Req 2 + j (V2 senθ ± X eq 2 I 2 )
E2 = 240(0.8) + 41.666(0.1037) + j[240sen(36.87) − 41.666(0.1895)] = 238.888
RV2 =
E2 − V2
238.888 − 240
x100% =
x100% = −0.463%
V2
240
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INGENIERÍA MECÁNICA
Ver diagrama fasorial para E2:
En el diagrama tenemos:
ab = dc = I 2 Re 2
b
ec = I 2 X e 2
e
a
En este literal hacemos lo mismo que en los anteriores
y debe salir la misma respuesta, dejamos para que el
estudiante compruebe los resultados obtenidos.
Debemos que dc es paralelo a I2. Cuando el fp esta en
adelanto E2<V2 y la regulación es negativa.
ed = I 2 Z e 2
c
E2
I2
af = V2 cos θ
bc = V2 senθ
θ
f
V2
d
************************************************************************************
PROBLEMA 14
Para los datos de las pruebas a circuito abierto y cortocircuito del problema anterior, calcular:
a. La resistencia equivalente del transformador, referida al lado de bajo voltaje.
b. La eficiencia a plena carga, a un FP 0.9 en retraso.
c. La eficiencia a media carga, a un FP 0.9 en retraso.
d. La fracción de carga y el valor de la corriente en el secundario a los cuales se presentan la eficiencia máxima.
e. La eficiencia máxima, a FP unidad.
f. La eficiencia máxima a FP 0.9 en retraso.
SOLUCIÓN:
a)
b)
Req1
η=
41.48
= 0.1037 Ω
20 2
α
jx
75.8
jx1S = 21 =
= 0.1895 Ω
α
20 2
ReqS 1 =
2
=
V2 I 2 cos θ
V2 I 2 cos θ + Pc + PFe
240(41.666)(0.9)
240(41.666)(0.9) + 160 + (41.666 2 )(0.1037)
η = 96.359%
η=
c)
d)
FC =
η1/ 2 c arg a =
V2 ( I 2 / 2) cos θ
V2 I 2 cos θ + Pc + PFe
FC = 0.9427
Req 2 = ReqS 1 = 0.1037Ω
240( 41.666 / 2)(0.9)
η=
240(41.666 / 2)(0.9) + 160 + (41.666 / 2) 2 (0.1037)
η = 95.64%
e)
I2 =
f)
η máx
η máx
η máx
Pc
160
=
I Req 2
(41.666) 2 (0.1037)
2
2
η máx =
V2 I 2 cos θ
=
V2 I 2 cos θ + Pc + PFe
Pc
160
=
= 39.279 A
Req 2
0.1037
V2 I 2 cos θ
V2 I 2 cos θ + Pc + PFe
240(41.666)(0.9)
240(41.666)(0.9) + 160 + 180
= 96.35%
η máx =
240( 41.666)(1)
=
240( 41.666)(1) + 160 + 180
= 96.71%
η máx
En este tipo de ejercicios es importante saber la condición que debe cumplirse para obtener eficiencia máxima, pero si
no se sabe esta es: pérdidas en el núcleo son iguales a las pérdidas del cobre.
Pcu = PFe
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INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 15
Un transformador de 100kVA, 60Hz, 12000/240V se prueba a circuito abierto y en cortocircuito. Los resultados de la
prueba son los siguientes:
Prueba
V
A
W
Lado que se usa
A circuito abierto
En corto circuito
240
600
8.75
8.3
980
1200
Bajo voltaje
Alto voltaje
Para este transformador, en modo de bajada, calcular:
a. La regulación de voltaje a FP 0.8 en retraso.
b. La eficiencia a FP 0.8 en retraso para 1/8, ¼, ½, ¾, 4/4, y 5/4 de carga nominal.
c. La fracción de la carga nominal a la que se presenta la eficiencia máxima.
d. La eficiencia máxima con FP 0.8 en retraso.
SOLUCIÓN:
a)
Req1 =
Pcc 1200
=
I cc2
8.3 2
E1 = V1 cos θ + I 1 Req1 + j (V1 senθ + X eq1 I 1 )
Req1 = 17.419Ω
Z eq1 =
E1 = 1200(0.8) + 8.3(17.419) + j[1200sen36.87 + 8.3(70.1721)]
V1 600
=
I cc
8.3
E1 = 12469.850∠51.45º
Z eq1 = 72.289Ω
cos θ =
Req1
Z eq1
= 0.24
RV1 =
E1 − V1
12469.850 − 12000
x100% =
V1
12000
θ = 76.1º
jxeq1 = Z eq1 senθ
RV1 = 3.915%
jxeq1 = 70.172Ω
b)
η 1 / 8 CARGA =
V 1 ( I 1 / 8 ) cos θ
V 1 ( I 1 / 8 ) cos θ + Pc + ( I 1 / 8 ) 2 ( R eq 1 )
12000 ( 8 . 3 / 8 )( 0 . 8 )
12000 ( 8 . 3 / 8 )( 0 . 8 ) + 980 + (8 . 3 / 8 ) 2 (17 . 419 )
= 90 . 88 %
η 1 / 8 CARGA =
η 1 / 8 CARGA
η 1 / 4CARGA =
V1 ( I 1 / 4) cos θ
V1 ( I 1 / 4) cos θ + Pc + ( I 1 / 4) 2 ( Req1 )
12000 (8.3 / 8)(0.8)
12000 (8.3 / 4)( 0.8) + 980 + (8.3 / 4) 2 (17 .419 )
= 94 .97 %
η 1 / 4CARGA =
η 1 / 4CARGA
Si notamos las fracciones se refieren a la corriente nominal o también a la potencia nominal S del lado en el la cual se
realiza la regulación.
Para las otras fracciones el procedimiento es similar, se recomienda al estudiante realizar los cálculos restantes en
este literal.
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INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 16
Se emplea un autotransformador de subida para abastecer 3kV a partir de una línea de suministro de 2.4kV. Si la
carga en el secundario es 50A, despreciar las pérdidas y la corriente de magnetización y calcular:
a. La corriente en cada parte del transformador.
b. La corriente que se toma de la línea de suministro de 2.4kV.
c. Los kVA nominales del autotransformador.
d. Los kVA nominales de un transformador convencional equivalente de dos devanados, necesario para llevar a cabo
la misma transformación.
SOLUCIÓN.
V2 = 0.6kV
→
b)
Vc = V1 + V2
↑ I 2 = Ic
I sumi
a)
C arg a
Vc = 3kV
I1 ↓
V1 = 0.6kV
I su min = I 1 + I 2
V1
=4
V2
V1 = 2.4kV
α=
Vc = 3kV
I 2 = 50 A
V2 = 3 − 2.4 = 0.6kV
I1 =
c)
d)
S nom = V1 I1 = ( 2.4)(12 .5) = 30 kVA
S nom = V2 I 2 = (0.6)(50) = 30 kVA
I2
α
=
I su min = 12 .5 + 50
I su min = 62 .5 A
50
= 12.5 A
4
STOTAL = V1 I su min istro = ( 2.4kV )(62.5 A) = 150 kVA
STOTAL = VcI 2 = (3kV )(50 A) = 150 kVA
Vemos que con cualquiera de las relaciones se puede obtener los kVA nominales del autotransformador.
Generalmente el voltaje de suministro es el lado de alta, además ya nos dan la carga en el secundario.
************************************************************************************
PROBLEMA 17
Para el autotransformador del problema 27, calcular a la carga nominal y FP unidad:
a. La potencia que se transfiere del primario al secundario.
b. La potencia que se transfiere por conducción del primario al secundario.
SOLUCIÓN:
b) De la teoría sabemos que:
a)
P1 = V1 I1 cos θ = (2.4)(12.5)(1) = 30kW
Pc1−2 = αP1 = ( 4)(30kW ) = 120kW
En el siguiente problema se deduce la ecuación anterior.
************************************************************************************
PROBLEMA 18
Se puede demostrar que para los autotransformadores de subida, que la potencia transformada Px se relaciona con la
potencia total P que entra y sale del autotransformador ideal con la sencilla ecuación siendo alfa la relación de
transformación.
Demostrar algebraicamente que la potencia transferida por
conducción Pc simplemente es
x
Pc = αP. (Sugerencia: P=Px+Pc)
P = P (1 − α )
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SOLUCIÓN:
P = VxIx + VcIc
P = Px + Pc
↑ Ic
Px = P − Pc
P − Pc = P (1 − α )
Isumin
→
P − Pc = P − Pα
Pc = αP
↓ Ix
Vc
Primero calculamos la potencia total P
obtenida como autotransformador en la
carga, luego obtenemos la sugerencia y
la ecuación dada para poder demostrar.
VTOTAL=Vc+Vx
Vx
************************************************************************************
PROBLEMA 19
Para los autotransformadores de bajada se puede demostrar que la potencia transformada del primario al secundario
Px se relaciona con la potencia total que entra y sale del autotransformador mediante la ecuación
Px = P (1 − α ) / α
Demostrar algebraicamente que la potencia que se transfiere en forma conductiva Pc en un transformador de bajada
es: Pc=P/α
SOLUCIÓN:
Igual que el anterior:
Px = P − Pc
α (P − Pc ) = P (α − 1)
P = αPc
Pc =
P
α
************************************************************************************
En problemas donde se dan cargas conectadas se debe primero calcular la corriente que circula por la carga, ya que
esta será usada en todo el problema, es decir, esta se pasará al lado que se quiera (a veces se piensa que la corriente
de carga es la del secundario o del lado al que se pasa la carga), pero esto no es verdad; cuando se nos dice que la
carga toma la corriente nominal entonces ya no se tomará la corriente de carga sino el valor de la corriente nominal
del lado al que se pasó la carga, pero de todas maneras se deberá hallar la corriente de carga. Ver problema 25.
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PROBLEMA 20
Un transformador consta de una bobina primaria de 1200 vueltas y una bobina secundaria de circuito abierto de 75
vueltas que se depositan alrededor de un núcleo cerrado con área de sección transversal de 42 cm2. Se puede
considerar al material del núcleo como saturado cuando la densidad de flujo alcanza 1.45 T. ¿Qué voltaje primario rms
de 60 Hz se necesita sin alcanzar este nivel de saturación? ¿Cuál será el correspondiente voltaje secundario? ¿Cómo se
alteran estos valores si la frecuencia que se aplica es menor a 50 Hz?
SOLUCIÓN:
Para la segunda parte sólo se necesita
reemplazar el valor de 50Hz en las
ecuaciones y ver si los valores cambian.
La ecuación del voltaje se encuentra en la
última parte del libro de Fitzgerald.
Se debe recordar que se han trasformado
las unidades y que f=60Hz .
N 1 1200 V1
=
=
= 16
N2
75
V2
φ = A * B = (4.2 x10 − 2 m 2 )(1.45T )
α=
φ = 6.09 x10 −3 Wb
V2 =
E1 = V1 = 2πfN 1φ
V1
1948Volts
α
16
V2 = 121.75Volts
=
V1 = 1948Volts
Para la segunda parte en las ecuaciones anteriores el valor de f se debe cambiar de 60 a 50Hz.
************************************************************************************
PROBLEMA 21
Un circuito magnético con un área de sección transversal de 15cm2 se operará a 60Hz a partir de un suministro de
120V rms. Calcule el número de vueltas que se requieren para alcanzar un pico de densidad de flujo magnético de 1.8
T en el núcleo.
SOLUCIÓN:
N=
Vsu min istro = V1
120V
=
= 166.72 vueltas ≈ 167 vueltas
2π fφ
2 π (60Hz) (1.8T x 0.0015m2 )
Generalmente el voltaje de suministro es en el lado de alta, y N se halló usando la ecuación del problema 31.
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PROBLEMA 22
Se utilizará un transformador para convertir la impedancia de un resistor de 8Ω a una impedancia de 75Ω. Calcule la
relación de vueltas que se requiere al asumir que el transformador es ideal.
SOLUCIÓN:
Como sabemos que en el lado de baja las impedancias son bajas, entonces Z2=8Ω, la
misma que para que se convierta en una de valor mayor necesariamente se deberá
pasar al lado de alta para que allí Z1=75Ω, encontrando de esta forma el valor de alfa.
Z1 = α 2 Z 2
α2 =
Z1
Z2
α =
R1
R2
α = 3.06
************************************************************************************
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PROBLEMA 23
Un resistor de 100Ω se conecta al lado secundario de un transformador ideal con un índice de vueltas de 1:4 (primario
a secundario). Se conecta una fuente de voltaje de 10V rms y 1kHz al lado primario. Calcule la corriente primaria y el
voltaje a través del resistor de 100Ω.
Datos:
+
I2
I1
N1=1
N2=4
R=100Ω
V1=10volts
R
N1
V1
N2
SOLUCIÓN:
De la teoría sabemos que la carga se conecta generalmente en el lado de bajo voltaje en este caso el de 10V.
Entonces directamente sabemos que el voltaje en el resistor será el mismo que el voltaje de 10V, otra forma es
aplicando mallas en el lado de 10V y se llegará al mismo resultado, luego se encuentra el valor del otro voltaje:
α=
I 1 R − V1 = 0
I 1 R = 10V = V RES
N 1 V1
VN
=
→ V2 = 1 2
N 2 V2
N1
10(4)volts
= 40V
1
V2 = 40V
V2 =
I 1 = 0 .1 A
I 2 = 0 .4 A
La corriente primaria es de 0.1 A.
Aquí debe surgir la siguiente pregunta en el estudiante ¿pero en el problema nos está diciendo claramente que el lado
de 10V es el primario, entonces porque se le toma como lado de baja?
Sabemos que en el lado primario la corriente es pequeña, entonces I1 debe ser menor que 0.4 A.
Si tomamos la relación α=I2/I1 veremos que la corriente I1=0.4/0.25= 1.6 A lo cual no es verdad por lo dicho
anteriormente y en el repaso, ¿entonces que se debe hacer?
Para que de un valor pequeño debemos hacer I1=αI2=0.25(0.4 A)= 0.1 A. Parecería que nos estuviéramos
acomodando para obtener un resultado satisfactorio, pero en realidad es que a la ecuación de alfa le damos un uso
adecuado para obtener lo que nos dice la teoría.
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PROBLEMA 24
Una fuente que puede representarse por medio de una fuente de voltaje de 8V rms en serie con una resistencia
interna de 2kΩ se conecta a una resistencia de carga de 50Ω a través de un transformador ideal. Calcule el valor de la
relación de vueltas necesario para que se suministre una potencia máxima a la carga y calcule la correspondiente
potencia de carga.
Datos:
Rf
Vf=8V
Rf=2000Ω
R=50Ω
+
-
I2
I1
Vf
N1
V1
N2
R
SOLUCIÓN:
α 2 R = Rf
N1
=6
N2
Rf
2000
=
=6
R
50
V 4volts
⇒ V2 = 1 =
= 0.666volts
α
6
⇒α =
Calculamos el valor de alfa, para que exista transferencia
máxima de potencia, en el momento de pasar R al lado de
alta V1, por medio de α2R esta debe ser igual a la
resistencia de la fuente, además V1= Vf/2 (revisar teoría
de Kosow) entonces, V1=8/2=4volts (Ver problema 9)
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La relación de vueltas es igual a 6. la potencia en la carga es:
V2 = V R = I 2 R
I2 =
Pc = ( I 2 ) 2 R
0.666 volts
= 0.01332 A
50Ω
Pc = (0.01332 2 )(50) = 0.00887W
************************************************************************************
PROBLEMA 25
Un transformador de 460V:2400V presenta una reactancia de dispersión de 37.2Ω que se refiere al lado de alto
voltaje. Se observa que una carga que se encuentra conectada al lado de bajo voltaje absorbe 25kW, a factor de
potencia unitario, y el voltaje se calcula en 450V. Calcule el voltaje correspondiente y el factor de potencia que se
obtendrá en las terminales de alto voltaje.
Datos:
R1=37.2Ω
Pc=25000W
cosФ=1
Vc=450V
Rl
I1
V1
N1
N2
Ic
Vc
SOLUCIÓN:
Como nos indica que la carga se conecta en el lado de bajo voltaje, entonces tomaremos como tal el lado de 460 V
como el secundario (recordar lo que se dijo en el problema 34).
Comenzaremos calculando la corriente que circula por la carga, ya que esta será usada en todo el problema (a veces
se piensa que la corriente de carga es la del secundario o del lado al que se pasa la carga), pero esto no es verdad;
cuando se nos dice que la carga toma la corriente nominal entonces ya no se tomará la corriente de carga sino el valor
de la corriente nominal del lado al que se pasó la carga, cuando pasemos la corriente de carga Ic al lado de alta esta
reemplazará a la corriente I1 (por lo dicho en la primera parte), no es que se igual a tal corriente (segunda parte del
párrafo anterior que está subrayado), entonces:
Pc = Vc.Ic. cos φ
Ic =
Ic1 = αIc = 0.192(55.555 A)
25000
= 55.555 A
450(1)
R1
Vx
Ic1 = 10.666 A
Ic1
Vc1
Debemos insistir en que la I en el lado de alta es baja, ya que si tomamos la relación Ic1=Ic/α = 289.348 A, y vemos
que tal corriente es mayor que en el lado de baja (revisar teoría), no es que la relación esté mal (α=corriente del
secundario/corriente del primario), sino que, a la relación de alfa “la ordenamos” para obtener una corriente menor
(10.666 A).
El voltaje Vx= V1 en el gráfico, a veces se cree que el voltaje V1 es el nominal, pero vamos a ver que no es así.
Pasamos el Vc al lado de alta, entonces: Vc1=Vc/α=450/0.192=2343.15 V.
Vx=Ic1.R1 + Vc1 = 10.666(37.2) + 2343.15 = 2739.93 Volts
La relación anterior es una suma fasorial, pero como nos dijo que fp=1 la corriente Ic está en fase con Vc.
El factor de potencia es el ángulo total que resulta de la suma fasorial, pero en este caso el ángulo es cero, por tanto
fp=0.
************************************************************************************
PROBLEMA 26
Las resistencias y las reactancias de dispersión de un transformador de distribución de 30kVA, 60Hz, 2400V:240V se
calculan de la siguiente forma:
R1 = 0.68Ω
R2 = 0.0068Ω
X 1 = 7.8Ω
X 2 = 0.0780 Ω
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Donde el subíndice 1 designa el devanado de 2400V y el subíndice 2 designa al devanado de 240V. Cada cantidad se
refiere a su respectivo lado del transformador.
a) Esquematice el circuito equivalente referido: (i) al lado de lato voltaje y (ii) al lado de bajo voltaje. Distinga las
impedancias mediante números.
b) Considere que el transformador suministrará un índice en kVA a una carga en el lado de bajo voltaje con 230V a
través de la carga. (i) Determine el voltaje terminal en el lado de alto voltaje para un factor de potencia de carga
de 0.85 en atraso. (ii) Determine el voltaje terminal en el lado de alto voltaje para un factor de potencia de carga
de 0.85 en adelanto.
c) Considere que una carga nominal en kVA se conecta a las terminales de bajo voltaje que operan a 240V. Calcule
el voltaje terminal en el lado de lato voltaje para u factor de potencia de carga de 0.6 en atraso, factor de
potencia unitario y factor de potencia 0.6 en adelanto.
Para todos los casos graficar los diagramas fasoriales.
R1
Datos:
S=30kVA
α = 10
jX1
jX2
R2
I1
I2
V1
V2
El gráfico es sólo así debido a que los valores que nos da son los de dispersión más no los de la rama magnetizante
(ver problema 13), en este problema la mayoría de los estudiantes tomamos el valor de R2 y jX2 como valores
magnetizantes, pero está mal, no necesariamente los valores de la rama magnetizante son iguales a cero.
SOLUCIÓN:
a) Pasamos R2 y jX2 al lado de alta, donde el valor de las impedancias son altas.
R21 = α 2 R2 = (10 2 )(0.0068) = 0.68Ω
jX 21 = α 2 jX 2 = (10 2 )(0.078) = 7.8Ω
R12 = R1 / α 2 = (0.68) /(10 2 ) = 0.0068Ω
jX 12 = jX 1 / α 2 = (7.8) /(10 2 ) = 0.078Ω
a.i) alto voltaje
R1
jX1
+
a.ii) bajo voltaje
R2-1
R2
jX2-1
-
R1-2
jX1-2
+
+
V1
jX2
+
V1-2
V2-1
V2
-
-
-
La designación V2-1 significa el voltaje del secundario reflejado al primario, igual significado para V1-2, R2-1, R1-2
etc,
R2−1 = R12
jX 2−1 = jX 21
R1− 2 = R 21
jX 1− 2 = jX 12
b) El transformador suministra a la carga los 30kVA y a un voltaje de carga de
230V y para los literales se trabajará en baja.
Req2
jXeq2
+
Vx2
Ic
Vc
-
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b.i) Con fp=0.85 en atraso, Vc=230V trabajamos en el lado de baja.
Z eq 2 = R2 + R1− 2 + j ( X 2 + X 1− 2 )
Z eq 2 = 0.0068 + 0.0068 + j (0.0780 + 0.078)
IcxZeq2
Z eq 2 = 0.156∠85º
IcxjXeq2
30000VA
S C = VC I C → I C =
= 130 A
230V
Vx2 = I C Z eq 2 + VC
Vx2
Ic
Vc
Vx2 = 130∠ − 31.78º (0.156∠85º ) + 230∠0º
Vx2 = 242.68∠3.8º Volts
Ic
θ
Vx1 = αVx2 = 10(242.68∠3.8º )
IcxReq2
Vx1 = 2426.8∠3.8º Volts
En el diagrama vemos que la Ic está atrasada -31.78º respecto a Vc (es el ángulo de cosФ=0.85)
Vx1 es el voltaje que se nos pide, mientras que Vx2 es el valor que se nos pide, pero en el lado de baja.
b.ii) Con fp=0.85 en adelanto, Vc=230V y trabajando en el lado de baja.
Z eq 2 = R2 + R1− 2 + j ( X 2 + X 1− 2 )
Z eq 2 = 0.0068 + 0.0068 + j (0.0780 + 0.078)
IcxZeq2
Z eq 2 = 0.156∠85º
IcxjXeq2
30000VA
S C = VC I C → I C =
= 130 A
230V
Vx 2 = I C Z eq 2 + VC
Vx2
Ic
IcxReq2
θ
Vx 2 = 130∠31.78º (0.156∠85º ) + 230∠0º
Ic
V2
Vx 2 = 221.6∠4.6º Volts
Vx1 = αVx 2 = 10(221.6∠4.6º )
Vx1 = 2216∠4.6º Volts
Para la corriente Ic tomamos como positivo al ángulo cosФ=0.85, Vx1 es el voltaje que se nos pide, mientras que Vx2
es el valor que se nos pide, pero en el lado de baja.
c) Este literal es igual a los anteriores y tiene los mismos diagramas fasoriales, dejamos como ejercicios para el
estudiante.
************************************************************************************
PROBLEMA 27
Se suministra a una carga monofásica a través de un alimentador de 35kVA cuya impedancia equivalente es 95 +
j360Ω y 35kV:2400V y un transformador cuya impedancia equivalente es de 0.23+ j1.27Ω referidas al lado de bajo
voltaje. La carga es de 160kW a un factor de potencia 0.89 en atraso y 2340V.
a)
b)
c)
Calcule el voltaje en las terminales de alto voltaje del transformador.
Calcule el voltaje en el extremo que envía del alimentador.
Calcule la potencia y la entrada de potencia reactiva en el extremo que envía del alimentador.
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Datos:
Va=35kVA
Zeqa=95+j360Ω
α=35000/2400=14.583
Zeq2=0.23+j1.27Ω
Pc=160kW
fp= 0.89 atrasado
Vc=2340V
V1=35000volts
V2=2400volts
Ra
Req2
jXa
jXeq2
+
-
Va
Ic
V1
Vc
SOLUCIÓN:
Pasamos todos los valores al lado de alta Va=voltaje del alimentador.
Ra
jXa
R2-1
jX2-1
Vc1
Va
Ic1
Calculamos la corriente de carga Ic, el valor de alfa, pasamos los valores de baja a alta, como cálculos previos.
Pc = Vc.Ic. cos θ
Ic =
R 2−1 = α 2 R 2 = (14.583 2 )(0.23) = 48.913Ω
Pc
= 76.8 A
Vc. cos θ
Vc1 = α Vc = 34124.22Volts
jX 2 −1 = α 2 jX 2 = (14.583 2 )(1.27 ) = 270Ω
Ic1 =
Ic
α
=
76.8 A
= 5.266 A
14.583
Vc1 representa el voltaje de la carga reflejada al lado del primario, al igual que Ic1. (Ver figura).
Encontramos una impedancia total con los valores del alimentador y los valores reflejados al lado de alta.
Zeq1 = Ra + R2−1 + j ( X a + X 2 −1 ) = 95 + 48.913 + j (360 + 270) = 646.248∠77º
a) Va=voltaje del alimentador.
Va = Ic1Zeq1 + Vc1 = (5.266∠ − 27.127º )(646.248∠77º ) + 34124.22∠0º
Va = 3403.142∠49.87º +34124.22∠0º = 36410.7∠4º
Va = 36.4kW
b) Interpretamos que el voltaje que se nos pide es en Ra y jXa, en el mismo problema otros compañeros toman este
voltaje como V1=Ic1(R2-1+jX2-1) (ver figura), pero esto nos da un voltaje de 349.31KV, lo cual es imposible ya que
el alimentadote sólo da 25kV, entonces:
Vla = Ic1.Zeq1 = 5.266∠ − 27.137 º (646.248∠77 º )
Vla = 3403.142∠49.873º Volts = 3.4kVolts
El voltaje anterior si notamos es menor que 349.31KV, por lo que podemos estar seguros de que este es el valor que
se nos pide hallar. Vla=voltaje de la línea del alimentador.
d)
Interpretamos que las potencias se relacionan en la línea del alimentador, entonces:
PRe q1 = ( Ic1) 2 ( Req1 ) = (5.266 2 )(144) = 3993.229Watts
Q Xeq1 = ( Ic1) 2 ( X eq1 ) = (5.266 2 )(630) = 17470.376VAR
Para el literal a) debemos referirnos al diagrama fasorial del problema anterior, en el caso de fp en atraso.
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PROBLEMA 28
La placa de un transformador monofásico de 50MVA, 60Hz, indica que éste presenta un voltaje nominal de 8kV:78kV.
Se realiza una prueba de circuito abierto en el lado de bajo voltaje, en donde las correspondientes lecturas de los
instrumentos de medición son 8kV, 62.1 A y 206kW. De manera similar, una prueba de corto circuito en el lado de
bajo voltaje proporciona lecturas de 674V, 6.25kA y 187kW.
a.
Calcule la impedancia en serie equivalente, la resistencia y la reactancia del transformador referidas a las
terminales de bajo voltaje.
b. Calcule la impedancia en serie equivalente del transformador referidas a las terminales de alto voltaje.
c. Al realizar aproximaciones apropiadas, esquematice un circuito equivalente en T para el transformador.
d. Determine la eficiencia y la regulación de voltaje si el transformador opera con un voltaje nominal y una carga a
factor de potencia unitario.
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Primeramente hallaremos el valor de las corrientes nominales y dibujamos un circuito preliminar, para saber donde
realmente está hecha la prueba o si los valores dados realmente están en el lado que nos dice.
Para el lado de alto voltaje (78kV): S=Valta.Ialta
Ialta= 50MVA/78kV=641 A
CA (BT)
CC (BT)
Para el lado de bajo voltaje (8kV): S=Vbaja.Ibaja
Ibaja= 50MVA/8kV=6250 A= 6.25kA
V
8KV
674V
I
62.1A
6.25kA
P
206kW
187kW
En la tabla vemos que el valor de la corriente nominal para la prueba de CC es la de bajo voltaje, por tanto podemos
decir que los parámetros se encuentran en el lado de baja V1=8kV (de hecho los valores de cada prueba están en el
lado de baja tensión).
ReqT
jXeqT
I2
I1
Rc
V1=8kV
V2
jXm
a) Para la prueba de CC:
Pcc = Vcc.Icc. cos θ
187000W
cos θ =
674V (6250 A)
θ = 87.5º
Para la prueba de CA:
Vcc = ZeqT .Icc
674V
ZeqT =
6250 A
ZeqT = 0.108∠87.5º
RT = 0.005Ω
Pca = Vca.Ica. cos θ
Ica = YeqT.Vca
206000W
8000V (62.1A)
θ = 65.5º
RC = 333.33Ω
YeqT =
cos θ =
jX T = 0.108Ω
62.1A
8000V
YeqT = 0.008∠65.5º
jX m = 142.857Ω
Los valores calculados se encuentran en el lado de bajo voltaje, el circuito anterior indica como están los valores.
b) Volvemos a insistir en que en alta las impedancias, voltajes son altos. Los valores obtenidos los pasamos al lado de
alta, reordenando la ecuación para alfa.
Reqa
I1
jXeqa
I2
Rca
V1
jXma
Reqa = Req / α 2 = 0.005 / 0.1032 = 0.455Ω
RCa = RC / α 2 = 333.3 / 0.1032 = 30302.7Ω
jX eqa = jX eq / α 2 = 0.108 / 0.1032 = 9.82Ω
jX ma = jX m / α 2 = 142.857 / 0.1032 = 12987Ω
________________________________________________________________________________
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Repetimos si se pasa multiplicando por alfa al cuadrado, las impedancias en alta serán muy pequeñas lo cual estaría
contradiciendo la teoría.
Para el literal c) se puede usar cualquiera de los diagramas anteriores, eso sí, haciendo aclaración en el lado en que se
haya trabajado o donde se a dejado todo el diagrama cono los valores.
Calculamos la eficiencia:
d)
η=
V2 I 2 cos θ
Psal
78000(641)(1)
=
=
2
Psal + Pcu + Pfe V2 I 2 cos θ + ( I 2 ) ( Req ) + Pfe 78000(641)(1) + (6412 )(0.455) + 206000
η = 99.22%
Muchas veces no entendemos porqué las pérdidas en el Cu (cobre) son variables y las del Fe (hierro o núcleo) son
constantes. Las de Cu son variables debido a los valores de Req mientras que los de Fe son constantes a que se
supone que nos existen pérdidas por la corriente de magnetzación ya que esta es muy pequeña.
Se debe tener en cuenta que la eficiencia se a realizado en el lado de alta, los valores de Psal son los nominales, no
son los valores dados en la tabla.
Realizamos la regulación en el lado de alta (V2=78000V):
Vpc2 = Vsc 2 − I 2 xZeqa
Vpc = 78000∠0º −641∠0º (9.83∠87º )
RV 2 =
Vpc2 = 77924.6∠ − 4.6º
Vsc2 − Vpc2 78000 − 77924.6
=
= 0.097%
Vpc2
77924.6
El valor de 9.83 con 87º resultó de Reqa y jXeqa pasados a polares.
En esta parte la RV en alta tiene un valor muy bajo, a pesar de que tiene un fp=1 que es un carga puramente
resistiva, la interpretación lamentablemente no la podemos dar ya que en otros problemas la RV ha tenido valores
aceptables, sin embargo vemos que este valor generalmente es para una carga capacitiva. Aquí se debe preguntar el
significado, tal vez sea que el transformador es muy eficiente.
e)
η=
V2 I 2 cos θ
78000(641)(0.9)
Psal
=
=
2
Psal + Pcu + Pfe V2 I 2 cosθ + ( I 2 ) ( Req ) + Pfe 78000(641)(0.9) + (6412 )(0.455) + 206000
η = 99.13%
Vpc2 = Vsc2 − I 2 xZeqa
Vpc = 78000∠0º −641∠25.8º (9.83∠87º )
RV 2 =
Vpc2 = 80651.184∠ − 4.13º
Vsc2 − Vpc2 78000 − 80651.184
=
= −3.287%
Vpc2
80651.184
************************************************************************************
PROBLEMA 29
Los siguientes datos se obtuvieron a partir de un transformador de distribución de 20kVA, 60Hz, 2400:240V probado a
60Hz:
PRUEBA
Con el devanado de alto voltaje con circuito abierto
Con las terminales de bajo voltaje con corto circuito
a)
b)
VOLTAJE
V
240
61.3
CORRIENTE
A
1.038
8.33
POTENCIA
W
122
257
Calcule la eficiencia a corriente de plena carga y el voltaje terminal a un factor de potencia de 0.8.
Asuma que el factor de potencia de carga varía mientras que la corriente de carga y el voltaje terminal secundario
permanecen constantes. Utilice un diagrama de fases para determinar el factor de potencia de carga que aplica
una regulación mayor. ¿Cuál es esta regulación?
________________________________________________________________________________
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SOLUCIÓN:
Primeramente hallaremos el valor de las corrientes nominales y dibujamos un circuito preliminar, para saber donde
realmente está hecha la prueba o si los valores dados realmente están en el lado que nos dice.
Para el lado de alto voltaje (2400V): S=Valta.Ialta
Ialta= 20kVA/2400V=8.33 A
CA (BT)
CC (AT)
Para el lado de bajo voltaje (240V): S=Vbaja.Ibaja
Ibaja= 20kVA/240V=83.33 A
V
240V
61.3V
I
1.038A
8.33A
P
122W
257W
Como vemos la prueba de CC está hecha en Alta y la de CC en Baja.
RT
jXT
IMPORTANTE:
I1
Rp
V1=2400V
jXm
S
V2=240V
Q
θ
Psal
a) Hallamos la eficiencia en el lado de alta, para lo cual primero se determinarán los valores de dspersión:
Pcc = Vcc.Icc. cos θ
Vcc = Zeq.Icc
257W
61.3V
= 0.503
Zeq =
61.3V (8.33 A)
8.33 A
θ = 59.7º
Zeq = 7.359∠59.7 º
Re q = 3.7Ω jXeq = j 6.35Ω
cos θ =
η=
Psal
S cos θ
20000(0.8)
=
=
= 97.68%
Psal + Pcu + Pfe S cos θ + Pcu + Pfe 20000(0.8) + 256.7 + 122
La potencia en el cobre de halló con la corriente nominal del primario 8.33 A y el valor de Req=3.7Ω, entonces
Pcu=256.7W que es casi igual a 257 W de la tabla.
Para el literal b) hacemos lo mismo que hemos realizado en los problemas anteriores, se deja como ejercicio para el
estudiante. Pero recuerde que para una RV mayor, los voltajes del primario y el secundario deben estar en fase.
IMPORTANTE:
Como última parte vamos a tratar de explicar lo que sucede en ciertas ocasiones cuando se nos dan valores que
aparentemente no son correctos en las pruebas de CC y de CA. ¿Cómo cuáles?:
Tomaremos como ejemplo este mismo problema:
**Los siguientes datos se obtuvieron a partir de un transformador de distribución de 20kVA, 60Hz, 2400:240V
probado a 60Hz:
PRUEBA
Con el devanado de alto voltaje con circuito abierto
Con las terminales de bajo voltaje con corto circuito
VOLTAJE
V
240
61.3
CORRIENTE
A
1.038
8.33
POTENCIA
W
122
257
Calcule la eficiencia a corriente de plena carga y el voltaje terminal a un factor de potencia de 0.8.
Obviamente no se ha cambiado nada, sencillamente para hacer notar los cambios que se nos puede dar en problemas
que al parecer carecen de sentido.
________________________________________________________________________________
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Ahora volvemos a copiar la misma tabla, con las modificaciones correspondientes y calcularemos los que se nos pide:
PRUEBA
Con el devanado de alto voltaje con circuito abierto
Con las terminales de bajo voltaje con corto circuito
VOLTAJE
V
840
61.3
CORRIENTE
A
1.038
10.33
POTENCIA
W
122
257
A primera vista para la prueba de CA el voltaje nominal no debería ser 840 sino de 240V, y se supondría que los
parámetros de la rama magnetizante se deberían hallar con los 240V y no con 840V.
Si hacemos esto estamos cometiendo un grave error, ya que el valor de 840V fue medido por los instrumentos, y no
importa que el valor no sea los 240V que debería ser de acuerdo a la teoría (repasar teoría), ¿entonces que debemos
hacer?
Simplemente los valores de la tabla se usan siempre para hallar los parámetros, en este caso hallaremos los valores
de la rama magentizante.
Pca = Vca.Ica. cos θ
Ica = YeqT.Vca
122W
840V (1.038 A)
θ = 81.9º
RC = 0.00017Ω
1.038 A
840V
YeqT = 0.00124∠81.9º
jX m = 0.00123Ω
cos θ =
YeqT =
Ahora calculamos los valores de dispersión:
Pcc = Vcc.Icc. cosθ
Vcc = Zeq.Icc
257W
61.3V
cosθ =
Zeq =
61.3V (10.33 A)
10.33 A
θ = 66º
Zeq = 5.93∠66º
Re q = 2.41Ω jXeq = j 5.42Ω
Para hallar la eficiencia se deben tomar los valores nominales, no los de la tabla (ni voltajes ni corrientes).
η=
Psal
S cosθ
20000(0.8)
=
=
= 98.22%
Psal + Pcu + Pfe S cosθ + Pcu + Pfe 20000(0.8) + 167.23 + 122
La potencia en el cobre de halló con la corriente nominal del primario 8.33 A y el valor de Req=3.7Ω, entonces
Pcu=167.23W que es diferente a 257 W de la tabla.
************************************************************************************
PROBLEMA 30
El transformador del problema 26 se conectará como un autotransformador. Determine:
a)
b)
Los voltajes en los devanados de alto y bajo voltaje para esta conexión y
Determine los kVA nominales de la conexión del autotransformador.
Datos:
S=30kVA
R1
jX1
jX2
R2
α = 2400/240=10
I1
I2
V1=2400V
V2=2400V
El circuito anterior representa al transformador inicial del cual se formará un autotransformador.
________________________________________________________________________________
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SOLUCIÓN:
Realizamos las conexiones necesarias para formar un autotransformador.
a)
b)
STOTAL = I 2Vt = 125( 2640)
I2=125A
STOTAL = 330 kVA
V2=240V
IL
Vt=2640V
V1=2400V
I1=12.5A
************************************************************************************
PROBLEMA 31
Los siguientes datos se obtuvieron al ensayar un transformador de distribución de 20kVA, 50Hz, 2400/240 V.
Prueba de Circuito Abierto en el primario: I=1.066 A; P=126.6 W
Prueba de Corto Circuito en el secundario: V=57.5 V; P=284 W
a) Calcular la eficiencia a plena carga y el voltaje nominal en los terminales con un factor de potencia de 0.75 en
atraso.
b) Suponiendo que se pudiera variar el factor de potencia de la carga manteniendo constantes la corriente de la
carga y el voltaje en los terminales del secundario, usando un diagrama fasorial, calcular el factor de potencia
de la carga, para el cual la regulación de voltaje sea mayor, ¿Cuál es esta regulación?
___________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
•
Para la prueba de Circuito Abierto:
A.T
cos β =
B.T
126. 6
Pca
=
Vca. Ica (240 ) (1.066 )
β = 60 0
Instrumentos
Ica 1.066
=
= 0.00444∠ − 60 0
Vca
240
Rc = 450.45 Ω
Y=
Xm = 254. 74 Ω
Como el primario está en circuito abierto, entonces la corriente es cero, pero nótese que se tiene un valor de corriente,
entonces el lado donde se mide esta es en el lado de baja, entonces los valores estarán en el lado de baja.
•
Para la prueba de Corto Circuito:
A.T
B.T
cos θ =
Pcc
284
=
Vcc. Icc (57.5) (8.33)
θ = 54 0
Instrumentos
Vcc 57,5
=
= 6,9∠54 0
Icc 8.33
Re q = 4 Ω
Z=
Xeq = 5.58 Ω
________________________________________________________________________________
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Como el secundario está en corto circuito, entonces la corriente es cero, pero nótese que se tiene un valor de
corriente, entonces el lado donde se mide esta es en el lado de alta, entonces los valores estarán en el lado de alta.
a) Calculo de la eficiencia con fp=0.75 en atraso.
η=
η=
Psal
S cos φ
=
Psal + Pcu + Pfe S cos φ + Pcu + Pfe
(20 000 )(0,75)
= 0,97
(20000 x 0,75) + 126,6 + 284
η = 97%
b) Para que la regulación sea la más alta, los voltajes del primario y del secundario, deben estar en fase.
∆V = Ic arg a. Zeq
AT
(
)
= (8,33) 6,9 ∠54 0 = 57, 477 Volts
∆V 57, 477 Volts
=
Vp
2400 Volts
= 2,4 %
RVmayor en el lado AT =
RVmayor en el lado AT
θ T = θ V + θ i = 54 0 + ar cos (0,75) = 95,4 0
(
)(
Vpc primario = Vp + Ip. Zeq AT = 2400 + 8,33 ∠ − 95,4 0 6,9 ∠54 0
)
Vpc primario = 2471, 088 ∠ − 0,83 0 V
Comprobaci ón :
RVmayor en el lado AT =
2471, 088 − 2400
= 2,9%
2400
Entonces : RVmayor = 2,9 % a un fp = 95,4 0
________________________________________________________________________________
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PROBLEMA 32
Un transformador de 10kVA- 120/480V se utiliza como autotransformador para abastecer a un circuito de 480V,
alimentado por una fuente de 600V.
Cuando funcionaba como transformador normal a carga nominal y factor de potencia unitario su eficiencia era de 0.94.
a) Cuál es la capacidad en kVA del autotransformador.
b) Calcular la eficiencia a plena carga del autotransformador con un factor de potencia de 0,9 en atraso.
____________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
a) Realizamos un diagrama para resolver el problema.
Ip =
S 10000 VA
=
= 20,8 A
Vp
480 V
Is =
S 10000 VA
=
= 83,3 A
Vs
120 V
Una forma :
S R = V F . Is
S R = (600 V ) (83,3 A)
S R = 50 kVA
Otra forma :
S R = VC arg a . Ic arg a
S R = (480 V ) (104,1 A)
S R = 50 kVA
b) El rendimiento es:
η=
η=
Psal
Psal + Ppérdidas
pero :
Ppérdidas = (1 − 0,94 ) S = (1 − 0,94 )(10 kVA) = 600 W
Psalida = S . cos φ = (10 kVA)(0,9 ) = 45000 W
45000
= 0,986
45000 + 600
η = 98,6 %
________________________________________________________________________________
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PROBLEMA 33
En el circuito equivalente de la figura se muestra un transformador ideal con una impedancia de R2+jX2=0.05+j0.97Ω
conectado en serie con el secundario. La proporción de vueltas es de 14:1. a) Dibuje un circuito equivalente con la
impedancia serie referida al lado primario. b) Para un voltaje primario de 120V rms y un corto conectado a través de
las terminales A-B, calcule la corriente principal y la corriente que fluye en el corto.
DATOS:
R2+jX2=0.05+j0.97Ω
V1=120V
SOLUCIÓN:
I1
jX2
R2
+
+
R1
jX1
I2
+
A
I2
A
I1
N1
N2
-
B
-
N1
B
N2
El circuito de la derecha representa los parámetros pasados al lado de alta.
El circuito de la izquierda representa los valores iniciales.
a)
b)
R2P = α 2 R2 = (14 2 )(0.05) = 9.8Ω
α=
V1 = I1 ( R2P + jX 2p )
120∠0º
= 0.63∠ − 87º
190.37∠87º
I 1= 0.033 − j 0.629 A
I1 =
jX 2P = α 2 jX 2 = (14 2 )(0.97) = 190.12Ω
I2
I1
I 2 = 8.82 A
En a) se debe interpretar los símbolos como la resistencia del secundario pasada al lado de alta, en b) I1 es la
corriente principal e I2 es la corriente de corto circuito.
************************************************************************************
PROBLEMA 34
Un transformador de distribución de 50kVA, 2400:240V, 60Hz presenta una impedancia de dispersión de 0.72 +
j0.92Ω en el devanado de alto voltaje y 0.0070 + j0.0090Ω en el devanado de bajo voltaje. A un voltaje y frecuencia
nominales, la impedancia ZФ de la rama derivada (igual a la impedancia de Rc y JXm en paralelo) al medir la corriente
de excitación es 6.32 + j43.7Ω vista desde el lado de bajo voltaje. Dibuje el circuito equivalente referido a: a) el lado
de alto voltaje, b) el lado de bajo voltaje y c) la magnitud de la corriente dentro de la impedancia magnetizante ZФ en
los lados de alta y de baja.
R1
Datos:
S=50kVA
α = 10
R1+jX1=0.72+j 0.92Ω
R2+jX2=0.007+j 0.009Ω
ZФ2=6.32+j 43.7 Ω
jX1
I1
V1
jX2
R2
I2
E1
Rp2
E2
jXm2
V2
SOLUCIÓN:
a) Pasamos los valores de baja al lado de alta:
b) Pasamos los valores de alta al lado de baja:
1.16∠51.9º
α
10 2
Z 1S = 0.0116∠51.9º
Z 2P = α 2 Z 2 = 10 2 (0.011∠52.12º )
Z
P
2
= 1.1∠52.12º
Z
P
2
= 0.675 + j 0.868Ω
Z 1S =
Z1
2
=
Z 1S = 0.00715 + j 0.00912Ω
________________________________________________________________________________
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V1 = I φ Z φ
c)
V2 = I 2φ Z 2φ
2400 ∠ 0 º
4415 .46 ∠81 .77 º
I φ = 0 .543 ∠ − 81 .77 º A
Iφ =
240 ∠ 0 º
44 .13 ∠81 .77 º
= 5 .436 ∠ − 81 .77 º A
I 2φ =
I 2φ
IФ se encontró pasando la impedancia al lado de alta (4415.46Ω) y con el voltaje de alta V1, de forma similar se halló
IФ2 sin pasar de lado sino en el lado de baja y con V2.
************************************************************************************
PROBLEMA 35
Con la instrumentación colocada en el lado de alto voltaje y con un cortocircuito en el lado de bajo voltaje, las lecturas
de la prueba del cortocircuito para el transformador de 50kVA, 2400:240V del ejercicio anterior, son: 48V, 20.8 A y
617W. Una prueba de circuito abierto con el lado de bajo voltaje energizado proporciona lecturas de dicho lado de
240V, 5.41 A y 186W. Determine la eficacia y la regulación de voltaje a plena carga con un factor de potencia unitario
para una carga de 50kW.
SOLUCIÓN:
Primeramente calculamos los valores del transformador. Como nos dice que los instrumentos se encuentran en el lado
de alta, los valores estarán en el lado de alto, no en el lado donde está hecha la prueba (esto se dijo en el problema
13), entonces:
RT
DATOS:
S=50kVA
α=10
jXT
I1
V1
E1
E2
Rp
jXm
V2
Para la prueba de cortocircuito CC.
Vcc = IccZ1
Pcc = VccIcc cos θ
Z1 = 2.31∠51.8º
Vcc
48
=
Icc 20.8
Z1 = 2.31Ω
617
48(20.8)
θ = 51.8º
Req1 = 1.4285Ω
Z1 =
cos θ =
jX eq1 = 1.815Ω
Ahora calculamos los valores de la rama magnetizante tomando en cuenta lo siguiente:
No se puede suponer que, porque los primeros valores calculados se hallaban en el lado de alta los otros valores
deben estar en el lado que falta, es decir en el de baja. Aquí parecería que como la prueba está hecha en el lado de
baja, los instrumentos estarán en el lado de alta, pero esto no es verdad ¿por qué?
Si leemos detenidamente el problema, nos dicen que el lado de baja está energizado, parecería que esto no tiene
mucha importancia, pero lo que sucede es que para que se pueda energizar y obtener los valores dados los
instrumentos necesariamente deben estar en el lado de baja y los valores obtenidos estarán en dicho lado.
Pca = VcaIca cos θ
Vca = Z 2 Ica
Ica 5.41
=
Vca 240
Y2 = 0.0223ϑ
Y2 =
186
240(5.41)
θ = 81.8º
cos θ =
Y2 = 0.0223∠81.8º
Geq 2 = 0.00318ϑ ⇒ Req 2 = 314.465Ω
Beq 2 = 0.022ϑ ⇒ jX m 2 = 45.45Ω
________________________________________________________________________________
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CALCULAMOS LA EFICIENCIA:
η=
Pentrada = Psal + Ppérdidas
Pentrada = Psal + Phierro + Pnúcleo
Pent = 50000 + 186 + (20.82 )(1.4285)
Pent = 50802.9W
Psalida
Pentrada
50000
η=
50802.9
η = 98%
Aquí la potencia de salida nos dan directamente y su valor es de 50kW.
CALCULAMOS LA REGULACIÓN EN EL LADO DE ALTA:
Vscp = Vpcp + I1Z eq1
Vscp − Vpcp
x100%
Vpcp
2429.6 − 2400
RVp =
2400
RVp = 1.248%
RVp =
Vscp = 2400∠0º +48.048∠0º (2.31∠51.87 º )
Vscp = 2429.6∠0.89º
En este problema la corriente tiene el valor de cero por ser el fp unitario (aunque podía haber sido un ángulo negativo
de acuerdo a como nos parezca mejor y dar una buena interpretación). Se recomienda revisar en el libro la parte
donde la potencia de salida es igualada a la potencia de carga.
************************************************************************************
PROBLEMA 36
Un transformador de 450kVA, 460V:7.97kV presenta una eficiencia de 97.8% al suministrar o alimentar una carga
nominal de factor de potencia unitario. Si se le conecta un autotransformador de 7.97:8.43 kV, calcule los índices de
corriente en la terminal, determine los kVA nominales y la eficacia al suministrar o alimentar una carga de factor de
potencia unitario.
____________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Primero trabajamos con el circuito de 460V/7.97kV, en donde hallamos el valor de las corrientes I1 e I2.
I2
V2
S = V 1.I1
450kVA
I1 =
460V
I1 = 978 A
I1
V1
S = V 2.I 2
450kVA
I2 =
7970V
I 2 = 56.46 A
Ahora realizamos la conexión como un autotransformador, si nos fijamos en la segunda parte del enunciado los 8.43kV
se produce al sumar los voltajes de V1=460V y V2=7.97kV, por lo que es un autotransformador de polaridad aditiva:
________________________________________________________________________________
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Siempre en los autotransformadores, el voltaje más alto es el que se pone primero 7970V, debido a que sería
imposible que el de 460V tenga suficiente potencia para abastecer al de 7970V.
** La corriente en la terminal se refiere a la que va circular a través de
Vt, entonces la corriente nominal en la terminal de 8.43kV es de I1= 978
A.
I1=978A
V1=460V
** La otra corriente se encuentra en las terminales de 7.97kV y es Il=
I1 + I2 = 978 + 56.46 = 1034.76 A
IL
Vt=8430V
*** La potencia nominal es: Snom=I1.Vt= (978 A)(8430V)
Snom=8.247MVA
V2=7970V
I2=56.46A
Para determinar la eficiencia tomamos los nuevos valores de la relación 7.97/8.43kV, ¿en qué forma?
I3
I2
S = V 2.I 2
450kVA
I2 =
7970V
I 2 = 56.46 A
V3=8430V
V2=7970V
Calculamos la eficiencia:
Como se trata de los mismos transformadores los 450kVA se
transfieren en esta nueva disposición, calculamos los valores de I2
y de I3.
η=
S = V 3.I 3
450kVA
I3 =
8430V
I 3 = 53.3 A
Psal V3 I 3 cos θ
8430(53.3)(1)
=
=
Pent V2 I 2 cos θ 7970(56.46)(1)
449319
= 0.998
449986.2
η = 99.8%
η=
La eficiencia de un autotransformador va de 99 hasta valores muy cercanos del 100%.
________________________________________________________________________________
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ELECTRÓNICA DE POTENCIA
INTRODUCCIÓN.
El objetivo es proporcionar un panorama general de la electrónica de potencia y mostrar cómo se pueden combinar los
1
bloques básicos de construcción con el fin de obtener sistemas de accionamiento para las máquinas de ca y cd . Si se
desea profundizar más en el tema es necesario consultar textos que traten totalmente el tema, los que tratamos de
dar aquí es un enfoque simple para saber lo más básico de la electrónica, claro está, sin salir o hablar de partes que
puedan confundir los temas.
1. INTERRUPTORES DE POTENCIA
Estos dispositivos controlan la corriente de modo muy semejante a la manera en que las válvulas controlan el flujo de
los fluidos; poniéndose primero en estado de CONDUCCIÓN (ON) (polarización directa) donde no presenta resistencia
al flujo de la corriente; después poniéndose en estado de NO CONDUCCIÓN (OFF) (polarización inversa) donde no es
posible el flujo de corriente.
El comportamiento esencial de la mayor parte de los circuitos electrónicos de potencia se puede comprender
suponiendo que los interruptores son ideales.
1.1 DIODOS
Con base en la terminología desarrollada cuando los diodos rectificadores eran tubos electrónicos, la corriente en el
diodo entra por el ánodo (electrodo positivo) y sale por el cátodo (electrodo negativo).
El diodo bloquea el flujo de corriente (circuito abierto) cuando el
voltaje es negativo (i=0 para v<0) (polarización inversa) y deja pasar
corriente (circuito cerrado) positiva sin caída de tensión (v=0 para
i≥0) (polarización directa).
La región de voltaje negativo es el estado de NO CONDUCCIÖN y la
región donde la corriente es positiva es el estado de CONDUCCIÓN.
i
Diodo en
NO COND.
v
Diodo en
COND.
Ánodo
+
Cátado
v -
A los diodos se los clasifica por la potencia que pueden disipar en condiciones normales de operación y por el voltaje
inverso máximo (tensión inversa de cresta TIC). El TIC aparece cuando el diodo no está conduciendo, mientras que
2
cuando este está en conducción el voltaje es aproximadamente igual a cero . Una observación importante sobre el
diodo es que no se tiene un completo control sobre él.
1.2 TIRISTORES (SCR)
i
Ánodo
+
v
Cátado
-
V
iG
Son semejantes al diodo, sin embargo, además de ánodo y un cátodo
un tiristor tiene una tercera terminal conocida como compuerta.
El SCR (Rectificar Controlado de Silicio) tomará el estado de ON, sólo si
el ánodo es positivo respecto al cátodo. A diferencia de un diodo, el SCR
también requiere un pulso de corriente IG hacia la compuerta para
pasar al estado de ON. En la figura se muestra la característica
idealizada v-i de un SCR y de su símbolo.
En la figura se muestra la característica v-i de un SCR
i
Estado en COND.
Estado en
NO
COND.
VRB
VF
VFB
V
______________________
1
2
Máquinas Eléctricas- A.E.Fitzgerald- Cap. 10. Introducción a la electrónica de potencia
Transformadores y Máquinas Eléctricas- Ing. Iván Cantos- ESPOCH
Esto no es verdad ya que el voltaje se encuentra entre 0.5-1.5 volts pero se lo considera así por razones de idealización.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
60
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
Una vez que el SCR pasa al estado ON, se puede eliminar la señal de la compuerta y permanecerá en tal estado hasta
que la corriente que pase por él caiga por debajo de un valor pequeño mencionado como corriente de sostenimiento,
punto en el cual pasará al estado de OFF, precisamente como sucede con un diodo.
Lo anterior quiere decir que al momento que se deje de enviar la señal, el tiristor no pasará al estado de OFF.
El SCR idealizado aparece como un circuito abierto cunado esta en OFF, y como cortocircuito cuando está en ON.
También tiene una corriente de sostenimiento de cero; es decir, permanecerá en ON hasta que la corriente caiga a
cero e intente pasar a negativa.
El SCR tiene una ventaja significativa sobre el diodo en los sistemas en los cuales se desea tener control del voltaje.
No obstante, esta ventaja se obtiene a través del costo adicional del SCR, así como de los circuitos que se requieren
para producir los pulsos de compuerta usados para dispararlo.
1.2.1 TRIAC
Se comporta de modo muy semejante a dos SCR unidos, que comparten una puerta común.
Los TRIAC se pueden poner en ON aplicándoles un pulso de corriente en la compuerta. A diferencia de un SCR,
siempre que los pulsos de corriente inyecten carga suficiente, se pueden usar tanto pulsos de corriente de compuerta
positivos como negativos para poner un TRIAC en estado de CONDUCCIÓN.
i
i
V
+
-
Estado de COND.
iG
v
Estado de NO COND.
Colector
1.3 TRANSISTOR BIPOLAR DE COMPUERTA AISLADA (IGBT)
Son dispositivos de tres terminales conocidas como; emisor, colector y la compuerta.
La señal de control para un IGBT es el voltaje compuerta-emisor VGE (G= compuerta;
E=emisor). El electrodo de compuerta está acoplado de manera capacitiva al resto del
dispositivo y aparece como un circuito abierto de cd, no consume corriente, ya que sólo
consume una pequeña corriente capacitiva en la operación con ca.
CARACTERÍSTICAS.
1.
2.
3.
4.
Compuerta
Emisor
Para una tensión colector-emisor positiva, ninguna corriente de colector fluirá para valores de VGE menores que
una tensión de umbral VT. Una vez que VGE se hace mayor que VT, la corriente de colector IC aumenta conforme se
incrementa VGE.
Ninguna corriente de drenaje fluye para un voltaje de colector-emisor negativo.
El IGBT fallará si la tensión emisor-colector sobrepasa sus valores de ruptura.
El IGBT fallará también debido a una tensión compuerta-emisor y a una corriente de colector excesivas.
Cuando se aplica un voltaje suficientemente grande a la compuerta, es posible reducir la caída de voltaje de un
transistor de potencia hasta un valor pequeño. En estas condiciones el IGBT se mirará como una fuente de voltaje
constante.
En muchos casos es común proteger estos dispositivos por medio de diodos de protección con polarización inversa
conectados entre el colector y el emisor.
2. RECTIFICACIÓN: CONVERSIÓN DE CORRIENTE ALTERNA A CORRIENTE DIRECTA.
2.1 RECTIFICADOR DE MEDIA ONDA CON UN DIODO
Esto se logra a través de un diodo, el mismo que rectificará el voltaje de una fuente de ca, el mismo que aparecerá en
una carga colocada en las terminales. Es decir la carga tomará sólo el valor del voltaje positivo (rectificado).
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
61
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
VR(t)
Vo
iR(t)
+
+
R
Vs(t)
ωt
VR(t)
-
-
π
0
2π
Vs(t)
Se denomina rectificador de media onda cuando el diodo sólo rectifica el voltaje positivo (cuando el diodo está en
polarización directa), de la fuente, y este voltaje es el que aparece a través del resistor, en la gráfica es la onda que
no está entrecortada.
2.2 PUENTE DE DIODOS MONOFÁSICO DE ONDA COMPLETA.
Por lo general, este tipo de rectificación sólo se utiliza en aplicaciones pequeñas de baja potencia y bajo costo.
Considere el circuito de la figura En este caso, el resistor R se alimenta a partir de una fuente de voltaje
Vs(t)=Vosenωt, a través de cuatro diodos conectados en una configuración de puente de onda completa.
iR(t)
+
D1
VR(t)
D4
Vo
+
Vs(t)
R
-
ωt
VR(t)
D2
D3
2π
π
0
3π
Vs(t)
Aplicando el método de los estados supuestos, los estados permisibles de los diodos son:
D1 y D3 en CONDUCCIÓN, D2 y D4 en NO CONDUCCIÓN, para Vs(t)>0
D2 y D4 en CONDUCCIÓN, D1 y D3 en NO CONDUCCIÓN, para Vs(t)<0
Entonces la tensión en el resistor, queda dada por:
Vs (t ) = Vosen ωt ;Vs (t ) ≥ 0
V R (t ) = 
− Vs (t ) = −Vosen ωt ; Vs (t ) < 0
Advierta que el voltaje en el resistor es positivo para las dos polaridades del voltaje de la fuente, de allí el término de
rectificación de onda completa.
Para D1 y D3 vemos que parecería que la corriente se fuera tanto por D3 como por D4. Esto no es así, debido a que
ambos diodos se encuentran al mismo potencial, si la corriente se fuera por D4 como parece hacerlo, exitiría una
diferencia de potencial lo cual alteraría la rectificación. El mismo análisis se da para D2 y D4.
Resulta evidente que formas de onda rectificadas de las figuras no son del tipo de formas de onda de cd que se
consideran deseables para la mayor parte de las aplicaciones. En lugar de ello, por ser más útil, la cd rectificada debe
ser más o menos constante y sin rizado. Es posible lograr una forma de onda de ese tipo con el uso de un filtro
capacitivo.
2.3 PUENTE DE DIODOS MONOFÁSICO DE ONDA COMPLETA CON FILTRO CAPACITIVO.
iR(t)
+
D1
D4
+
Vs(t)
C
-
R
VR(t)
D2
D3
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
62
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
La figura muestra la gráfica del voltaje en el resistor, junto con el
voltaje rectificado de la fuente (línea punteada). Durante el tiempo
en que el puente se encuentra en ON, una pareja de diodos está
conduciendo, el voltaje en el resistor es igual al voltaje rectificado
de la fuente. Cuando el puente se encuentra en OFF, el voltaje en
el resistor decae en forma exponencial.
V o lta je e n e l r e s is to r
V o lta je r e c tific a d o r
d e la fu e n te
Voltaje
Considere la figura de donde obtendremos la gráfica del voltaje en
el resistor, la corriente y la corriente total en el puente.
La adición del filtro capacitivo tenderá a mantener constante el
voltaje en el resistor VR(t), a medida que el voltaje en la fuente
disminuye. Los diodos permanecerán en ON en tanto la corriente
de salida del puente permanezca positiva, y cambiará al estado de
OFF cuando esta corriente empiece a invertirse.
T ie m p o
La figura muestra la gráfica de la corriente en el resistor, y la corriente total en el puente (línea punteada).
Corriente de la fuente
Corriente total
en el puente
Corriente en
el resistor
Tiempo
Advierta que en virtud de que el capacitor es más o menos grande, los diodos sólo conducen durante una cantidad
corta de tiempo en torno al pico de la forma de onda del voltaje rectificado de la fuente.
El voltaje de rizado en el voltaje del resistor se define como la diferencia entre sus valores máximo y mínimo.
Es evidente que se puede disminuir el voltaje de rizado al incrementar el valor del capacitor del filtro. Sin embargo
esto se obtiene a expensas de un costo mayor, así como por medio de pulsos más cortos de corriente y una corriente
rms más alta a través de los diodos del rectificador.
En la figura se muestra la adición de un inductor L a la salida del puente, en serie con el capacitor de filtro y su carga.
Si se elige la impedancia del inductor para que sea grande en comparación con la combinación R-C, a la frecuencia del
voltaje rectificado de la fuente, muy poco de la componente de ca de esta última aparecerá aplicada al capacitor: por
tanto el filtro L-C producirá un bajo rizado en el voltaje, consumiendo al mismo tiempo una corriente más o menos
constante del puente de diodos.
L
iR(t)
+
D1
iB(t)
D4
+
Vs(t)
C
R
-
VR(t)
D2
D3
La combinación de un rectificador y un inductor a la salida para alimentar corriente constante de cd a una carga tiene
una importancia significativa en las aplicaciones de la electrónica de potencia.
2.4 RECTIFICADOR MONOFÁSICO CON CARGA INDUCTIVA
Considere el circuito de la figura. El voltaje de la fuente es Vs(t)=Vocosωt.
Considere primero que ωL<<<R, en este caso, la carga se ve en esencia como resistiva y la corriente en ella sólo
variará en forma ligera con respecto a la corriente para una carga puramente resistiva.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
63
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
iL(t)
+
R
+
VL(t)
Vs(t)
-
L
-
En la figura se tiene la gráfica de la corriente junto con la corriente pata una carga puramente resistiva.
iL ( t )
V o /R
L= 0
L c r e c ie n t e
ωt
π
0
2π
Note que el efecto de la inductancia es disminuir tanto la rapidez inicial de aumento de la corriente como la corriente
pico. Lo más significativo es que se incrementa el ángulo de conducción del diodo.
En la figura, para este rectificador de media onda, note que a medida que se incrementa la inductancia decrecerá
tanto la corriente de rizado como la de cd.
V o lta je e n
e l in d u c to r
L c re c ie n te
ωt
L= 0
π
0
2π
De hecho, para una inductancia grande ωL>>R, la corriente de cd de la carga tenderá a cero. Esto se observa
mediante el siguiente argumento:
Conforme se incrementa la inductancia, el ángulo de conducción del diodo se incrementará a partir de 180º y
se aproximará a 360º para valores grandes de L.
En el límite de un ángulo de conducción de 360º el diodo se puede reemplazar por un cortocircuito continuo,
en tal caso el circuito se reduce ala fuente de voltaje de ca conectada directamente a través de la
combinación en serie del resistor y el inductor.
En esta situación ninguna corriente de cd fluirá, ya que la fuente es puramente de ca. Además, dado que la
impedancia Z=R+jωL sed hace grande con L grande, la corriente de ca (de rizado) también tenderá a cero.
2.5 RECTIFICADOR DE MEDIA ONDA CON UN SCR
+
+
VR(t)
R
Vs(t)
-
Considere el circuito rectificador de media onda de la figura en el cual
un resistor R es alimentado por una fuente de voltaje Vs(t)=Vosenωt a
través de un SCR.
-
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
64
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
Suponga que en el instante to( 0=<to<π/ω) se aplica un pulso de corriente de compuerta al SCR después de cada
cruce por el cero del voltaje de la fuente como se muestra en la figura.
P u lso s d e
co m p u e rta
V s(t)
Vo
α0
0
2π
π
π +α0
2π + α 0
3π
ωt
Es común describir este tiempo de retardo de disparo o encendido en términos del ángulo de retardo de disparo
αo≈ωto. A continuación se representará el voltaje en el resistor como una función de αo.
La solución es parecida a la de un rectificador con un solo diodo con la excepción de que, independientemente de la
polaridad de la tensión que se le aplique, una vez que el SCR pasa a OFF, permanecerá en tal forma hasta que el
voltaje en él se vuelva positivo y se le aplique un pulso de corriente de compuerta.
El voltaje se expresa por:
0

VS (t ) = VS (t ) = Vosenωt
0

Vs (t ) ≥ 0
Antes del pulso de compuerta
Vs (t ) ≥ 0
Después del pulso de compuerta
Vs (t )⟨ 0
En la figura se tiene la gráfica para este voltaje. Note que este sistema produce un voltaje rectificado de media onda
semejante al del sistema de un diodo.
VR(t)
Vo
ωt
0
α0
2π + α 0
π
3π
Sin embargo, en este caso se puede controlar el valor de cd del voltaje rectificado al controlar el momento de
aplicación del pulso de compuerta. Específicamente esto se expresa por:
Vcd =
Vo
(1 + cos α o )
2π
Note que si no se tiene retardo en el disparo del SCR, este sistema produce un voltaje de cd igual al del sistema de un
diodo. Sin embargo, como se retrasa el pulso de compuerta del SCR, se puede reducir el voltaje de cd.
Este sistema se conoce como rectificador controlado por fase, porque se puede hacer variar el voltaje de cd de salida
al controlar el ángulo de faso del pulso de compuerta con relación al cruce por el cero de la tensión de la fuente.
2.6 PUENTE MONOFÁSICO DE ONDA COMPLETA CONTROLADO POR FASE.
Considere el circuito de la figura . Supondremos que la inductancia L de la carga es suficientemente grande como para
que la corriente de carga sea en esencia constante en un valor Icd.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
65
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
Is(t)
Icd
+
D4
D1
R
+
VL(t)
Vs(t)
-
L
D2
D3
-
En la figura se muestra el voltaje de la fuente y los momentos de los pulsos de la compuerta de los SCR en una
condición típica de operación para este circuito. En este caso, se observa que los pulsos de disparo están retardados
en un ángulo αd, después del cruce por cero de la forma de onda del voltaje de la fuente, mientras que los pulsos de
disparo para los SCR T1 y T3 ocurren después del cruce por cero y de la transición a pendiente positiva de la Vs(t) y
los del T2 y T4 ocurren después del cruce por cero y de la transición a pendiente negativa.
P u ls o d e d is p a r o
T1 y T3
V s(t)
Vo
ωt
0
π
αd
π +αd
3π
2π + α d
P u ls o d e d is p a r o
T2 y T4
En la figura se muestra la corriente que pasa que pasa por los SCR T1 y T3. Note que estos SCR no pasan a ON hasta
que reciben los pulsos de disparo en el ángulo αo después de estén polarizados en el sentido directo desde el cruce por
cero y de pendiente positiva del voltaje.
iT 1 -iT 3
Icd
ωt
0
π
αd
2π
π +αd
2π + α d
En la figura se muestra el voltaje resultante en la carga3.
VL(t)
Vo
0
αd
π
2π
π +αd
ωt
2π + α d
-Vo
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
66
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
En la figura se muestran las formas de onda de voltaje y la corriente de la fuente para el puente de SCR de fase
controlada3.
Vs(t)
Vo
Icd
0
αd
2π
π +αd
π
ωt
2π + α d
-Icd
Is(t)
-Vo
2.7 PUENTES TRIFÁSICOS
En la figura se muestra un sistema en el que un resistor R es alimentado desde una fuente trifásica a través de un
puente trifásico de diodos de seis pulsos.
D1
D3
D2
+
Va(t)
Vb(t)
Vc(t)
R
D4
VR(t)
-
D5
D6
En la figura se muestran los voltajes trifásicos línea a línea y el voltaje en el resistor4.
V R (t)
2VL − L ,rms
3π / 2
2π
π
π /2
− 2VL − L ,rms
_________________
3
Para detalles de su obtención remítase al libro de A. E. FITZGERALD pág 523.
4
Para detalles remítase al libro de A. E. FITZGERALD pág 530-531
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
67
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
Tiempos de conducción de los diodos para el puente trifásico de diodos de la figura anterior.
αd
0-π/3
π/3-2π/3
2π/3- π
Π-4π/3
4π/3- 5π/3
5π/3-2 π
D1
D2
D3
D4
D5
D6
NO COND
NO COND
COND
NO COND
COND
NO COND
COND
NO COND
NO COND
NO COND
COND
NO COND
COND
NO COND
NO COND
NO COND
NO COND
COND
NO COND
COND
NO COND
NO COND
NO COND
COND
NO COND
COND
NO COND
COND
NO COND
NO COND
NO COND
NO COND
COND
COND
NO COND
NO COND
En la figura se muestra un puente trifásico de SCR de fase controlada4.
T1
+
T3
T2
R
Va(t)
Vb(t)
Vc(t)
VL(t)
T4
T5
L
T6
En la figura se muestran los voltajes típicos en la carga para el disparo retardado de los SCR en el rectificador trifásico
de fases controlada de la figura anterior para un puente trifásico de SCR de fase controlada5.
V L ( t)
0
← π /6 →
3. INVERSIÓN: CONVERSIÓN DE CORRIENTE DIRECTA A CORRIENTE ALTERNA.
Los inversores se pueden usar para convertir cd a la potencia de frecuencia y voltajes variables que se requieren para
muchas aplicaciones de accionamientos de motores eléctricos.
Como se muestra en la figura los sistemas rectificadores de este tipo se representarán por una fuente constante de
voltaje de cd, Vo, conocida como voltaje de cd del bus en la entrada del inversor. Nos referiremos a un sistema de
este tipo, con un voltaje de entrada de cd constante, como un inversor de fuente de voltaje.
L
+
+
Vs(t)
C
-
Vo
+
Vo
-
-
________________
5
Para detalles remítase al libro de A. E. FITZGERALD pág 532
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
68
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
En la figura se muestra un inversor denominado inversor de fuente de corriente.
iG
L
+
Vs(t)
-
iG
3.1 INVERSORES MONOFÁSICOS DE PUENTE EN H DE FORMA DE ONDA ESCALONADA (CHOPPER)
En la figura, se muestra un inversor monofásico en la cual se alimenta una carga (que en este caso consta de RL en
serie) desde una fuente de voltaje de cd, Vo, a través de un conjunto de cuatro IGBT en lo que se conoce como una
configuración de puente en H6.
D4
D1
+
iL(t)
Vo
R
L
+
-
D2
D3
**********************************************************************************************
PROBLEMA 1
Calcule el voltaje promedio a través del resistor de la figura, si Lafuente produce una onda cuadrada de valor promedio
cero y amplitud pico a pico igual a 2Vo.
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Vcd =
Vcd =
1
δ. π
β
∫
α
f (θ ). dθ =
π
1
Vo. dθ
2.π ∫0
Vo
2
Donde: δ es un número entero positivo que indica el valor “de cuantas partes” está formada la onda para dar un
período de 2π, en este caso δ=2
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
69
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 2
Considere el circuito rectificador de media onda donde se tiene un SCR y la fuente genera una onda senoidal.
Demostrar que el voltaje promedio a través del resistor está dado por:
Vcd =
Vo
2
( 1 + cos α 0 )
Donde αo es el ángulo de disparo.
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Vcd =
1
δ .π
β
∫
f (θ ). dθ =
α
π
1
Vo. senθ . dθ
2 π α∫o
Vcd =
Vo
2π
[− cos π + cos α 0 ]
Vcd =
Vo
2π
[1 + cos α 0 ]
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
70
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 3
Para el siguiente circuito, si la fuente genera una onda senoidal, demostrar que el voltaje en la resistencia es cero,
pero su valor RMS está dado por:
VR
rms
= Vo.
1 α0
1
−
+
sen α 0
2 2π 4π
_____________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
71
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
Notamos que para la figura anterior (la inferior) el voltaje en el resistor es cero ya que se tiene dos “ondas” y su valor
promedio e cero.
Para su voltaje RMS tenemos:
VR
VR
VR
VR
rms
=
2
δ .π
rms
=
2
2. π
rms
rms
β
∫ [ f (θ )] . dθ
α
2
π
2
∫ [ Vo. sen θ ] . dθ
π
α0
1 1
1

θ − sen 2θ 
= Vo.

π 2
4

= Vo.
Vo 2
=
β
∫ sen
α
π
= Vo.
α0
2
θ . dθ
α
1 π 1
1

 − sen 2π − 0 + sen 2α 0 
π 2 4
2 4

 1 α0 1

+ sen 2α 0 
 −
2 2 4

************************************************************************************
PROBLEMA 4
Para el siguiente circuito, determine Vo, VR e ID si el diodo es:
a) De silicio
b) De germanio
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Nótese que el diodo estará en conducción cuando E> VD
a) Para una diodo de Silicio se tiene que VD= 0.7 V
Aplicando L.V.K se tiene:
VD + VR − E = 0
V R = 8 − 0 .7 = 7 .3 V
VR = I D . R
ID =
7 .3 V
2.2 x10 3 Ω
I D = 3,318 mA
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
72
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
b) Para una diodo de Germanio se tiene que VD= 0.3 V
Aplicando L.V.K se tiene:
VD + VR − E = 0
V R = 8 − 0 .3 = 7 .7 V
VR = I D . R
ID =
7 .7 V
2.2 x10 3 Ω
I D = 3,5 mA
************************************************************************************
PROBLEMA 5
Para el siguiente circuito, encuentre VD, si el diodo es de silicio (no tome en cuenta que para un diodo de silicio
VD=0.7 V)
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
El diodo está en el estado de NO CONDUCCIÓN, por tanto, el circuito anterior se representa como un circuito abierto,
donde la corriente ID=0.
Como I D = 0 entonces V R = I D . R = 0
Aplicamos L.V .K :
VD + VR − E = 0
VD = 8 − 0 = 8 Volts
Nótese el alto voltaje a través del diodo a pesar de que este se encuentra en el estado de NO CONDUCCIÓN.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
73
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 6
Determine Vo e ID para el siguiente circuito serie.
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
El circuito anterior lo representamos de la siguiente manera:
Como E es mayor que la suma de los voltajes de los diodos, es decir (0.7+0.3) los diodos están en CONDUCCIÓN.
Aplicando L.V. K, tenemos:
V D 1 + V D 2 + Vo − E = 0
Vo = 12 − 0.7 − 0.3
Vo = 11 Volts
11 V
Vo
=
R 5.6 x10 3 Ω
I R = 1,96 mA
IR = ID =
***********************************************************************************
PROBLEMA 7
Determine ID, VD2, y Vo para el siguiente circuito.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
74
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
SOLUCIÓN:
El circuito anterior lo representamos de la siguiente manera:
Notamos en seguida que la corriente ID=0 A, por tanto VSi=0 V y además IR=ID=0 A.
Además
: Vo = I R . R = 0 ( 5,6 kΩ ) = 0 Volts
Aplicamos L.V. K para obtener:
V D 1 + V D 2 + Vo − E = 0
V D 2 = E = 12 Volts
************************************************************************************
PROBLEMA 8
Determine Vo, I1, ID1, e ID2 para el siguiente circuito.
____________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Para hallar la I1 aplicamos L.V.K a la parte izquierda, obteniendo:
VR + VD 1 − E = 0
I 1 = I D 1 + I D 2 = 2 I D 1 ( por simetría )
VR = 10 − 0,7 = 9,3 Volts
I D1 =
I1 =
VR
9,3 Volts
=
R 0,33 x10 3 Ω
I1
= 0,014 A
2
I D 21 = I D 1 = 0,014 A
I 1 = 0,02818 A
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
75
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 9
Determine el voltaje Vo para la siguiente red.
__________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Como sabemos los diodos anteriores tienen un valor diferente de voltaje, parecería entonces que la red tiene un error,
además, parece ser que los dos diodos están en CONDUCCIÓN, pero esto no es verdad.
Cuando la fuente pasa de 0 a 12 V, aunque esto puede ocurrir en milisegundos, cuando la fuente tiene 0.3 V, que es
el valor de voltaje para el diodo de germanio, este se mantendrá siempre en este valor, entonces el diodo de silicio
nunca alcanzará los 0,7V para poder pasar al estado de CONDUCCIÓN, entonces:
Aplicando L.V.K tenemos:
VGe + Vo − E = 0
Vo = E − VGe = 12 − 0,3
Vo = 11,7 Volts
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
76
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
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INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 10
Para la configuración de polarización fija, calcular Si β=50:
a)
b)
c)
d)
IB e IC
VCE
VB y VC
VBC
____________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Pasos para resolver este tipo de problemas:
•
•
•
En primer lugar se pone en circuito abierto a los capacitores para simplificar el análisis.
Se separa la fuente en dos partes (para propósito de análisis)
Se construye un circuito más sencillo que el inicial
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
77
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
a) Aplicamos L.V.K al lado izquierdo de la red, obteniendo:
VR B + V B E − E = 0
VR B = 12 − 0,7
VR B = 11, 3 V
Recuerde que el voltaje entre la base y el emisor tiene un valor de 0,7 V.
La unión base-emisor debe estar en polarización directa (voltaje de la región p más positiva), con un voltje resultante
en polarización directa entre 0.6 y 0.7 V.
VR B = I B . R B
IB =
VR B
RB
=
11.3 V
= 4.708 x10 −5 A
240 kΩ
(
I C = β . I B = ( 50 ) 4.708 x10 −5 A
)
I C = 2.35 x10 −3 A
b) Aplicamos L.V.K al lado derecho de la red, obteniendo:
E − VC E − V R c = 0
(
VC E = 12 − 2,35 x10 −3
)( 2,2 k Ω )
VC E = 6, 821 V
c)
Los valores se encuentran de la siguiente forma:
VC E = VC − V E
pero E está en tierra
entonces : V E = 0
VC = VC E = 6, 821 V
V B E = VB − V E
V B = VB E = 0,7 V
d) Conocidos los valores de la base y del colector, tenemos:
V B C = V B − VC
V B C = 0,7 − 6,821
V B C = −6,121 V
***El signo negativo significa que la unión se encuentra en realidad en polarización inversa.
________________________________________________________________________________
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78
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
MOTORES DE CD
PROBLEMA 1
Los conductores de la armadura de una dínamo tienen una longitud axial de 12 plg. Cuando por cada conductor pasa
una corriente de 80 A, se ajusta la densidad del flujo de campo a 61000 líneas/plg2. Calcular:
a. La fuerza que desarrolla cada conductor portador de corriente en lbf.
b. La fuerza total que se desarrolla, para un total de 60 conductores activos en la armadura en lbf.
c. El par total que se desarrolla en lbf-pie, si el diámetro de la armadura es 18 plg.
d. El par total en N-m.
Datos:
L=12 plg=0.3048m
I=80 A
B=61000líneas/plg2=0.9455 Wb/m2
n=60
b)
SOLUCIÓN:
a)
F = BiL
Wb 

F =  0.9455 2 (80 A)(0.3048m )
m 

F = 23.055 N
FTOTAL = nF
F = 5.182lbf
FTOTAL = (60)(5.182)
FTOTAL = 310.92lbf
c)
τ TOTAL
τ TOTAL
τ TOTAL
τ TOTAL
d)
τ TOTAL = Fr = Fφ / 2
τ TOTAL = (310 .92)(9)
τ TOTAL = 23.3klbf − pie
= Fr = Fφ / 2
= (310 .92)(9)
= 23.3klbf − pie
= 31.619 kN − m
Se debe tener en cuenta que: 1 Tesla (Wb/m2)=10000 gauss=64.5 klíneas/in2, además fijarse bien en las unidades del
literal a) las mismas que nos dan Newtons.
************************************************************************************
PROBLEMA 2
Convertir los datos del problema 1 a unidades del SI y calcular:
a. La fuerza por conductor en N.
b. La fuerza total que se desarrolla en la armadura en N.
c. El par total que se desarrolla en N-m.
SOLUCIÓN:
a)
b)
F = BiL
Wb

F =  0.9455 2 (80A)(0.3048m)
m 

F = 23.055N
c)
FTOTAL = nF
FTOTAL = (60)(23.055)
FTOTAL = 1383.3N
τ TOTAL = Fr = Fφ / 2
τ TOTAL = (310.92)(9)
τ TOTAL = 31.619 kN − m
Tomamos los mismos valores del problema anterior y realizamos la conversión de unidades para lo cual: 1 N= 0.225
lbf, Ф=diámetro del conductor.
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MÁQUINAS ELÉCTRICAS
79
MOTORES DE CD
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 3
Un motor derivación desarrolla un par total igual a 250 N-m a carga nominal. Cuando se sujeta a una disminución de
15% en el flujo de campo, la corriente de armadura aumenta en 40%. Calcular el par nuevo que se produce como
resultado del cambio en el flujo de campo.
Ra
Datos :
TNOM = 250 Nm
Ia
Rf
Escobillas
φ 0 = 100 % = 1
φ f = 100 − 15 = 85 % = 0.85
It
If
Ea
Vt
Lf
I a 0 = 100 % = 1
I af = 140 % = 1.4
SOLUCIÓN:
El motor en derivación se denomina también Shunt o en paralelo.
TNOM = kφ0 I a 0
T f = kφ f I af
Lo que nos pide es el nuevo par o sea Tf. De la ecuación del par nominal despejamos k
que es una constante y la reemplazamos en la segunda ecuación, por lo tanto tenemos:
Tf =
TNOM φ f I a 0
φa 0 I af
=
(250)(85)(140)
(100)(100)
T f = 297.5 Nm
El significado de Ф=1 es que este es el valor inicial, es decir antes de que el flujo se aumente o disminuya (en este
caso disminuye). El mismo significado se da para la corriente Ia.
En los paréntesis podemos poner los valores en porcentajes o dividiendo para 100, nos debe dar lo mismo. En la
corriente y el campo podemos omitir sus subíndices porque la corriente de que se habla es la de armadura
************************************************************************************
PROBLEMA 4
Un motor derivación de 220 V cd tiene una caída en escobillas igual a 5 V una resistencia de armadura igual a 0.2Ω, y
una corriente nominal de armadura de 40 A. Calcular:
a. El voltaje que se genera en la armadura bajo estas condiciones de carga aplicada al eje de la armadura.
b. La potencia que desarrolla la armadura en watts.
c. La potencia mecánica desarrollada por la armadura en hp.
VT = 220V
VE = 5V
Ra = 0.2Ω
Ia = 40 A
Ra
SOLUCIÓN:
Datos :
a)
VT = E A + VE + IaRa
Ia
Rf
Escobillas
E A = 220 − 5 − 40(0.2) = 207V
It
If
Ea
Vt
Lf
b)
PA = E A Ia = (207)(40) = 8280W
c)
PA = E A Ia = ( 207)(40) = 8280W *
1hp
= 11.099hp
746W
El Vt se encuentra aplicando mallas en el esquema del motor. En los problemas posteriores sólo se pondrá el valor de
Ea despejado de la ecuación del literal a).
El primer literal se refiere a condiciones nominales.
Se recomienda aprender bien las características de este motor así como su esquema.
Se debe recordar que Ea es siempre menor que Vt en los motores.
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80
MOTORES DE CD
ESPOCH
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PROBLEMA 5
Un motor derivación de 200 V desarrolla un par igual a 54 N-m cuando la corriente de armadura es 10 A. Calcular el
par cuando:
a. La corriente de armadura es 15 A.
b. La corriente de armadura es 20 A.
c. La corriente de armadura es 5 A.
SOLUCIÓN:
Datos :
Ra
VT = 200V
TNOM = 54 Nm
Ia
Aquí el par (54 Nm) no es constante ya que se nos pide
hallar el valor de otro par, con un valor
diferente
de
corriente.
Rf
Escobillas
Ia = 10 A
It
If
Ea
Vt
Lf
a)
TNOM = kφIa
Tx = kφIx
TNOM 54
=
10
Ia
Nm
kφ = 5.4
A
Tx = (5.4)(15)
kφ =
La Ix es la corriente a la que debemos hallar el nuevo
par. Despejamos k y el flujo en la ecuación del par
nominal y como son constantes las reemplazamos en la
ecuación de Tx.
Los demás literales lo hacemos de la misma manera
considerando que kФ=5.4 y haciendo el mismo análisis
anterior tomando como Ix el valor que nos dan.
Tx = 81Nm
b)
c)
TNOM = kφIa
Tx = kφIx
TNOM = kφIa
Tx = kφIx
TNOM 54
=
Ia
10
Nm
kφ = 5.4
A
Tx = (5.4)(20)
kφ =
TNOM 54
=
Ia
10
Nm
kφ = 5.4
A
Tx = (5.4)(5)
kφ =
Tx = 108 Nm
Tx = 27 Nm
************************************************************************************
PROBLEMA 6
Un motor derivación de 120 V desarrolla un par igual a 75 N-m cuando su corriente de armadura es 30 A. Calcular la
corriente de armadura necesaria para producir:
a. Un par desarrollado de 30 N-m.
b. Un par desarrollado de 60 N-m.
c. Un par desarrollado de 80 N-m.
Datos :
VT = 120V
TNOM = 75 Nm
SOLUCIÓN:
Tenemos el mismo caso que el problema 5, sólo que esta vez no pide encontrar la corriente a la
que se produce el nuevo par Tx.
Ia = 30 A
a)
TNOM = kφIa
Tx = kφIx
Hallamos el valor de k y el flujo (los mismos que
mantienen constantes) con la ecuación del par
nominal, luego reemplazamos este valor en la
ecuación del nuevo par y hallamos la corriente Ix.
Ix es la corriente a la que se produce el
nuevo par Tx (por ejemplo 30 Nm).
TNOM 75
Tx 30
=
Ix =
=
Ia
30
kφ 2.5
Nm
kφ = 2.5
Ix = 12 A
A
________________________________________________________________________________
kφ =
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MOTORES DE CD
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Con el mismo razonamiento hallamos los otros literales.
b)
c)
TNOM = kφIa
Tx = kφIx
TNOM 75
=
Ia
30
Nm
kφ = 2.5
A
Ix =
kφ =
Tx 60
=
kφ 2.5
TNOM = kφIa
Tx = kφIx
TNOM 75
=
Ia
30
Nm
kφ = 2.5
A
Ix =
kφ =
Ix = 24 A
Tx 80
=
kφ 2.5
Ix = 32 A
************************************************************************************
PROBLEMA 7
Un motor derivación que trabaja con carga nominal desarrolla un par de 50 lb-pie. Si la corriente de armadura
aumenta 25% y el flujo del campo disminuye 10%, calcular:
a. El par que se desarrolla en lb-pie.
b. El par que se desarrolla en N-m.
Datos :
TNOM = 50lbf − pie
SOLUCIÓN:
Ia f = 1.25
En el problema 3 se mostró como interpretar el aumento y disminución de la corriente y el
flujo.
notar que para encontrar el par desarrollado (Tdes)
TNOM = kφ0 Ia Debemos
debemos tener algo que relaciones a las dos ecuaciones.
φ0 = 1
φ f = 0. 9
En este caso vemos que lo único que las relaciona es el valor de k. Del par nominal hallamos
k y reemplazamos en la ecuación del para desarrollado, entonces:
Ia0 = 1
a)
k=
b)
TDES = kφ f I f
TNOM
→
φ0 Ia
TDES =
TNOM φ f I f
φ0 Ia
=
(50)( 0.9)(1.25)
= 56.25lbf * pie
(1)(1)
 1.356 Nm 
TDES = 56.25lbf * pie 
 = 76.275 Nm
1lbf * pie 
************************************************************************************
PROBLEMA 8
Un motor compuesto acumulado trabaja como motor derivación con su campo en serie desconectado, tiene una
corriente de armadura igual a 100 A, y a un flujo de campo en derivación igual a 90 mWb, desarrolla un par de 75 Nm. Cuando se conecta el campo en serie, con la misma corriente de armadura, el motor desarrolla un par de 90 N-m.
Calcular el aumento de flujo producido por el campo en serie.
Ra
Rf
Lf
Ia
It
Datos :
Ia = 100 A
φCAMPO = 9mWb
TNOM = 75 Nm
Rf
Escobillas
If
Ea
Lf
Vt
TCS = 90 Nm
El punto representa que es un motor compuesto acumulado.
________________________________________________________________________________
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SOLUCIÓN:
TNOM
TNOM = kφCAMPO Ia →
k=
TCS = kφ SERIE Ia →
φ SERIE =
φCAMPO Ia
φ SERIE
=
75
= 8.333
(0.009 )(100)
TCS
90
=
= 0.108Wb
kIa (8.333)(100)
= 108mW
Vemos que Ia es constante, con el par nominal hallamos k, como esta es constante porque se trata del mismo motor,
reemplazamos el valor en la ecuación del par del campo en serie, de esta forma hallamos el flujo.
************************************************************************************
PROBLEMA 9
Un motor derivación de 240 V trabaja a 1800rpm y desarrolla una fuerza contraelectromotriz igual a 232 V. Su
resistencia de armadura es 0.1 Ω, y la caída de voltaje en escobillas es 3 V. Calcular:
a. La corriente de armadura a la velocidad 1800rpm.
b. La velocidad cuando la corriente de armadura sea 75 A.
c. La velocidad cuando la corriente de armadura sea 30 A.
Datos :
VT = 240V
ω NOM = ω0
ω0 = 1800 rpm
Ea = 232V
Ra = 0.1Ω
SOLUCIÓN:
a)
VT = Ea + VE + IaRa
VT − ( Ea + VE )
Ra
240 − (232 + 3)
= 50 A
Ia =
0 .1
Ia =
VE = 3V
b) Ahora Ia=75 A por lo debemos calcular el nuevo valor de Eaf, ya que Vt y Ea son los valores nominales. De la
teoría sabemos que para Ea nominal existe una velocidad nominal y que para otro valor de Eaf habrá otra velocidad, si
dividimos ambas ecuaciones veremos que k y el flujo desaparecen, debido a que no se menciona que el flujo se reduce
o aumenta, quedando la expresión para hallar la velocidad final.
VT = Eaf + VE + IaRa
Ea = kφω NOM
Eaf = VT − VE − IaRa
Eaf = kφω f
Eaf = 240 − 3 − (75)(0.1)
kφω NOM
Ea
=
Eaf
kφω f
Eafω NOM ( 229.5)(1800)
=
Ea
232
ω f = 1780.745rpm
ωf =
Eaf = 229.5V
c) Del análisis anterior tenemos:
VT = Eaf + VE + IaRa
Ea = kφω NOM
Eaf = VT − VE − IaRa
Eaf = kφω f
Eaf = 240 − 3 − (30)(0.1)
kφω NOM
Ea
=
Eaf
kφω f
Eafω NOM (234)(1800)
=
Ea
232
ω f = 1815.661rpm
ωf =
Eaf = 234V
________________________________________________________________________________
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PROBLEMA 10
Un motor derivación de 10 hp, 1800rpm desarrolla internamente 11 hp con voltaje nominal de armadura igual a 120
V, y con una corriente de armadura de 74 A. Calcular:
a. El par que se desarrolla a la velocidad nominal en lb-pie y en N-m.
b. El par que se desarrolla en lb-pie, cuando la corriente de armadura es 82 A.
c. La velocidad a las condiciones de la parte b, si la resistencia de armadura es 0.12 Ω y la caída en escobillas es 5
V, suponiendo flujo de campo constante.
Datos .
P = 10 hp
SOLUCIÓN:
a)
ω NOM = 1800 rpm
P int = 11hp
Vt = 120V
Ia = 74 A
b)
8202.7W
188.4955rad / seg
T int = 43.5166 Nm = 32.0978lbf − pie
P int = T int ω NOM → T int =
Los que nos dice es que los 11 hp se originan con Ia nominal (74 A) más no los 10
hp ya que estos representan la potencia de salida. Se debe notar que los hp se han
transformado a Watts al igual que las rpm.
T int = kφIa
Tx = kφIx
T int 32.0978
=
Ia
74
kφ = 0.4337lbf − pie / A
Tx = (0.4337 )(82)
kφ =
Con el par nominal hallamos el valor de k y el
flujo los mismos que se mantienen constantes. En
la ecuación del nuevo par (Tx) reemplazamos el
valor de k y Ф y el valor de Ix que es 82 A.
Tx = 35.5624lbf − pie
c) Con la corriente de 74 A calculamos un primer valor de Ea=Vt-Ia.Ra-VE=120-74(0.12)-5=106.12V.
Luego con la corriente de 82 A calculamos un segundo valor de Ea que lo llamaremos Eax=Vt-Iax.Ra-VE=12082(0.12)-5=105.16V. Luego hacemos la relación entre el voltaje generado inicial Ea y el final Eax, para obtener la
velocidad que se genera cuando la corriente es de 82 A, entonces:
Ea X ω 0 105.16 (1800)
ω
Ea
= 0 →ω =
=
= 1783.7rpm
ω
Ea X
Ea
106.12
************************************************************************************
PROBLEMA 11
Un
a.
b.
c.
servomotor2 tiene una potencia de salida de 20 W, y gira a una velocidad nominal de 200 rad/seg. Calcular:
El par que se desarrolla en el eje en N-m.
El par que se desarrolla en el eje en lb-pie.
El par que se desarrolla en el eje en onzas-plg.
Datos :
SOLUCIÓN:
Psal = 20W
a)
ω NOM = 200rad / seg
Psal = Tejeω NOM
20W
200 rad / seg
Teje = 0.1N − m
Teje =
__________________
2
Actuador mecánico en cualquier sistema de servomecanismo que tiene por objeto llevar al sistema a una lectura cero reduciendo a
cero la señal de error.
________________________________________________________________________________
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b)
c)
Psal = Tejeω NOM


1onza − p lg
Teje = 0.07376lbf − pie * 

−3
 5.208 x10 lbf − pie 
Teje = 14.1628onza − p lg
20W
Teje =
200 rad / seg
Teje = 0.1N − m
Teje = 0.07376lbf − pie
************************************************************************************
PROBLEMA 12
Un motor derivación de 240 V que tiene una resistencia de campo igual a 120 Ω, una resistencia de armadura igual a
0.2 Ω, caída de 3 V en escobillas y una corriente nominal de armadura igual a 36 A, gira a una velocidad de
60πrad/seg. Si la corriente de armadura que se toma del suministro baja a 25 A, calcular:
a. La velocidad del motor en rad/seg.
b. La velocidad del motor en rpm.
Datos :
SOLUCIÓN:
Vt = 240V
Rc = 120 Ω
Ra = 0.2Ω
VE = 3V
a)
Vt = Ea + IaRa + VE
Vt = Ea X + Ia X Ra + VE
Ia NOM = 36 A
ω0 = 60πrad / seg
Ea X ω0
Ea
(232)(60π )
ωX =
229.8
ω X = 60.57πrad / seg
ωX =
Ea = 229.8V
Ea X = 232V
En este tipo de problemas lo que se hace la mayoría de veces es primero calcular un valor de Ea con el primer valor de
corriente, luego hallar otro valor de Eax con el otro valor de corriente que generalmente es al que se debe hallar las
velocidades finales, torques finales, potencias, flujos.
En este caso Ia=36 A (primera corriente que nos da un primer valor de Ea=229.8) e Ix=25 A (segunda corriente que
nos dará el valor del segundo Eax=232)
b)
ω X = 60.57π
rad
seg
 1rev   60 seg 
*
*
= 1817 .1rpm
 2πrad   1 min 
************************************************************************************
PROBLEMA 13
De
a.
b.
c.
d.
e.
f.
g.
los datos del problema 14 y con la tabla 430-147 del apéndice A-3, calcular:
La potencia de salida en caballos a la carga nominal.
El par de salida a la carga nominal en unidades SI.
El par que se desarrolla a la carga nominal en unidades SI.
La eficiencia del motor a la carga nominal.
El par que se desarrolla cuando la corriente de armadura es 25 A en unidades SI.
La velocidad del motor cuando la corriente de armadura es 25 A en unidades SI.
La eficiencia del motor cuando la corriente de armadura es 25 A.
Datos:
Iax=25 A
SOLUCIÓN:
a) Con Vt= 240V e Inom=36 A en la tabla del libro, debemos interpolar en los valores de la
corriente nominal, los mismos que se encuentran en la misma columna de los voltajes y
están dados en Amperes. De la interpolación encontramos una potencia de 9.44HP.
Vemos que con P=9.44HP no se puede hacer circular la corriente de 25 A, por lo que tomamos una potencia mayor, en
este caso la de 10HP.
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MOTORES DE CD
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b)
INGENIERÍA MECÁNICA
Psal = Tsal .ω SAL → Tsal =
Psal
ω SAL
=
10 HP
746W
*
= 39.57 N .m
60πrad / seg 1HP
c) La cara nominal se presenta a la corriente nominal que en este caso Ia=36 A. la carga nominal se refiere a la carga
que se puede aplicar o poner en el eje de salida del motor.
Ea = Vt − Ia.Ra − VE = 240 − 36 (0.2) − 5
Ea = 229 .88V
TDES =
Ea.Ia
ω0
=
229 .8(36 )
= 43 .88 N .m
60π
d) La potencia de entrada se define como el producto de la corriente de línea del motor y del voltaje aplicado en las
terminales del inducido.
η=
Psal
Pent
Psal = 10 Hp = 7460W
Pent = Vt .I L
I L = Ia + If
Pent = 240(38) = 9120W
Vt
Rf
240
I L = 36 +
= 38 A
120
η=
I L = 36 +
7460
x100%
9120
η = 81.79%
Cuando se calcula el valor de If se desprecia el valor de Lf ya que el flujo es constante y por e=NdФ/dt=0, entonces
sólo nos queda If=Vt/Rf.
e) Llamaremos al par inicial como T0 cuando la corriente es de 36 A ( ya lo calculamos y su valor fue de 39.57N.m), y
para el par que nos pide como Tf cuando la corriente es de 25 A, usando las ecuación para el par y notando que el
flujo no cambia ( o sea constante ya que no nos dice que se reduce o aumenta), entonces:
T0 = kφIa
Tf = kφIax
T0
Ia
=
Tf Iax
T .Iax
Tf = 0
Ia
Tf =
39.57 N .m(25 A)
36 A
Tf = 27.47 N .m
f) Ahora calculamos un nuevo valor de Ea que lo llamaremos Eax (siempre este valor se refiere con el valor de otra
corriente en este caso de 25 A). Generalmente el nuevo valor Ia lo llamaremos Iax que a veces se la representa con
una coma en la parte superior (prima)
Ea X = Vt − Ia X .Ra − VE = 240 − 25(0.2) − 3 = 232V
Ea X ω 0 232 (60π )rad / seg
Ea ω 0
=
→ω =
=
= 60.57πrad / seg
Ea X
Ea
229 .8
ω
g) Para hallar la potencia de salida, usamos el valor de Tsal ya calculado y la velocidad real.
Psal
Pent
5232.872343W
Psal = (27.5 N .m)(60.57πrad / seg ) η =
6480W
Psal = 5232.87W
η = 80.75%
Psal = Tsal.ω real
η=
Aquí ya no representamos el circuito equivalente para el motor en derivación debido a que se insiste en que el
estudiante se lo aprenda de memoria para los exámenes. De aquí en adelante se pondrá el circuito en donde se crea
necesario.
Es importante decir que la nomenclatura dependerá de cómo se den los problemas o de cómo nosotros nos
acomodemos para poder interpretarlos, se puede a veces poner como subíndice 0=valores iniciales= a plena carga
(pc) ó a veces en vacío (sc) y x= valores finales, sean estos en Ea, velocidades, corrientes y flujos.
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MOTORES DE CD
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PROBLEMA 14
Un motor derivación de 120 V tiene una resistencia de campo igual a 60 Ω, una resistencia de armadura de 0.05 Ω,
una caída de voltaje de 2 V en escobillas y una corriente de línea nominal de 58 A, a una velocidad de 200rad/seg.
Calcular:
a. Las corrientes de campo y armadura a la carga nominal.
b. La fuerza contraelectromotriz a la carga nominal.
c. La potencia que se desarrolla en kW y en hp.
d. El par que se desarrolla en N-m y en lb-pie.
e. La eficiencia del motor a la carga nominal, usando la tabla 430-147 del apéndice A-3.
Datos:
Vt=120V
Rf=60Ω
Ra=0.05Ω
VE=2V
Ilnom=58 A
ωnom=200rad/seg
SOLUCIÓN:
Vt 120V
=
= 2A
60Ω
Rf
Ia = I L − If = 58 − 2
If =
a)
Ia = 56 A
Suele ocurrir con frecuencia que se hace la pregunta siguiente, ¿por qué no se toma en cuenta la bobina del circuito en
paralelo o en derivación, y sólo se toma en cuenta la Rf? La respuesta es la siguiente, debido a que el motor es de cd
el flujo permanece constante y de acuerdo a la ecuación e=NdФ/dt en la bobina el voltaje que se genera es cero (la
derivada de una constante es cero).
b) A la carga nominal se refiere con el valor de Ianom=56 A.
Ea = Vt − Ianom .Ra − VE = 120 − 56 (0.05) − 2 = 115 .2V
c) La potencia desarrollada se refiere a la generada por Ea y la corriente que circula a través de ella o sea Ia.
Pd = Ea .Ia = (115 .2)(56 ) = 6451 .2W = 6.45 kW
d) El par que se desarrolla está en función de la potencia desarrollada y la velocidad de salida (nominal).
Td =
Pd
ω nom
=
6451 .2W
= 32.256 N − m
200 rad / seg
Se da también a que no se nos da otro valor de velocidad por lo que se puede suponer que la velocidad es constante.
e) Para entrar a la tabla tomamos el valor de 120V y Ianom=56 A, nos ubicamos en la columna de 120V y se nos dice
que los valores de las corrientes son los nominales (corriente de armadura), hacemos una interpolación para saber que
potencia representa el valor de 56 A y obtenemos un valor de 7.5HP=5595W, la misma que representa el valor de la
potencia de salida, entonces:
η=
Psal 5595
=
x100% = 30.87%
Pent 6960
Donde: Pent=Il.Vt=(58)(120)=6960W, Il=corriente de línea
************************************************************************************
PROBLEMA 15
Un motor de 50 hp, 240 V, en derivación, tiene una caída de voltaje en escobillas de 5 V y una resistencia de
armadura igual a 0.05 Ω. La resistencia del circuito del campo es 1 Ω. En vacío, el motor toma 12 A y tiene una
velocidad de 1300rpm. Calcular:
a. La velocidad y corriente de armadura nominales del motor con el apéndice A-3, tabla 430-147, con la corriente
nominal de línea.
b. La regulación de velocidad.
c. La potencia mecánica que desarrolla la armadura a la carga nominal.
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MOTORES DE CD
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Datos:
Psal=50Hp=37300W
Vt=240V
VE=5V
Ra=0.05Ω
Rf=1Ω
Iasc=12 A
ωsc= 1300rpm
SOLUCIÓN:
a) Con Vt=240V y P=50Hp vemos que en la tabla el valor de Ia es 173 A.
Con el valor de 12 A encontramos un primer valor de Ea y con 173 A el valor de Eax.
Ea = Vt − IaRa − VE = 240 − 12 (0.05) − 5 = 234 .4V
Ea X = Vt − Ia X Ra − VE = 240 − 173(0.05) − 5 = 226 .35V
Ea
ω
Ea X ω SC 226 .35(1300 )
= SC → ω X =
=
= 1255 .4 rpm
Ea X ω X
Ea
234 .4
Vemos que Ea a sido despejada de la ecuación del problema 4(ver lo que se dice en el mismo).
b) La regulación tiene un parecido a la de voltaje sólo que aquí se usan las velocidades.
Rω =
ωSC − ω PC 1300 − 1255
=
= 3.58%
ω PC
1255
c) La potencia desarrollada es Ea.Ia=Pd, donde la Ia es la que se halló en la tabla Ia=173 A.
Pd = Ea.Ia = ( 226 .35)(173) = 52 .5 HP
Vemos que no es la respuesta del libro, la explicación es que la corriente que el libro toma es de 171 A que
sinceramente no entendemos como la saca de la tabla ya que para los 50HP la única corriente que da directamente es
la 173 A y además con este valor obtenemos las respuestas de los dos literales anteriores.
Para la solución del libro tenemos:
Pd = Ea .Ia = ( 226 .35)(171) = 38705 .85W = 51 .88 HP
************************************************************************************
PROBLEMA 16
Con los hp desarrollados que se calcularon a plena carga en el problema 17, calcular:
a. El par que se desarrolla en lb-pie.
b. Los hp y el par sin carga con los datos del problema 17.
SOLUCIÓN:
a) El par desarrollado está en función de la potencia desarrollada, la misma que ya se encontró en el problema
anterior.
Pd
39158 .55W
Td =
=
ω D 131.42 rad / seg
Para nuestro cálculo:
da el libro.
Para obtener la respuesta que nos
Td =
Td = 219.738lb − pie
Pd
ωD
=
38705 .85W
131.42 rad / seg
Td = 211.19lb − pie
Se transformó la velocidad de 1255 rpm= 131.42rad/seg y 1.356N-m=1lb-pie
b) En la tabla nosotros hacemos una interpolación para el valor de Ia=12 A que es la que el motor absorbe cuando se
encuentra en vacío, encontramos el valor de 2.9HP~3HP=2238W=potencia en vacío
Tsc =
Psc
ω SC
=
2238W
= 16.439 N .m = 12.12lb − pie
136.136 rad / seg
Claro está que esta no es la solución que se nos da en el libro, pero es que no encontramos otra forma de hallar,
aunque parece ser que estamos cometiendo un grave error, ya que las corrientes de la tabla son a plena carga y
nosotros estamos usando la de vacío. Otra forma que podríamos en que podríamos calcular es usando la potencia
desarrollada en vacío = 38705.85W y dividir para la velocidad en vacío=1300rpm, aunque de la misma forma no
coincide con la respuesta del libro. Sugerimos ver los problemas desde el 18 hasta el 25.
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PROBLEMA 17
Un motor serie de 10 hp, 240 V, tienen una corriente de línea igual a 38 A y una velocidad nominal de 600rpm. Las
resistencias del circuito de armadura y de campo en serie, respectivamente son 0.4 y 0.2 Ω. La caída de voltaje en
escobillas es 5 V. Suponer que el motor trabaja en la parte lineal de su curva de saturación, por debajo de la corriente
nominal de armadura. Calcular:
a. La velocidad cuando la corriente de la carga baja a 20 A a media carga nominal.
b. La velocidad sin carga cuando la corriente de línea es 1 A.
c. La velocidad a 150% de carga nominal, cuando la corriente de línea es 60 A y el flujo de campo en serie es 125%
del flujo a plena carga, debido a la saturación.
Datos:
Psal=10HP=7460W
Vt=240V
Il=38 A
ωnom=600rpm
Ra=0.4Ω
Rf=0.2Ω
VE=5V
SOLUCIÓN:
a) Se debe notar que el flujo varía en forma proporcional a la corriente, Ia=38 A e
Iax=20 A.
Ea = Vt − IaRa − VE = 212.2V
Ea X = Vt − Ia X Ra − VE = 223V
Ea
kcIaφω0
=
Ea X kcIa X φ X ω X
φ = cIa
Ea = kφω0 = kcIaφω0
Iaφω0
Ea
=
Ea X Ia X φ X ω X
Ea X = kφω X = kcIa X φω X
ωX =
ωX =
Ea X Iaω0
EaIa X
223(38)(600)
= 1198rpm
(212.2)(20)
b) Se debe notar que el flujo varía en forma proporcional a la corriente, Ia=38 A e Iax=1 A.
Nótese que en el problema nos dice que es la corriente de línea, si tomamos este valor la Ia será mayor que la de la
línea y ya no estaríamos hablando de un motor sino de un generador (en este caso la corriente Ia sería negativa),
entonces el 1 A lo tomamos como Iax, además no nos dice que el flujo varía.
Ea = Vt − IaRa − VE = 212.2V
Ea X = Vt − Ia X Ra − VE = 234.4V
φ = cIa
kcIaφω 0
Ea
=
Ea X kcIa X φω X
Ea = kφω 0 = kcIaφω 0
Iaφω 0
Ea
=
Ea X
Ia X φω X
Ea X = kφω X = kcIa X φω X
ωX =
ωX =
Ea X Iaω 0
EaIa X
234.4(38)(600)
= 25185.2rpm
(212.2)(1)
Volvemos a insistir que Ea se ha obtenido del despeje de Vt=Ea+Ia.Ra+Ve siendo VE=voltaje en las escobillas. Como
se mencionó esta ecuación de Vt se encuentra aplicando mallas en el diagrama del motor. Otro punto importante es
que Vt=Vf donde Vf es el voltaje en las teminales del circuito de campo, el mismo que esta compuesto de una
resistencia y una bobina conectadas en serie. Ver problema 18.
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c) Ahora Iax= 60 A y con este valor se calculará Eax:
Ea = Vt − IaRa − VE = 212.2V
Ea X = Vt − Ia X Ra − VE = 199V
φ X = 1.25φ 0
kφ 0ω 0
Ea
=
Ea X kφ X ω X
Ea = kφω 0
φ 0ω 0
Ea
=
Ea X (1.25φ 0 )ω X
Ea X = kφω X
ωX =
ωX =
Ea X ω 0
1.25Ea
199(600)
= 450.1rpm
(212.2)(1.25)
************************************************************************************
PROBLEMA 18
Un motor derivación de cd, de 25 hp, 240 V, tiene una velocidad de 1750 rpm a la carga nominal. Su
resistencia de circuito de armadura es 0.1Ω y de su circuito de campo es 80Ω. Si su corriente nominal de línea
es 80 A, calcular:
a. La potencia que desarrolla la armadura (despreciar la caída de voltaje en escobillas)
b. Las pérdidas rotacionales a plena carga.
c. La eficiencia a plena carga.
d. La corriente de armadura a la cual se presenta la eficiencia máxima.
e. La eficiencia máxima del motor.
(Sugerencia: suponer que las pérdidas rotacionales son constantes a todos los valores de la carga.)
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Datos:
Po=Psal=25HP
Vt=240V
ωnom= ωpc=1750rpm
Ra=0.1Ω
Rf=80Ω
Ilínea nom=80 A
SOLUCIÓN:
Vt = If .Rf
240V
If =
80Ω
If = 3 A
Ea = Vt − IaRa
Ea = 240 − 77(0.1)
Ea = 232.2V
Ia = I L − If
Ia = 77 A
a) Potencia desarrollada por la armadura Pd.
b) Pérdidas rotacionales Pr.
PR = Pd − Po = 17887 .7W − 18650W
Pd = Ea .Ia = ( 232 .2)(77 ) = 17887 .7W
Pr = −762 .3W
Notamos que no es posible que exista potencia en Watts negativa, entonces algo anda mal ya que no son las
respuestas que nos da el libro. De los numerosos problemas del libro hay uno que es parecido y la corriente de línea
es de 89 A, si usamos este valor nos dará todas respuestas del libro, creemos que es un error de imprenta, entonces
se volverán a calcular los valores iniciales.
Insistimos en la necesidad de aprender bien el circuito de cada motor ya que no vale la pena seguir poniendo en cada
problema el mismo circuito, además de que los valores de la potencia de salida= a la potencia en el eje, también vale
advertir que las potencias se transformarán de HP a Watts.
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Con el valor de corriente de línea de 89 A y manteniendo los demás valores, tenemos:
Vt = If .Rf
Ea = Vt − IaRa
240V
80Ω
If = 3 A
Ea = 240 − 86(0.1)
If =
Ea = 231.4V
Ia = I L − If
Ia = 86 A
a) Potencia desarrollada por la armadura Pd.
b) Pérdidas rotacionales Pr.
PR = Pd − Po = 19900W − 18650 .4W
Pd = Ea.Ia = ( 231 .4)(86 ) = 19900W
Pr = 1250 .4W
c) Tener en cuenta el valor de la potencia de entrada siempre se calcula con el voltaje de las terminales del motor y
de su corriente de línea.
η=
Psal
Pent
Pal 18650W
=
Pent 21360W
η = 87.313%
η=
Pent = Vt .I L
Pent = (240)(89)
Pent = 21360W
d) Se debe hallar primero un valor llamado pérdidas totales constantes Pk, suponiendo que la velocidad permanece
constante. No podemos dar el significado eléctrico de lo que representa esta eficiencia máxima, pero lo importante es
saber como hallarla. Si se quiere se puede consultar el libro de Kosow.
Pk = Vf .If + Pr = 240 (3) + 1250 .4 = 1970 .4W
Pk = Ia 2ηmáx Ra → Iaηmáx =
Pk
1970 .4
=
= 140 .37 A
Ra
0 .1
e) La eficiencia máxima es diferente de al eficiencia nominal (literal c), como se verá. Primero se debe determinar un
valor adimensional llamadazo fracción de carga para la eficiencia máxima FC.
FC =
Iaηmáx
Ia NOM
η MÄX =
=
140.37 A
= 1.632
86 A
η MÄX =
FC ( Pent .nom) − 2 Pk
FC ( Pent .nom)
(1.632)[(240)(89)] − 2(1970.4)
(1.632)[(240)(89)]
η MÄX = 88.695%
Claro está que estos problemas tal vez nunca se tome en la Escuela de Ingeniería Mecánica de la ESPOCH, pero sirve
para conocer otros tipos de cálculos. Si se quiere se puede pasar por alto estos literales, pero eso sí, los literales que
involucran potencias deben ser examinados cuidadosamente.
************************************************************************************
PROBLEMA 19
Los datos de placa de un motor derivación de cd de 50 hp, 240 V, presentan la siguiente información:
eficiencia nominal 89.84 por ciento, velocidad nominal 1150 rpm, resistencia del circuito de armadura 0.05Ω,
resistencia del circuito de campo 60Ω. Calcular:
a. Las corrientes nominales de entrada de línea y de armadura (mediante cálculos).
b. La potencia que desarrolla la armadura a la carga nominal (despreciar la caída de voltaje en las escobillas).
c. Las pérdidas rotacionales a la carga nominal.
d. Las pérdidas rotacionales sin carga, suponiendo velocidad constante y caída Ia.Ra despreciable.
e. La corriente de armadura sin carga, suponiendo despreciable la caída de voltaje en las escobillas.
f. La velocidad en vacío, suponiendo constantes las pérdidas rotacionales.
g. La regulación de velocidad del motor.
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Datos:
Po=Psal=50HP
Vt=240V
ηnom= 89.84%
ωnom=1150rpm
Ra=0.05Ω
Rf=60Ω
SOLUCIÓN:
a) Relacionamos la eficiencia, Vt y la Psal.
Vt = If .Rf
η nom =
240V
60Ω
If = 4 A
IL =
If =
Psal Psal
=
Pent Vt .I L
37300
240(0.8984)
I L = 173 A
Ia = I L − If = 173 − 4
Ia = 169 A
b) Como el valor de Ia fué encontrada com la eficiência nominal entonces se transforma em la corriente nominal cuyo
valor es de 169 A.
Ea = Vt − IaRa = 240 − 169(0.05) = 231.55V
Pd = Ea.Ia = ( 231.55)(169) = 1831.95W
c) La Pr a carga nominal se refiere que hay que incluir a la potencia de salida Po.
PR = Pd − Po = 1831.95W − 37300W
Pr = 1831.95W
d) En el libro de Kosow se nos dice que en vacío la potencia de salida es cero, inclusive en un ejercicio parecido hace
cero a Psal, a nuestro modo de ver esto está mal ya que como explicar que el eje del motor se está moviendo, por
consultas hechas, se dice que: “El hecho de que el motor esté en vacío no significa que el motor no tenga corriente
circulando, es más tiene que haber una, ya que esta es la que genera el flujo, el mismo que hace posible el giro del
eje del motor. El eje de salida está simplemente girando, sin carga acoplada en el mismo. (Entiéndase por carga en
ele eje por ejemplo una polea de uno o varios canales listo para una transmisión de potencia)”
Valdría la pena realizar un análisis más profundo .Siguiendo el proceso del libro de Kosow, tenemos:
Pr sc = Pd − Po = Pd = 1831.95W
e) Se debe relacionar con la potencia desarrollada y el voltaje Terminal.
Iasc =
Pdsc 1831 .95W
=
= 7.63 A
Vt
240V
f) En vacío Ea=240V y Eax=231.55V (este valor se toma ya que la corriente no ha cambiado es decir Ia=169 A).
Ea= 240V, interpretamos como el voltaje generado por la armadura. Relacionamos ambos voltajes, obteniendo:
Easc
ω
(240)(1150rpm)
= SC → ωSC =
= 1191.97rpm
Ea X pc ω XPC
231.55
g) La regulación es diferente de la de voltaje en el sentido de que los valores que se usan son los de las velocidades
en lugar de los voltajes.
Rω =
ω SC − ω PC 1191.97 − 1150
=
= 3.65%
ω PC
1150
En algunas partes de los problemas no se están poniendo las unidades, por la razón de espacio, sin embargo, en los
cálculo reales se debe tener cuidado de tener las unidades en un solo sistema. Valdría la pena preguntarse porque Ea
en vacío es igual al voltaje en las terminales de la armadura, la razón es que en vacío Ia. Ra=0.
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PROBLEMA 20
Un
W.
a.
b.
c.
d.
e.
motor derivación de 500 V cd toma 43 A, a una velocidad base de 1000 rpm. Sus pérdidas rotacionales son 1600
Su resistencia de circuito de campo es 250Ω, y su resistencia de armadura es 0.15Ω. Calcular:
La fuerza contraelectromotriz y la potencia que se desarrolla a la carga nominal.
La salida nominal de potencia en watts y en hp. (Comprobar empleando el apéndice A-3.)
El par nominal de salida en lb-pie y en N-m.
La eficiencia a la carga nominal.
La corriente de armadura sin carga y la velocidad sin carga, suponiendo pérdidas rotacionales constantes y caídas
despreciables Ia.Ra y de escobillas.
f. La regulación de velocidad del motor.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
Vt=500V
Il=43 A
Pr=1600W
Rf=250Ω
Ra=0.15Ω
ωnom=ωsal=1000rpm
SOLUCIÓN:
Vt = If .Rf
I L = 43 A
500V
250Ω
If = 2 A
Ia = I L − If
If =
Ia = 43 − 2 = 41A
a) La fuerza contraelectromotriz se conoce también como voltaje generado por la armadura (Ea) o FEM, también se la
puede llamar voltaje a plena carga.
Ea = Vt − IaRa = 500 − 41(0.15) = 493 .85V
La potencia que se desarrolla a la carga nominal se refiere a que en el eje se ha colocado una carga, por ejemplo una
polea para bandas para realizar una transmisión de potencia. Para que esto ocurra se trabaja con la corriente nominal
o de plena carga (pc) y con Ea a plena carga (calculada en el literal anterior).
Pd = Ea.Ia = ( 493 .85)( 41) = 20247 .85W
b) A lo que se refiere es a la potencia nominal de salida del motor.
Pr = Pd − Psal → Psal = Pd − Pr = 20247.85W − 1600W = 18647.85W = 25 HP
Donde: Pr=pérdidas rotacionales= pérdidas mecánicas; Pd=potencia desarrollada; Po=Psal
c) El par nominal de salida se relaciona con la potencia de salida nominal (calculada en el literal anterior) y la
velocidad de salida (velocidad nominal= velocidad a plena carga), la misma que ha sido transformada a rad/seg.
Psal = Tsal .ω sal → Tsal =
Psal
ω sal
=
Tsal = 178.07 N .m
18647 .85W
= 178 .07 N .m
104 .72 rad / seg
1lb − pie
= 131.32lb − pie
1.356 N .m
d) La eficiencia a la carga nominal se relaciona con la Psal y Pent nominales, las corrientes que se hallaron con el
voltaje nominal de 500V son las corrientes nominales.
η nom =
Psal
Psal
18647 .85W
x100 % =
=
= 86.73%
Pent
Vt .I L (500V )( 43 A)
e) Según Kosow en vacío Psal=0, entonces Pr=Pd-Psal=Pd=1600W (dato inicial).
Iasc =
Pd 1600W
Easc kφω SC
=
= 3.2 A
=
Vt
500V
Eapc kφω PC
(500V )(1000rpm)
493.85V
= 1012.45rpm
Easc = 500V
ω SC =
Eapc = 493.85V
ω SC
Nótese que el flujo se mantiene constante y que Ea a plena carga (Eapc) ya se calculó en el litral a)
________________________________________________________________________________
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f)
Rω =
ω SC − ω PC 1012.45 − 1000
=
= 1.25%
ω PC
1000
************************************************************************************
PROBLEMA 21
Para el motor derivación del problema 19, calcular:
a. La corriente de armadura a la cual se tiene la eficiencia máxima.
b. La fracción de carga (FC) a la cual se tiene la eficiencia máxima
c. La eficiencia máxima.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
Po=Psal=50HP
Vt=240V
ηnom= 89.84%
ωnom=1150rpm
Ra=0.05Ω
Rf=60Ω
SOLUCIÓN:
Psal Psal
=
Pent Vt .I L
Vt = If .Rf
η nom =
240V
60Ω
If = 4 A
37300
240(0.8984)
I L = 173 A
If =
IL =
Ia = I L − If = 173 − 4
Ia = 169 A
a) Pk= pérdidas totales constantes despreciando VE e Ia.Ra.
Pk = Vf .If + Pr = 240 ( 4) + 1831 .95 = 2791 .95W
Pk
=
Ra
Pk = Ia 2ηmáx Ra → Iaηmáx =
2791 .95
= 236 .3 A
0.05
b) Se determina la fracción de carga FC.
FC =
Iaηmáx
Ia NOM
=
236.3 A
= 1. 4
169 A
c) El valor de 173 A es el de la corriente de línea
FC =
Iaηmáx
Ia NOM
η MÄX =
=
236.3 A
= 1. 4
169 A
η MÄX =
(1.4)[( 240)(173)] − 2( 2791.95)
(1.4)[( 240)(173)]
FC ( Pent.nom) − 2 Pk
FC ( Pent.nom)
η MÄX = 90.39%
************************************************************************************
PROBLEMA 22
Repetir las partes del problema 21 para el motor del problema 20.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
Vt=500V
Il=43 A
Pr=1600W
Rf=250Ω
Ra=0.15Ω
ωnom=ωsal=1000rpm
SOLUCIÓN:
Vt = If .Rf
I L = 43 A
500V
250Ω
If = 2 A
Ia = I L − If
If =
Ia = 43 − 2 = 41A
________________________________________________________________________________
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a) Pk= pérdidas totales constantes despreciando VE e Ia.Ra.
Pk = Vf .If + Pr = 500V ( 2 A) + 1600W = 2600W
Pk = Iaη2máx Ra → Iaηmáx =
2600
= 131.66 A
0.15
b) Se determina la fracción de carga FC.
FC =
Iaηmáx
Ia NOM
=
131.66 A
= 3.21
41A
c) El valor de 43 A es el de la corriente de línea
FC =
Iaηmáx
Ia NOM
η MÄX =
=
131.66 A
= 3.21
41A
η MÄX =
FC ( Pent .nom) − 2 Pk
FC ( Pent .nom)
(3.21)[(500)( 43)] − 2( 2600)
x100%
(3.21)[(500)( 43)]
η MÄX = 92.47%
************************************************************************************
PROBLEMA 23
Un generador derivación de 40 kW, 500 V, impulsado por un motor de cd de 60 hp produce la salida nominal de
generación. La resistencia del circuito de armadura del generador es 0.2Ω y la del circuito de campo es 250Ω. La
pérdida eléctrica variable a la carga nominal es 1345 VV. Calcular:
a. La eficiencia a la carga nominal.
b. La pérdida en el campo derivación del generador.
c. La potencia eléctrica que se genera, mediante dos métodos. No tomar en cuenca la caída de voltaje en escobillas.
d. La pérdida de potencia rotacional del generador.
e. La corriente de armadura del generador para la máxima eficiencia.
f. La fracción de carga del generador para máxima eficiencia.
g. La eficiencia máxima del generador. Compararla con la parte (a).
______________________________________________________________________________________________
Ia
It
Ra
Datos:
Psal=40kW
Vt=500V
Escobillas
Rf
Pent=60HP
If
Ra=0.2Ω
Ea
Vt
Rf=250Ω
Pel.var.nom=1345W
Lf
En primera instancia se debe notar que para que funcione como generador Ea>Vt y la corriente de armadura será la
suma de la de línea y la de campo (a diferencia de un motor Ia+If= corriente de línea). Como el generador es
impulsado por un motor los 60HP del motor se convierten en la potencia de entrada del generador.
a) La Pent=60HP=44760W y la Psal=40000W
η nom =
Psal
40000W
x100 % =
= 89.37%
Pent
44760W
b) Se refiere a la potencia perdida en la rama en paralelo en función de Rf.
 Vt
Pder = If Rf = 
 Rf
2
2
2

 500 
 Rf = 
 ( 250 ) = 1000W = 1kW
 250 

________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
95
MOTORES DE CD
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INGENIERÍA MECÁNICA
c) Primer método: Llamaremos a la potencia generada como Pg=Eg.Ia.
Eg = Vt + Ia.Ra = 500 + 82(0.2) = 516.40V ; Ea > Vt → generador
Psal = Vt .I L
40000W
500V
= 80 A → Ia = I L + If = 80 +
→ Ia = 82 A
500V
250 Ω
Pg = Eg .Ia = (516.40V )(82 A) = 42344 .8W
IL =
Los cálculos anteriores se realizan ya que no conocemos la corriente de armadura ni la de línea.
Segundo método:
Pg = Psal + Pel . var + Pder = 40000W + 1345W + 1000W = 42345W
La potencia de salida se da en el sentido de la corriente de línea, además ya que es un generador debe suministrar
potencia hacia cualquier “aparato” que se encuentre acoplado dicho generador.
d)
e)
Pr g = Pent − Pg = 44760W − 42345W = 2415W
Pk = Vf .If + Pr .g = 500V ( 2 A) + 2415W = 3415W
3415
= 130 .67 A
0. 2
Pk = Iaη2máx Ra → Iaηmáx =
f) Se determina la fracción de carga FC.
FC =
Iaηmáx
Ia NOM
=
130.67 A
= 1.59
82 A
g) El valor de 43 A es el de la corriente de línea
FC =
Iaηmáx
Ia NOM
η MÄX =
=
130.67 A
= 1.59
82 A
FC ( Pent .nom) − 2 Pk
FC ( Pent .nom )
η MÄX =
(1.59)[44760W ] − 2(3415W )
x100%
(1.59)[44760W ]
η MÄX = 90.40%
************************************************************************************
PROBLEMA 24
Con los datos y los resultados del problema 23, calcular la eficiencia del generador derivación de cd a las cargas
siguientes:
a. 25 por ciento de la salida nominal.
b. 50 por ciento de la salida nominal.
c. 75 por ciento de la salida nominal.
d. 125 por ciento de la salida nominal.
e. Explicar por qué cada una de esas eficiencias es menor que la que se calculó en la parte (g) del problema 23.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
Psal=40000W
Protacionales=2415W
Pcampo=1000W
Psal
Psal + Ppérdidas
Ppérdidas = Pr otacionale s + Peléctricas
Peléctricas = Parmadura + Pcampo
η=
En esta ecuación las pérdidas en la armadura son variables (Ia2Ra), y las de campo son constantes (Vt.If)
Protacionales=Pérdidas mecánicas=Pr; Pcampo=Pc; Parmadura=Par
Ver la teoría y los últimos problemas en donde parecerá que lo dicho está mal, lo que sucede es que cada autor tendrá
diferente forma de representar las pérdidas.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
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MOTORES DE CD
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INGENIERÍA MECÁNICA
a) Para 25%:
Psal
40000 (0.25)
x100% =
Psal + Pr + Par + Pc
40000 (0.25) + 2415 + [(82)(0.25) ] 2 (0.2) + 1000
η = 74.079%
η=
b) Para 50%:
Psal
40000 (0.5)
x100% =
2
Psal + Pr + Par + Pc
40000 (0.5) + 2415 + [(82)(0.5)] (0.2) + 1000
η = 84.2%
η=
c) Para 75%:
Psal
40000 (0.75)
x100% =
2
Psal + Pr + Par + Pc
40000 (0.75) + 2415 + [(82)(0.75) ] (0.2) + 1000
η = 87.79%
η=
d) Para 125%:
40000 (1.25)
Psal
x100% =
Psal + Pr + Par + Pc
40000 (1.25) + 2415 + [(82)(1.25) ] 2 (0.2) + 1000
η = 90.06%
η=
e) Es menor ya que no se usa el valor de FC.
Nuestra observación es que cuando la carga cambia, por ejemplo a 25%, entonces es aquí donde se deben poner
todas las pérdidas que existen en el motor como Pr, Par, etc. El cálculo de la eficiencia es diferente a la que se calculó
anteriormente ya que la carga no variaba.
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PROBLEMA 25
Cuando funciona con un suministro de cd de 230V, un motor de cd en serie funciona a 975rev/min con una corriente
de línea de 90 A. la resistencia del circuito de su armadura es de 0.11Ω y su resistencia de campo en serie de 0.08Ω.
Debido a los efectos de saturación, el flujo producido por una corriente de armadura de 30 A es 38% del que se
produce con una corriente de armadura de 90 A. Determine la velocidad del motor cuando el voltaje del inducido es de
230V y la corriente es de 30 A.
Datos:
Vt=230V
ωsalida =975rev/min
Ф0= 1 = 100%
Ia=90 A
Ra=0.11Ω
Rf=0.08Ω
Iax= 30 A
ФX= 0.38 Ф0
ФX= 38% Ф0
ωX=?
Ra
Rf
Lf
Ia= It
Escobillas
Vt
Ea
Psal=Peje
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
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SOLUCIÓN:
Voltaje generado Ea con las condiciones iniciales con 90 A.
Voltaje generado Eax con las condiciones finales con 30 A.
Ea = Vt − Ia( Ra + If )
Ea X = Vt − Ia ( Ra + If )
Ea = 230 − 90(0.11 + 0.08)
Ea = 212.9Volts
Ea X = 230 − 30(0.11 + 0.08)
Ea X = 224.3Volts
Debemos obtener una relación entre los valores iniciales y finales:
Ea = kφ0ω 0
kφ0ω 0
Ea
=
Ea X kφ X ω X
ωX =
Ea X = kφ X ω X
φ 0ω 0
Ea
=
Ea X 0.38φ0ω X
ω X = 2703rev / min
φ X = 0.38φ0
ωX =
(975rev / min)(224.3V )
0.38(212.9V )
ω 0 Ea X
0.38Ea
Este es generalmente el proceso para resolver este tipo de problemas.
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PROBLEMA 26
Dos motores en derivación de cd de velocidad ajustable alcanzan velocidades máximas de 1800rev/min y mínimas de
500rev/min. La velocidad se ajusta por medio de un control de reóstato de campo. El motor A acciona una carga que
requiere potencia constante en todo el rango de velocidad; por su parte, el motor B acciona una carga que requiere un
par de torsión constante. Es posible ignorar todas las pérdidas y la reacción del inducido.
a) Si las salidas de potencia de los dos motores son iguales a 1800rev/min y las corrientes de armadura son de 125
A, ¿cuál será la corriente de armadura a 500rev/min?
b) Si las salidas de potencia de los dos motores son iguales a 500rev/min y las corrientes de armadura son de 125 A,
¿cuál será la corriente de armadura a 1800rev/min?
_________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Ra
Ia
It
Ra
Rf
Escobillas
It
Rf
Escobillas
If
If
Ea
Psal=Peje
Ia
Ea
Vt
Lf
ω SALIDA
Vt
Psal=Peje
Lf
ω SALIDA
MOTOR A ( Pot=cte)
MOTOR B ( Par=cte)
a) Primero vemos que a 1800rev/min la corriente vale 125 A.
Funcionando a potencia constante (motor A) se requerirá entonces una corriente de armadura constante. Para el par
constante (motor B) requerirá que la corriente de armadura varíe en forma proporcional a la rapidez del motor.
Para el motor A tenemos:
Para el motor B tenemos:
PAmáx = Ea Im áx = kφω MÄX Im áx
PBmáx = Ea Im áx = kφω MÄX Im áx
PAmín = Ea Im ín = kφω MÏN Im ín
PBmín = Ea Im ín = kφω MÏN Im ín
TBmáx = kφ Im áx
TBmín = kφ Im ín
________________________________________________________________________________
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Como nos dice que a la velocidad máxima de 1800rev/min tanto la potencia de A como la de B son iguales entonces
PA máx=PB máx, además como la potencia en A se mantiene constante PA máx=PA mín = PA cte, en otras
palabras sea que la velocidad tenga diferentes valores, la potencia en el motor A debe siempre permanecer constante.
Si esto se da al la velocidad máxima, entonces, debe suceder lo mismo a la velocidad mínima de 500rev/min, es decir
PAmín= PBmín.
El torque en B es constante y lo ponemos en función de la potencia, entonces:
TB =
PB = Amáx
ω máx
=
Im ín =
PB = Amín
ω mín
⇒
Ea. Im áx
ω máx
Ea. Im ín
=
ω mín
⇒ Im ín =
ω mín Im áx
ω máx
(500 rev / min)(125 A)
⇒ Im ín = 34.72 A
1800 rev / min
b) Para ver si el estudiante está en la capacidad de hacer el mismo análisis la respuesta es de 450 A.
Como ayuda la corriente que nos pide ahora es la máxima (a 1800rev/min) mientras que la mínima ahora es de 125
A, el análisis se deberá empezar en función la potencia mínima, la ecuación a la que se debe llegar es:
Im áx =
ω máx Im ín 125 (1800 )
=
= 450 A
500
ω mín
************************************************************************************
PROBLEMA 27
Un motor en derivación de 25kW y 230V tiene una resistencia de armadura de 0.11Ω y una resistencia de campo de
117Ω. Sin carga y a voltaje nominal, la velocidad es de 2150rev/min y la corriente de armadura es de 6.35 A. A plena
carga y voltaje nominal, la corriente de armadura es de 115 A y, debido a la reacción del inducido, el flujo es 6%
menor que su valor sin carga. ¿Cuál es la velocidad a plena carga?
______________________________________________________________________________________________
Datos:
Psal=25kW
Vt=230V
Ra=0.11Ω
Rf=117Ω
ωnom=2150rpm
Ia=6.3 A
Iax=115 A
Фpc=(1-0.06)Фsc
Ia
Ra
It
Rf
Escobillas
If
Ea
Vt
Psal=Peje
Lf
ω SALIDA
SOLUCIÓN:
Ea SC = Vt − Ia SC Ra = 230 − 6.3(0.11) = 229 .302 = kφ SC ω SC
Ea PC = Vt − Ia PC Ra = 230 − 115(0.11) = 217 .35V = kφ PC ω PC
Ea SC
kφ ω
217 .35 (1) (2150 rpm )
= SC SC → ω PC =
= 2168 rpm
(1 − 0.06 ) (229.3)
Ea PC kφ PC ω PC
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
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PROBLEMA 28
La hoja de datos del fabricante de un motor de cd de imán permanente indica que tiene una constante de par de
torsión Km=0.21V/(rad/seg) y una resistencia de armadura de 1.9Ω. Para un voltaje de armadura constante aplicado
de 85V de cd, calcule:
a) La velocidad sin carga del motor en rev/min
b) Su corriente de detención (velocidad cero) y par de torsión en N.m
______________________________________________________________________________________________
Datos:
Km=0.21V/(rad/seg)
Ra=1.9Ω
Va=Vt=85V
SOLUCIÓN:
a) Sin carga Ea=Vt=85V.
Ea = kφω SC = Km.ω SC
Ia= It
Ra
ω SC =
85 V
= 404.76rad / seg = 3865.2rpm
0.21 V /( rad / seg )
Escobillas
Psal
ω SAL
Ea = k mω
Vt
b) Esto implica que Ea=0
K m = Ka .φ
Ea = Vt − IadRa = 0
85V
Iad =
= 44.7 A
1.9Ω
τ = Km.Iad = 0.21(44.7)
τ = 9.31N .m
************************************************************************************
PROBLEMA 29
Algunas mediciones realizadas en un pequeño motor de cd de imán permanente indican que tiene una resistencia de
armadura de 4.6Ω.Con un voltaje de armadura aplicado de 5V, se observa que el motor alcanza una velocidad sin
carga de 11210rev/min mientras absorbe una corriente de armadura de 12.5mA.
a) Calcule la constante de par de torsión del motor Km en V/(rad/seg)
b) Calcule las pérdidas rotatorias sin carga en mW. Suponga que le motor funciona con un voltaje de armadura
aplicado de 5V.
c) Encuentre la corriente y el par de torsión de detención del motor.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
Ra=4.6Ω
Va=Vt=5V
ωsc =11210rpm
Ia=0.0125 A
SOLUCIÓN:
a)
Ea = Va − Ia.Ra = 5 − 0.0125(4.6) = 4.9425V
Ea = Km.ω SC → Km =
4.9425V
= 0.0042V /( rad / seg )
1173.9rad / seg
b) Ver problema 20, además sin carga Ea=Vt=5V.
Pr = Pd − Psal = Pd = Ea.Ia = (5)(0.0125 ) = 0.0625W
c) Ver problema anterior.
Ea = Vt − Iad .Ra = 0
Iad =
5V
= 1.08 A
4. 6Ω
τ = Km.Iad
τ = (0.0042)(1.08) = 0.00456 N .m
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
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PROBLEMA 30
Se utilizará el motor de cd del problema anterior para accionar una carga que requiere una potencia de 0.75W a una
velocidad de 8750 rpm. Calcule el voltaje de armadura que debe aplicarse para alcanzar esta condición de
funcionamiento.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
Ra=4.6Ω
Va=Vt=5V
ωsc =11210rpm
Pcarga=0.75W
ωpc =11210rpm
SOLUCIÓN:
4.9425 V (8750rpm)
Ea ω SC
=
→ Eax =
= 3.858 V
Eax ω PC
11210rpm
Protacionales = 0.779 W
Pa = I a .Eax → I a = 0.779 / 3,858 = 0.2019 A
Varmadura = Eax + I a . Ra = 4.7868 V
************************************************************************************
PROBLEMA 31
Una máquina de cd de 25kW y 125V de excitación separada, funciona a una velocidad constante de 3000rev/min con
una corriente de campo constante de modo que el voltaje de circuito abierto en inducido es de 125V. La resistencia del
inducido es de 0.02Ω.
Se observa que la velocidad de la máquina de cd es de 2950rev/min con la corriente de campo constante. Para un
voltaje terminal de 125V, calcule a) la corriente terminal, b) la potencia terminal, así como c) la potencia
electromagnética para la máquina. ¿Actúa como generador o como motor?
_____________________________________________________________________________________________
If
Datos:
Psal=25kW
Vt=125V
ωo =3000rev/min=ωsalida
Ra=0.02Ω
ω = 2950rev/min
Ra
Ia= It
Rf
Vf
Lf
Escobillas
ω SALIDA
Ea
Vt
Psal=Peje
SOLUCIÓN:
a) Para el valor de la corriente de armadura o llamada también corriente terminal.
Ea = kφω 0
Ea
kφω 0
=
Ea X
kφω
Ea X = kφω
Ea X =
Eaω
ω0
Como nos dice a un voltaje terminal de 125V entonces Ea=125V,
además no se nos da el valor de la corriente de armadura Ia o en lo
que es lo mismo en este motor la corriente terminal.
= 122.916V
VT = Ea X + IaRa
125 − 122 .916
0.02
Ia = 104 .2 A
Ea X = 122.916V
Ia =
Nos podríamos preguntar porqué no se hizo esto con el valor de Ea=125V, si lo hacemos veremos que en la ecuación
el voltaje terminal sería igual a Ea y la corriente sería cero, por lo que necesariamente se debe hallar un valor
diferente para Ea (en este caso lo llamamos Eax).
b) Para la potencia terminal llamada también potencia de entrada en este tipo de motor (no confundir con potencia
de salida) tenemos:
Pter min al = Ia.VT = (104.2 A)(125V ) = 13kW
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
101
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c) Para la potencia electromagnética tenemos:
Pelctmag = Ea X .Ia = (122.916V )(104.2 A) = 12.8kW
Si nos fijamos, Eax es menor que Vt y en esta condición la máquina actúa como motor Ea<Vt,
Caso contrario si Ea>Vt la máquina hubiese actuado como generador
Debemos ver que el sentido de la corriente de armadura o de inducido esta “entrando” condición para que la máquina
funcione como motor, si esta se encuentra “saliendo” la máquina funcionará como generador
************************************************************************************
PROBLEMA 32
Considere de nuevo la máquina de cd de excitación independiente del ejemplo 1 con la corriente de campo mantenida
constante al valor que produciría un voltaje terminal de 125V a una velocidad de 3000rev/min. Si observa que la
máquina funciona como generador con un voltaje terminal de 124V y una potencia terminal de 24kW, calcule la
velocidad.
______________________________________________________________________________________________
Ra
Datos:
Vt=124V
Ea=125V
ωo =3000rev/min= ωsalida
Ia= It
Rf
Vf
Lf
Escobillas
Vt
Ea
ω SALIDA
Psal=Peje
SOLUCIÓN:
Notamos primeramente que Ea>Vt por lo tanto la máquina si está funcionando como generador, además se debe ver
el sentido de la corriente (“saliendo”)de armadura o de inducido.
Pentrada = IaVT
24000W
Ia =
124V
Ia = 193.548 A
Ea X = Vt + Ia.Ra
Ea X = 124 + 193.548(0.02)
Ea X = 127.871V
ω
Ea
= 0
ω
Ea X
ω = 3068.9 rpm
Eax representa el nuevo voltaje (voltaje final) producido por Ia debido a que ya conocemos el valor inicial de Ea.
************************************************************************************
PROBLEMA 33
Un generador compuesto en derivación larga de 100kW, 250V y 375 A, tiene una resistencia de armadura (incluidas
las escobillas) de 0.025Ω, una resistencia de campo en serie de 0.005Ω y la curva de magnetización de la figura 7.14.
Existen 1000 vueltas de campo en derivación por polo y tres vueltas de campo en serie por polo. El campo en serie
está conectado de tal forma que una corriente positiva de armadura produce una fuerza magnetomotriz a través del
eje directo, la cual se suma a la del campo en derivación.
Calcule el voltaje terminal nominal cuando la corriente del campo en derivación es de 4.7 A y la velocidad es de
1190rev/min. Ignore los efectos de la reacción del inducido.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
Vt=250V
Ra=0.025Ω
Rf=0.005Ω
Nf=1000vueltas
Ns=3vueltas
ωO =1200rev/min
IL=375 A
If=4.7 A
ω =1190rev/min
Ra
Rf
It
Lf
Ia
Escobillas
Rf
If
Vt
Ea
Lf
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
102
MOTORES DE CD
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
SOLUCIÓN:
Ia = I L + If = 375 + 4.7
Ia = 379.7 A
 Ns 

fmmbruta = If + Ia
 Nf 
 3 
fmmbruta = 4.7 + 379.7

 1000 
fmmbruta = 5.839 A
Con el valor de Ia=0 debido a que nos dicen que despreciemos los efectos del
inducido y el valor de la fmm bruta en la figura 7.14 del libro (pág 375)
encontramos que el valor inicial de Ea= 271V. Es importante aclarar que
Ia=Il+If debido a que se trata de un generador más no de un motor (ver
figura).
Ea = kφω 0
kφω 0
Ea
=
Ea X
kφω
Ea X = kφω
Ea X =
Eaω
ω0
= 268.7V
Ea X = 268.7V
Es de acotar que en la figura 7.14 cada división es de 3 aprox. Además la velocidad en esta figura siempre es de
1200rev/min y se la tomo como inicial.
Finalmente calculamos el valor del voltaje nominal cuando la velocidad es de 1190rev/min.
Vt = VT = Ea X − Ia( Ra + Rf )
Vt = 268.7 − 11.391 = 257Volts
Insistimos en ver el sentido de la corriente de armadura o de inducido, por la cual se puede ver si la máquina funciona
como motor o como generador.
************************************************************************************
PROBLEMA 34
Para contrarrestar los efectos de la reacción del inducido del ejemplo anterior, se agrega una quinta vuelta al
devanado del campo en serie, con lo cual la resistencia total aumenta a 0.009Ω. Encuentre el voltaje.
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Ia = I L + If = 400 + 4.7
Ia = 405 A
 Ns 

fmmbruta = If + Ia
 Nf 
 5 
fmmbruta = 4.7 + 405

 1000 
fmmbruta = 6.7 A
Para este ejemplo se deben tomar los valores del libro (págs 376-377-378) los
mismos que son:
Ia=405 A; para poder usar la gráfica 7.14 Ia= 400 A. ω =1150rev/min y ωO
=1200rev/min, entonces:
Con Ia=400 A y la fmm bruta entramos a la figura 7.14 para hallar el valor
inicial de Ea=275V.
Ea = kφω 0
kφω 0
Ea
=
Ea X
kφω
Ea X = kφω
Ea X =
Eaω
ω0
= 264V
Ea X = 264V
Finalmente calculamos el valor del voltaje nominal cuando la velocidad es de 1150rev/min y aclaramos que Rf ahora
tiene el valor de 0.009Ω e Ia=405 A.
Vt = VT = Ea X − Ia( Ra + Rf )
Vt = 264 − 13.77 = 250.23Volts
************************************************************************************
PROBLEMA 35
Un motor de cd en derivación de 100hp y 250V tiene las curvas de magnetización (incluyendo los efectos de la
reacción del inducido) de la figura 7.14. La resistencia del circuito del inducido, incluyendo las escobillas, es de
0.025Ω. Las pérdidas rotatorias sin carga son de 2000W y las pérdidas por carga parásita son iguales a 1% del
rendimiento. El reóstato de campo se ajusta para una velocidad sin carga de 1100rev/min.
a) Determine la velocidad en rev/min y el rendimiento en caballos de fuerza correspondientes a una corriente de
armadura de 200 A.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
103
MOTORES DE CD
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INGENIERÍA MECÁNICA
b) Se considera necesario agregar un devanado estabilizador que consiste en 1 ½ vueltas en serie acumulativas por
polo. Se supone que la resistencia de este devanado es insignificante. Existen 1000 vueltas por polo en el campo
en derivación. Calcule la velocidad correspondiente a una corriente de armadura de 200 A.
______________________________________________________________________________________________
Ia
It
Ra
Datos:
Vt=250V
Ra=0.025Ω
Escobillas
Rf
Perd.rotativas sin carga=2kW
If
ωsin carga =1100rev/min
Ea
Vt
ω en la curva =1200rev/min
Psal=Peje
Lf
ωSALIDA
SOLUCIÓN:
a) Sin carga Ea=250V.
Ea = kφω 0
kφω 0
Ea
=
Ea X
kφω
Ea X = kφω
Ea X =
Ea X = 273V
Eaω
ω0
= 273V
If = 5.9 A
Con Ia=200 A hallamos el valor real de Ea..Ea real=Vt-Ia.Ra=250 -200(0.025)=245V
Con Ia=200 A para la curva e If=5.9 encontramos un valor de Ea al que llamaremos Ea gráfico=268V
Ea real = kφω real
Ea real
kφω real
=
Ea gráfica kφω gráfica
Ea gráfica = kφω gráfica
ω real =
ω real =
Ea real ω gráfica
Ea gráfica
=
Ea real ω gráfica
Ea gráfica
( 245V )(1200rev / min)
= 1097rev / min
268V
Para la potencia eléctrica total:
Para la potencia producida Po:
Pelectmag = Eareal Ia = 245(200) = 49kW
Po = Pelec.total − Pparásitas
Pelec.total = Pelectmag − Pr otatorias sin c arg a
Po = 47 kW − 0.01Po
Pelec.total = 49kW − 2kW = 47 kW
Po = 46.53kW
b) Para la velocidad real con la fmm bruta e Ia=200 A en la figura 7.14 hallamos el valor de Ea gráfica=271V,
entonces la velocidad real es:
 Ns 

fmmbruta = If + Ia
 Nf 
 1. 5 
fmmbruta = 5.9 + 200

 1000 
fmmbruta = 6.2 A
Ea real = kφω real
Ea real
kφω real
=
Ea gráfica kφω gráfica
Ea gráfica = kφω gráfica
ω real =
ω real =
Ea real ω gráfica
Ea gráfica
=
Ea real ω gráfica
Ea gráfica
(245V )(1200rev / min)
271V
ω real = 1084.8rev / min
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
104
MOTORES DE CD
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 36
La figura 7.18 define las dimensiones de un motor de cd de imán permanente. Suponga los valores siguientes:
Radio del rotor =1.3cm; Longitud del entrehierro tg=0.05cm y el espesor del imán tm=0.25cm.
También suponga que tanto el rotor como el casco externo están hechos de un material magnético infinitamente
permeable µ→∞ y que el imán es de neodimio-hierro-boro. Estime la densidad de flujo magnético B en el entrehierro
de este motor ignorando los efectos de las ranuras del motor.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
Tm=0.25cm
Tg=0.05cm
permanente
Diente
del rotor
Casco
externo
Imán de
neodimio-hierro-boro
Rr
SOLUCIÓN:
Obtenemos (1) para Bm:
 tm 
 0.25 
−6
Bm = − µ 0   Hm = −( 4πx10 − 7 )
 Hm = −6.283 x10 Hm
tg
0
.
05


 
De la figura 1.19 pág 36 del libro de A.E.FITZGERALD la ecuación resultante que nos da para la curva de neodimiohierro-boro y que la llamaremos (2) es:
Bm = 1.06 µ 0 Hm + 1.25
En la ecuación (2) reemplazamos el valor de la permeabilidad del vacío y obtenemos (3):
Bm = 1.332 x10 −6 Hm + 1.25
Igualamos las ecuaciones (1) y (3) y obtenemos el valor de Hm en una ecuación (4):
− 1.25 = 7.615 x10 −6 Hm
Wb 
Hm = −164149 .7045  2 
m 
Reemplazamos (4) en (1) y tenemos el valor de Bm que será igual a Bg del entrehierro.
Bm = ( −6.283 x10 −6 )( −164149 .7045)
Bm = Bg = 1.031Teslas
Recordando que 1Tesla= 1 Wb/m2. Tenemos que aclarar que la ecuación (2) no la hemos obtenido nosotros sino que
esta ya está dada en el libro, debido a que parece ser complicada obtenerla.
************************************************************************************
PROBLEMA 37
La resistencia de inducido de un pequeño motor de cd es de 178mΩ. Con un voltaje aplicado de 9V, se observa que el
motor funciona a una velocidad sin carga de 14600rev/min mientras absorbe una corriente de 437mA. Calcule:
a) La pérdida rotatoria
b) La constante del par del motor Km.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
105
MOTORES DE CD
ESPOCH
Datos:
Ra=0.178Ω
Vt=9V
Ia=0.437 A
ωsin carga =14600rev/min
INGENIERÍA MECÁNICA
SOLUCIÓN:
a)
Ea = Vt − Ia.Ra
Pérdidasrotativas = Ea.Ia
Ea = 9 − 0.437(0.178)
Ea = 8.922Volts
Pr otativas = (8.922)(0.437)
Pr otativas = 3.89mW
Sin carga toda la potencia suministrada por el voltaje generado Ea es usado para suministrar pérdidas rotativas o
rotacionales.
b) La constante Km= Ka.Ф, entonces:
Ea = K m .ω SC = Kaφω SC
Km =
Ea
ω SC
=
8.922V
1528 .9 rad / seg
 Volts 
K m = 5.835 x10 −3 

 rad / seg 
Como la única velocidad que se nos da se presenta sin carga, entonces esta será usada en la ecuación del voltaje
generado Ea, también notamos que no se nos da el valor de otra velocidad. Se debe mencionar que las 14600rev/min
se pasaron a rad/seg dando el valor de 1528.9 rad/seg.
************************************************************************************
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
106
MOTORES DE CD
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
ALTERNADORES
PROBLEMA 1
a)
Calcular el número de polos necesarios para que un alternador impulsado a 720rpm genere ca a una frecuencia de
60Hz.
b) Desde 2 polos hasta 10 polos, calcular las diversas velocidades en rpm y rad/seg, que necesita tener el
primomotor de un alternador para generar corriente de 60Hz.
c) Calcular la frecuencia producida por un primo motor que hace girar a un alternador de 10 polos a 800rpm.
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
S SINC = 720rpm
f = 60 Hz
P.S SINC
120
120(60)
P=
720
P = 10 polos
f =
b) Con P=2polos y f=60Hz:
120 . f
P
120 (60)
=
2
= 3600 rpm
a) Se debe tener en cuenta que la velocidad síncrona cuando está como
S esta dada en rpm, si esta en ω esta en rad/seg. P aquí significa el
número de polos (no confundir con pares de polos en cuyo caso Ssinc=
60xf/P). Además S tiene siempre valores entre 3600 rpm a 1 rpm (1
rpm se daría por medio de 60(60)/3600=1 siendo 3600 los pares de
polos= 7200 polos). Generalmente el rango de S esta entre 3600 rpm y
720 rpm=60(60)/5, siendo 10 polos = 5 pares de polos, con la otra
ecuación en función del número de polos tendríamos Ssinc= 120(60)/10=
720 rpm, siendo el mismo valor encontrado con el número de pares de
polos y su ecuación.
Con P=3polos y f=60Hz:
120 . f
P
120(60)
=
3
= 2400 rpm
Con P=4polos y f=60Hz:
120 . f
P
120 (60)
=
4
= 1800 rpm
S SINC =
S SINC =
S SINC =
S SINC
S SINC
S SINC
S SINC
ω SINC = 120πrad / seg
Con P=5polos y f=60Hz:
120 . f
P
120 (60)
=
5
= 1440 rpm
S SINC
ω SINC = 80πrad / seg
ω SINC = 60πrad / seg
Con P=6polos y f=60Hz:
Con P=7polos y f=60Hz:
S SINC =
S SINC
S SINC
S SINC
S SINC
ω SINC = 48πrad / seg
Con P=8polos y f=60Hz:
120 . f
P
120 (60)
=
8
= 900 rpm
S SINC
S SINC
120 . f
=
P
120(60)
=
6
= 1200 rpm
ω SINC = 40πrad / seg
Con P=9polos y f=60Hz:
120 . f
P
120 (60)
=
9
= 800 rpm
120 . f
P
120 (60)
=
7
= 1028 .57 rpm
S SINC =
S SINC
S SINC
ω SINC = 34.28πrad / seg
Con P=10polos y f=60Hz:
120 . f
P
120 (60)
=
10
= 720 rpm
S SINC =
S SINC =
S SINC =
S SINC
S SINC
S SINC
S SINC
ω SINC = 30πrad / seg
S SINC
ω SINC = 26.67πrad / seg
S SINC
ω SINC = 24πrad / seg
Si notamos que 8 polos= 4 pares de polos, entonces la Ssinc= 60(60)/4= 900 rpm, por lo tanto 3, 5, 7,9 no
pueden dar nunca el valor de Ssinc ya que 3 polos no puede ponerse en función de pares de polos y así para los otros.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
107
ALTERNADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
c) Con P=10polos y velocidad síncrona de 800 rpm.
120 . f
120 . f
→ 800 =
P
10
f = 66.67 Hz
S SINC =
************************************************************************************
PROBLEMA 2
Un alternador de 600kVA y 125V que estaba conectado en delta, se reconecta en estrella. Calcular la nueva capacidad
nominal en:
a) Volts
b) Amperes
c) kVA
______________________________________________________________________________________________
I LLY
I L∆
Datos:
S=600kVA
Vll en delta= 125V
Vll = voltaje línea a línea
V LLY
I CARGA ∆
V LL ∆
VLL ∆ = 125V
V LLY
V LLY
SOLUCIÓN:
a)
b)
VLLY = 3VLL∆
VLLY = 3 (125 )
VLLY = 216 .5V
c)
I LY =
I LY =
I LY
S
Como sólo cambia la conexión, la potencia
se mantiene constante, es decir el valor de
600kVA no cambian.
3V LLY
600000VA
3 (216 .5V )
= 1600 A
************************************************************************************
PROBLEMA 3
Una carga trifásica de 10Ω/fase se puede conectar mediante interruptores ya sea en estrella o en delta. Si se conecta
a un alternador trifásico de 220V, calcular:
a) La potencia que se disipa, total y por fase, cuando se conecta en estrella.
b) La potencia que se disipa, total y por fase, cuando se conecta en delta.
c) La relación de potencia en la parte (b) con la potencia en la parte (a).
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
I LY
a) Conectado en estrella.
VLLY 220
=
3
3
= 127V
VLN =
VLN
I CARGA =
VLN
C arg a
N
VLN 127
=
= 12.7 A
Rφ
10
V LLY
Pdisipada = I 2 CARGA .Rφ = 1613.3W
Ptotal = 3Pdisipada = 4840W
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
108
ALTERNADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
b) Conectado en delta.
I L∆
VLL ∆
V LL∆ = 220V
I CARGA =
I CARGA ∆
V LL∆ 220
=
= 22 A
Rφ
10
Pdisipada = I 2 CARGA .Rφ = 4840W
Ptotal = 3Pdisipada = 14520W
C arg a
c) La relación es entre la Ptotal en delta y la Ptotal en estrella.
RP =
14520W
=3
4840W
************************************************************************************
PROBLEMA 4
Un alternador trifásico conectado en estrella, de 1500kVA y 13kV, tiene una resistencia de armadura igual a 0.9Ω y
una reactancia síncrona igual a 8Ω. Cuando soporta la carga nominal al voltaje nominal, calcular el voltaje generado
por fase si las cargas tienen un factor de potencia igual a:
a) Uno
b) 0.8 en retraso
c) 0.8 en adelanto
d) Calcular la regulación de voltaje para cada una de esas cargas y determinar la mejor regulación.
______________________________________________________________________________________________
Ear
Datos:
S=1500KVA
Vll en estrella=13kV
Ra=0.9Ω
Xs=8Ω
Xa
Ra
VLN
Ear
Xa
Ra
Ear
Xa
Ra
N
Egp
VLLY
SOLUCIÓN:
a) Con fp=1.
VLLY = 13kV
VLLY
= Vp
3
Vp = 7505.553V
S
1500kVA
Ia =
=
3VLN 3(7.5kVA)
VLN =
Egp = Vp + Ia.Ra + jIa. Xs
Egp = 7505.553 + 66.667(0.9) + j (66.667)(8)
Egp = 7565.553 + j533.336
Ia = 66.667 A
Egp = 7584.3V
Ver diagrama fasorial:
Ear
Egp
Ia.Zs
Ia.Xa
Vp
Ia.Ra
Recordando que Ia.Xa+Ear=Ia.Xs
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
109
ALTERNADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
b) Con fp=0.8 en retraso, entonces θ=36.87º. Ver diagrama fasorial.
Egp
Ear
Vp
Ia / φ
Ia.Xa
Ia.Ra
θ
V LLY = 13kV
VLLY
= Vp
3
Vp = 7505.553V
S
1500kVA
Ia =
=
3VLN 3(7.5kVA)
Egp = Vp cosθ + Ia.Ra + j (Vpsenθ + Ia. Xs)
Ia = 66.667 A
Egp = 7883.2V
V LN =
Egp = 7505.553(0.8) + 66.667(0.9) + j[(7505.553x 0.6) + (66.667)(8)]
Egp = 6064.443 + j5036.679
Recordando que Ia.Xa+Ear=Ia.Xs e Ia/Ф= corriente por fase.
c) Con fp=0.8 en adelanto, entonces θ=36.87º.
V LLY = 13kV
V LN =
VLLY
Egp = Vp cosθ + Ia.Ra + j (Vpsenθ − Ia. Xs )
= Vp
3
Vp = 7505.553V
S
1500kVA
Ia =
=
3VLN 3(7.5kVA)
Egp = 7505.553(0.8) + 66.667(0.9) + j[(7505.553x 0.6) − (66.667)(8)]
Ia = 66.667 A
Egp = 7248.3V
Egp = 6064.443 + j3970
Ver diagrama fasorial:
Ear
Ia / φ
Ia.Xa
Egp
Ia.Ra
θ
Vp
Recordando que Ia.Xa+Ear=Ia.Xs e Ia/Ф= corriente por fase.
d) *RV con fp=1.
RV =
Egp − Vp
7584.3 − 7505 .553
x100% =
x100% = 1.049%
Vp
7505.553
*RV con fp=0.8 en retraso.
RV =
Egp − Vp
7883.2 − 7505.553
x100% =
x100% = 5.032%
Vp
7505.553
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
110
ALTERNADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
*RV con fp=0.8 en adelanto.
RV =
Egp − Vp
7248 .3 − 7505 .553
x100% =
x100% = −3.428%
Vp
7505.553
La mejor regulación es la de -3.428% por ser capacitiva.
De los diagramas fasoriales se han sacado las ecuaciones para Egp teniendo en cuenta las proyecciones de cada parte
de las componentes.
************************************************************************************
PROBLEMA 5
Un alternador trifásico de 220V, 100kVA conectado en estrella tienen una resistencia e armadura igual a 0.1Ω por fase
y una reactancia por fase igual a 0.5Ω. Suponiendo que cuando se conecta a una carga con factor de potencia 0. 4 en
retraso suministra la corriente nominal, y que la reacción de armadura tiene un efecto igual al doble de la reactancia
de armadura, y el efecto de saturación es despreciable, calcular:
a) El voltaje sin carga cuando se desconecta la carga y son iguales la velocidad y la corriente de campo.
b) El voltaje sin carga necesario para producir la corriente nominal suponiendo que se pusiera el alternador en
cortocircuito.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
Vll en estrella=220V
S=100kVA
Ra=0.1Ω/ fase
Xa=0.5Ω/ fase
fp=0.4 en retraso
Ear= 2jIa.Xa
Ear
Xa
Ra
Ear
Xa
Ra
Ear
Xa
Ra
Egp
Vp
C arg a
SOLUCIÓN:
a) Se retira la parte de la derecha del circuito, es decir la carga y tener presente que Ear= 2jIa.Xa
.
Vp =
VLLY 220
=
= 127V
3
3
Ia =
S
S
100000
=
=
= 262.467 A
3Vp
3(127 )
3VLLY
Egp = Vp cos θ + Ia.Ra + j[Vpsenθ + Ia. Xa + Ear ]
Egp = 127 (0.4) + 262.467 (0.1) + j[127 x 0.9165 + 3(262.467 x0.5)]
Egp = 77.047 + j 510.096
Egp = 515.882V
b) Al poner en cortocircuito desaparece la parte de la carga y Vp=0.
Egp = Ia.Ra + j[ Ia. Xa + Ear ] = j 3Ia. Xa + Ia.Ra
Egp = 26.247 + j 393.7
Egp = 394.574V
El circuito tiene la forma siguiente, para una comprensión más fácil.
Ea, Xa, Ra
Vp
C arg a
Egp
Ea, Xa, Ra
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
111
ALTERNADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
De acuerdo con los siguientes datos para los problemas 6 a 9 y suponiendo una relación de resistencia efectiva a cd
igual a 1.3, calcular la regulación de voltaje a:
a) Factor de potencia unidad.
b) Factor de potencia igual a 0.8 en retraso y en adelanto.
Nominal
Conexión
kVa
P.6. Y
P. 7. ∆
P.8. Y
P.9. Y
2000
1000
25
500
Volts entre
líneas (rms)
2300 V
600
220
2300
Prueba de
resistencia
de CD
Volts entre
líneas (cd)
1.5 V
10
25
20
Corriente de
línea (rms)
10 A
Nominal
75
40
Prueba de
Circuito
abierto
Volts entre
líneas (rms)
950 V
275
200
800
Prueba de
cortocircuito
Corriente de
campo (cd)
10 A
25
5
10
Corriente de
línea (rms)
Nominal
Nominal
Nominal
nominal
PROBLEMA 6
SOLUCIÓN:
Ianom =
Ianom =
S
3VLL
Rdc =
2000000VA
3 (2300V )
EPR
1.5V
=
= 0.075Ω
2 I PR 2(10 A)
Rac = Ra = 1.3Rdc = 0.098Ω
Vca
950
=
= 1.092Ω
3Ianom
3 (502.044)
Ianom = 502.044 A
Zp =
VLL 2300V
=
3
3
Vp = 1327.906V
Xs = Z 2 p − R 2 ac = 1.0922 − 0.0982
Vp =
Xs = 1.088Ω
Ia.Rac = 49.2Ω
Ia. Xs = 546.224Ω
a) Con fp=1.
Egp = Vp + Ia.Ra + jIa. Xs
Egp − Vp
x100%
Vp
1481.48 − 1327.906
RV =
1327.906
RV = 11.56%
RV =
Egp = 1327.906 + 49.2 + j 546.224
Egp = 1481.48∠21.6º
b) Con fp=0.8 en retraso.
Egp = Vp cos θ + Ia.Ra + j (Vpsenθ + Ia. Xs )
Egp = 1111.525 + j1342.968
Egp = 1743.287∠50.4º
Egp − Vp
x100%)
Vp
1743.287 − 1327.906
RV =
1327.906
RV = 31.28%
RV =
Se debe tener una nomenclatura específica para poder resolver los problemas, debido a que los valore se hallan de
acuerdo a pruebas para no confundir los diferentes valores, además las pruebas deben ser revisadas de la teoría.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
112
ALTERNADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
Con fp=0.8 en adelanto.
Egp − Vp
x100%)
Vp
1139.407 − 1327.906
RV =
1327.906
RV = −14.195%
Egp = Vp cos θ + Ia.Ra + j (Vpsenθ + Ia. Xs )
RV =
Egp = 1111.525 + j 250.52
Egp = 1139.407∠12.7 º
Los problemas restantes son de igual procedimiento, se deja para el estudiante su resolución, ya que se tienen en el
libro las respuestas.
************************************************************************************
PROBLEMA 10
A partir de los valores dados y calculados a factores de potencia unidad, 0.8 en retraso y 0.8 en adelanto del problema
4, calcular:
a. El ángulo θ de fase respectivo.
b. La suma de los ángulos de fase (θ+δ) respectivos. (Sugerencia: usar los componentes Egp)
c. El ángulo δ de fase respectivo.
d. La salida aproximada de potencia por fase de acuerdo a la ecuación 6-10.
e. La salida aproximada de potencia por fase de acuerdo a la ecuación 6-9.
f. La potencia exacta de salida por fase empleando los datos proporcionados, para cada factor de potencia.
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
a)
Para fp=1
Para fp=0.8 en atraso
cos θ = 1
θ = 0º
Para fp=0.8 en adelanto
cos θ = 0.8
cos θ = 0.8
θ = 36.87º
θ = 36.87º
b) Las componentes se refieren al valor expresado en coordenadas rectangulares de Egp pasadas a polares, de las
cuales se toma el ángulo respectivo, el mismo que es entre Egp y la corriente Ia, ver diagrama.
Para fp=1
Para fp=0.8 en atraso
Egp = 7584.329∠4.032 º
(θ + δ ) = 4.032 º
Para fp=0.8 en adelanto
Egp = 7883.248∠39.7 º
Egp = 7248.336∠33.2º
(θ + δ ) = 39.7 º
(θ + δ ) = 33.2º
El ángulo de fase de Eg es θ+δ, ver diagrama.
φR
β
φg
Egp
δ
EXs
δ
Vp
θ
Ia
φa
Фg: flujo que produce el voltaje generado Eg.
Фa: flujo que producen los conductores del devanado de armadura, que también producen el voltaje Exs de reactancia
síncrona de armadura.
ФR: suma fasorial de Фg y Фa, que es el flujo resultante que produce el voltaje Vp entre terminales de fase.
Θ: ángulo entre el voltaje de fase y la corriente de fase de armadura.
δ: llamado par entre Eg y Vp y/o entre Фg y Фr, ver los dos ángulos de 90º formados en el gráfico.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
113
ALTERNADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
c) Se usa para cada caso el valor de θ y se despeja el valor de δ, dicho valor se tomará como positivo, esto se verá en
el próximo literal.
Para fp=1
Para fp=0.8 en atraso
(θ + δ ) = 4.032 º
θ = 0º
Para fp=0.8 en adelanto
θ + δ = 39.7 º
δ = 39.7 º −36.87 º = 2.83º
θ + δ = 33.2º
δ = 33.2 − 36.87 = −3.67 º
d) La ecuación 6.10 es: Pp=(Egp/Xs)Vp.senδ
Para fp=1
Para fp=0.8 en atraso
 Egp 
Pp = 
Vpsenδ
 Xs 
 7584.3 
Pp = 
(7505.553) sen4.03º
 8 
Pp = 500kW
 Egp 
Pp = 
Vpsenδ
 Xs 
 7883.2 
Pp = 
(7505.553) sen2.83º
 8 
Pp = 361.29kW
Para fp=0.8 en adelanto
 Egp 
Pp = 
Vpsenδ
 Xs 
 7248.3 
Pp = 
(7505.553) sen3.67 º
 8 
Pp = 435.2kW
Como se ve no se puede usar un valor negativo de δ ya que el seno de un
número negativo será también negativo y como vemos no puede existir
potencia activa negativa.
e) La ecuación 6.9 es: Pp=Egp. Ia nomcos(θ+δ):
Para fp=1
Para fp=0.8 en atraso
Pp = Egp.Ianom cos(θ + δ )
Pp = (7584.329)(66.667)(7505.553) cos 4.032º
Pp = Egp.Ianom cos(θ + δ )
Pp = (7883.2)(66.667)(7505.553) cos 39.7 º
Pp = 504kW
Pp = 404 kW
Para fp=0.8 en adelanto
Pp = Egp.Ianom cos(θ + δ )
Pp = (7248.3)(66.667 )(7505.553) cos 33.2º
Pp = 404kW
f) Para la potencia exacta de salida por fase la ecuación es: Pfase=Ptotal/3
Para fp=1
Para fp=0.8 en atraso
Ptotal = 3VLL I Lnom cos θ
Ptotal = 3V LL I Lnom cos θ
Ptotal = 3 (13000)(66.667 )(1)
Ptotal = 1501kW
Ptotal = 3 (13000)(66.667 )(0.8)
Ptotal = 1200 kW
Pfase = 500 kW
Pfase = 400 kW
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
114
ALTERNADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
Para fp=0.8 en adelanto
Ptotal = 3V LL I Lnom cos θ
Ptotal = 3 (13000)(66.667 )(0.8)
Ptotal = 1200 kW
Pfase = 400kW
Vale aclarar que los valores se usaron del problema 6.5 donde ya se calculó el valor de Egp para los distintos factores
de potencia.
************************************************************************************
PROBLEMA 11
Si el alternador del problema 6-13 se impulsa a una velocidad de 1200rpm, calcular el par por fase y total,
respectivamente, cuando el factor de potencia es:
a) Unidad
b) 0.8 en retraso
c) 0.8 en adelanto
(Sugerencia: Emplear los datos exactos de potencia de salida por fase, para cada factor de potencia)
Datos:
s=1200 rpm
ω= 40π rad/seg
Xs=8
SOLUCIÓN:
a)
EgpVpsenδ 7584.3(7505.553) sen 4.03º
=
40π (8)
ω. Xs
Tfase = 3979 N .m = 2934.3lbf − pie
Tfase =
Ttotal = 3Tfase = 8803lbf − pie
b)
c)
EgpVpsen δ
ω . Xs
7248 . 3 ( 7505 . 553 ) sen 3 . 67 º
Tfase =
40 π ( 8 )
Tfase = 3464 N .m = 2555 lbf − pie
Tfase =
EgpVpsenδ
ω. Xs
7883.2(7505.553) sen2.87 º
Tfase =
40π (8)
Tfase = 2905.846 N .m = 2142.9lbf − pie
Tfase =
Ttotal = 3Tfase = 6428.8lbf − pie
Ttotal = 3Tfase = 7664 lbf − pie
************************************************************************************
PROCEDIMIENTO CORRECTO PARA CONECTAR EN PARALELO ALTERNADORES POLIFÁSICOS.
Lo siguiente es un resumen de los pasos necesarios para conectar un alternador polifásico en paralelo con otros
alternadores por medio de una barra de distribución:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
El alternador que se va a incorporar se lleva a la velocidad nominal y se ajustan sus voltajes efectivos de línea con
los voltajes de la barra mediante un voltímetro.
Se comprueba la secuencia de fases mediante un indicador de secuencia o de focos o bombillas de sincronización.
Se comprara la frecuencia del alternador que va a entrar con la de la barra mediante un sincronoscopio o algún
método de focos o bombillas. Si la frecuencia de la máquina entrante es baja, se aumenta la velocidad de su
primomotor: si es alta, se disminuye.
Se cierra el interruptor de conexión en paralelo en el instante en que los focos o bombillas o el sincronoscopio
indican que los voltajes de fase a fase son exactamente iguales y opuestos. El alternador que entra queda
entonces flotando en la línea.
Se hace que el alternador tome carga aumentando la velocidad de su primomotor.
Mediante su reóstato de campo, se ajusta el factor de potencia al cual conduce potencia reactiva el alternador que
entra.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
115
ALTERNADORES
ESPOCH
7.
8.
INGENIERÍA MECÁNICA
Se ajusta el voltaje de las barras de distribución ajustando simultáneamente los reóstatos de campo de todos los
alternadores.
Se ajusta la frecuencia de la barra ajustando en forma simultáneamente las velocidades de todos los alternadores.
IL
I1
I2
Eg 1
I3
Eg 2
VL
Z1
Eg 3
Barras de distribución
Las impedancias se designan por Z1, Z2 y Z3 en cada rama respectivamente en la figura de las relaciones de voltaje y
corriente para fuentes de FEM en paralelo.
Il: corriente total entregada por las diversas fuentes de carga.
Zl: impedancia equivalente (o resistencia) de la carga.
Z1, Z2 y Z3: impedancias (o resistencias) equivalentes internas de la fuente de FEM.
I1, I2 e I3: corrientes entregadas por cada una de las fuentes de FEM.
* Para comprobar la secuencia de fases se conecta un motor de inducción pequeño con la barra de distribución y
observando u dirección de giro. A continuación, el motor se conecta con el alternador que se vaya a conectar en
paralelo y, si la dirección de giro es la misma, la secuencia de fases de la máquina que va a entrar es la misma que la
de la barra. Si el motor de inducción gira en dirección opuesta, se puede invertir dos de los tres conductores del
alternador que entra y con ello se asegura la secuencia correcta de fases.
** Se puede alcanzar la sincronización empleando métodos de focos, o bombilla apagada. Aun si los voltajes
efectivos de fase y de línea de las máquinas que entran y que están en línea son idénticos, y aunque las frecuencias
de los alternadores sean idénticas, los focos o bombillas pueden no estar apagados. Hay una posibilidad muy
pequeña de que los voltajes tiendan a "amarrarse" en oposición exacta, fase a fase. Así, los focos permanecen
constantemente a determinada luminosidad, ello indica que tanto la máquina que entra como las que ya están
trabajando tienen la misma frecuencia, pero que se produce una diferencia de voltaje ya sea debido a un
desplazamiento fijo de fases entre las FEM inducidas de los alternadores, o a una diferencia en sus voltajes
efectivos de fase.
Después de eliminar la segunda posibilidad mediante un voltímetro, será necesario acelerar o frenar ligeramente
al alternador que va a entrar para encontrar el momento exacto de cerrar el interruptor de sincronización, es
2
decir, cuando los focos o bombillas están apagados, ya que parpadean al unísono . Si los focos no parpadean al
unísono, las fases no están conectadas en forma correcta a los interruptores, o bien la secuencia de fases es
incorrecta. Si se invierten dos conductores cualesquiera se corregirá esta dificultad.
La desventaja de emplear el método del foco apagado con los alternadores polifásicos es la difícil determinación, aun
a baja velocidad de parpadeo, el punto medio del periodo apagado, que es cuando los alternadores están
exactamente en sincronismo, y las FEM están exactamente a 180° entre sí.
Se puede emplear el método del foco o bombilla encendido para indicar el instante de la sincronización mediante
el brillo máximo de los focos.
*** Bajo las condiciones comerciales de funcionamiento sería difícil a veces, sólo con los focos, decir si el
alternador que entra está girando rápida o lentamente. Si el destello se desacelera al aumentar la velocidad, quiere
decir que la frecuencia del alternador que va a entrar es menor que la del alternador en funcionamiento o la de la
barra de distribución.
Se ha inventado un instrumento llamado sincroscopio, o sincronoscopio, con una aguja giratoria para indicar si la
máquina que entra gira más lenta o rápidamente, y un índice fijo para indicar el instante preciso de sincronización
en que se debe cerrar el interruptor de conexión en paralelo. Debido a que es básicamente un dispositivo
monofásico, no puede detectar la secuencia de fases; ésta se debe comprobar ya sea con un motor de inducción o
con un indicador de secuencia de fase. Tampoco puede detectar diferencias de voltaje; esto se debe hacer con un
voltímetro.
Aunque el sincronoscopio da indicaciones con mucha exactitud, mejor que los métodos de los focos o bombillas, del
instante exacto en el que se debe tener la sincronización, o de si el alternador que se va a conectar está girando
más rápido o más lento, no puede indicar la secuencia de fases, lo que el método de los focos sí puede.
__________________
2
Que tiene el mismo tono o sonido que otra cosa.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
116
ALTERNADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
MÁQUINAS SÍNCRONAS
PROBLEMA 1
Calcular:
a. La frecuencia del voltaje que se debe aplicar al estator de un motor síncrono trifásico de 10 polos, 220 V. que se
necesita para hacerlo trabajar a 1200 rpm.
b. El número de polos que necesita tener un motor síncrono trifásico de 220 V para trabajar a una velocidad de 500
rpm cuando se aplica corriente de 50 Hz al estator.
c. La velocidad a plena carga de un motor síncrono de 36 polos, 60 Hz, 220 V, en rpm y rad/s.
____________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
a)
f=?
P=10 polos
b)
P=?
Ssínc=500 rpm
Ssínc=1200 rpm
Pp= 5
120 f
P
10(1200)
f =
120
f = 100 Hz
S sínc =
f=50Hz
120 f
P
120(50)
P=
500
P = 12 polos
60 f
Pp
5(1200)
f =
60
f = 100 Hz
60 f
Pp
60(50)
Pp =
500
Pp = 6
S sínc =
S sínc =
S sínc =
Se debe notar que en la primera forma de la ecuación de la Ssínc se usa el número de polos P, mientras que en la otra
forma se usa con los pares de polos Pp, además P=2 Pp.
c) P= 36 polos
f= 60Hz
Pp= 18
120 f
P
120(60)
=
36
= 200rpm
60 f
Pp
120(60)
=
18
= 200rpm
S sínc =
S sínc =
S sínc
S sínc
S sínc
S sínc
ω sínc = 20.9rad / seg
ω sínc = 20.9rad / seg
************************************************************************************
PROBLEMA 2
Un motor síncrono de 50 hp, FP unidad, de 60 Hz, conectado en estrella, de 220 V y polos no salientes tiene una
corriente nominal de armadura igual a 108 A y trabaja a una velocidad de 450 rpm. Se ajusta la excitación del campo
del motor para producir un voltaje generado de fase igual al voltaje de fase aplicado sin carga, y se produce un ángulo
de par igual a 1 grado mecánico. Calcular:
a. El número de polos del rotor no salientes.
b. El número de grados eléctricos α que se retrasa el campo del estator.
c. El voltaje de fase Er que resulta entre los voltajes de fase aplicado y generado.
d. El ángulo δ entre el voltaje resultante Er y el voltaje de fase aplicado Vp.
e. La corriente de fase que toma el motor si la impedancia de fase es igual a 1.0 <84.3º Ω.
f. El factor de potencia y el ángulo θ del motor.
g. La potencia total que toma el motor de las barras de distribución y la potencia que desarrolla la armadura.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
117
MÁQUINAS SÍNCRONAS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
Datos:
Psal=50Hp
fp=1
VLL=220V
Ia nom=108 A
Ssínc= 450 rpm
β=1º
SOLUCIÓN:
a)
b)
120 f
P
120(60)
P=
450
P = 16 polos
60 f
Pp
60(60)
Pp =
450
Pp = 8
S sínc =
S sínc =
c) Conexión es estrella:
Vp =
VLL
=
d)
α = Pβ / 2
α = 16(1º ) / 2
α = 8º elec.
δ = 86º
220
= 127V = Egp
3
3
Er = Vp − Egp cos α + jEgpsenα
Er
Er = 127 − 127 cos 8º + j127 sen8º
Er = 17.718∠86º V
Egp
δ
Vp
e)
f) θ= 1.7 º en avance o adelanto debido a que es positivo.
fp=cosθ=0.995
Zs = 1∠84.3º Ω
Zs = 0.099 + j 0.995Ω
Er 17.718∠86º V
Ifase =
=
Zs
1∠84.3º Ω
Ifase = 17.72∠1.7 º A
g) Debemos hallar primero la potencia por fase y luego multiplicar por tres (teoría de trifásicos en estrella) para hallar
la potencia total que toma el motor de las barras de distribución (ver figura al final del capítulo de alternadores).
Pfase = Vp.Iafase. cos θ = 127(17.72) cos 1.7 º = 2249.45W
Ptotal = 3Pfase = 6748W
Para la potencia desarrollada Pd, tenemos que primero encontrar la potencia por pérdidas en la armadura.
Parm = 3Ia 2 fase.Ra = 3(17.72 2 )(0.099) = 93.257W
Pd = Ptotal − Pd = 6748 − 93.257 = 6654.7W
Para el literal a) puede surgir la pregunta, ¿como saber si la velocidad que se nos da es la síncrona? Simplemente este
valor supondremos que es la síncrona, para comprobarlo la reemplazamos en la ecuación para obtener el número de
polos o si se quiere los pares de polos, este valor nos debe dar un valor entero par (los pares de polos siempre son
valores pares), entonces con el valor de 450 rpm:
S sínc =
120 f
P
S sínc =
120(60)
450
P = 16 polos
60 f
Pp
60(60)
450
Pp = 8
P=
Pp =
Como vemos tanto P como PP tiene un valor entero par además Pp=0.5P, por tanto la velocidad dada es la síncrona.
************************************************************************************
PROBLEMA 3
Repetir el problema 2 para una carga que produce un ángulo de par igual a 2.5 grados mecánicos.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
118
MÁQUINAS SÍNCRONAS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
Datos:
Psal=50Hp
fp=1
VLL=220V
Ia nom=108 A
Ssínc= 450 rpm
β=2.5º
SOLUCIÓN:
a)
b)
S sínc =
120 f
P
S sínc =
120(60)
450
P = 16 polos
60(60)
450
Pp = 8
P=
Pp =
c) Conexión es estrella:
Vp =
VLL
=
60 f
Pp
d)
α = Pβ / 2
α = 16(2.5º ) / 2
α = 20º elec.
δ = 80º
220
= 127V = Egp
3
3
Er = Vp − Egp cos α + jEgpsenα
Er
Er = 127 − 127 cos 20º + j127 sen20º
Er = 44.1067∠80º V
e)
Egp
δ
Vp
f) θ= -4.3º en atraso debido a que es negativo.
fp=cosθ=0.9972
Zs = 1∠84.3º Ω
Zs = 0.099 + j 0.995Ω
Er 44.1067 ∠80º V
=
Zs
1∠84.3º Ω
Ifase = 44.1067∠ − 4.3º A
Ifase =
g) Debemos hallar primero la potencia por fase y luego multiplicar por tres (teoría de trifásicos en estrella) para hallar
la potencia total que toma el motor de las barras de distribución (ver figura al final del capítulo de alternadores).
Pfase = Vp.Iafase. cos θ = 127( 44.1067) cos − 4.3º = 5585.7833W
Ptotal = 3Pfase = 16757.3498W
Para la potencia desarrollada Pd, tenemos que primero encontrar la potencia por pérdidas en la armadura.
Parm = 3Ia 2 fase.Ra = 3( 44.1067 2 )(0.099) = 577.7841W
Pd = 16179.5657W
************************************************************************************
PROBLEMA 4
Repetir el problema 2 para una carga que produzca un ángulo de par igual a 3 grados mecánicos y un voltaje
generado por fase igual a 150 V.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
VLL=220V
Ia nom=108 A
Ssínc= 450 rpm
β=3º
Egp= 150V
SOLUCIÓN:
a)
S sínc
120 f
=
P
120(60)
450
P = 16 polos
P=
b)
S sínc
60 f
=
Pp
60(60)
450
Pp = 8
α = Pβ / 2
α = 16(3º ) / 2
α = 24º elec.
Pp =
Ahora Egp vale 150 V y no 127 V como en el problema anterior.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
119
MÁQUINAS SÍNCRONAS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
c) Conexión es estrella:
Vp =
VLL
=
d)
δ = 99.34º
220
= 127V
3
3
Er = Vp − Egp cos α + jEgpsenα
Er
Er = 127 − 150 cos 24º + j150sen24º
Er = 61.8298∠99.34º V
Egp
δ
Vp
e)
f) θ=15º en adelanto debido a que es positivo.
fp=cosθ=0.9657
Zs = 1∠84.3º Ω
Zs = 0.099 + j 0.995Ω
Er 61.8298∠99.34º V
=
Zs
1∠84.3º Ω
Ifase = 61.8298∠15º A
Ifase =
g) Debemos hallar primero la potencia por fase y luego multiplicar por tres (teoría de trifásicos en estrella) para hallar
la potencia total que toma el motor de las barras de distribución (ver figura al final del capítulo de alternadores).
Pfase = Vp.Iafase. cos θ = 127(61.8298) cos 15º = 7584.82W
Ptotal = 3Pfase = 22754.5W
Para la potencia desarrollada Pd, tenemos que primero encontrar la potencia por pérdidas en la armadura.
Parm = 3Ia 2 fase.Ra = 3(61.8298 2 )(0.099) = 1135.4085W
Pd = 21619W ≈ 21620W
************************************************************************************
PROBLEMA 5
Repetir el problema 2 para una carga que produzca un ángulo de 3 grados mecánicos y un voltaje generado por fase
igual a 100 V.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
VLL=220V
Ia nom=108 A
Ssínc= 450 rpm
β=3º
Egp= 100V
SOLUCIÓN:
a)
S sínc =
b)
120 f
P
S sínc =
120(60)
450
P = 16 polos
60(60)
450
Pp = 8
P=
c) Conexión es estrella:
Vp =
VLL
=
60 f
Pp
Pp =
d)
α = Pβ / 2
α = 16(3º ) / 2
α = 24º elec.
δ = 48.7694º
220
= 127V
3
3
Er = Vp − Egp cos α + jEgpsenα
Er = 127 − 100 cos 24º + j100sen24º
Er = 54.0828∠48.7694º V
Er
Egp
δ
Vp
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
120
MÁQUINAS SÍNCRONAS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
e)
f) θ=-35.53º en atraso debido a que es negativo.
fp=cosθ=0.8138
Zs = 1∠84.3º Ω
Zs = 0.099 + j 0.995Ω
Er 54.0828∠48.7694 º V
=
Zs
1∠84.3º Ω
Ifase = 54.08∠ − 35.53º A
Ifase =
g) Debemos hallar primero la potencia por fase y luego multiplicar por tres (teoría de trifásicos en estrella) para hallar
la potencia total que toma el motor de las barras de distribución (ver figura al final del capítulo de alternadores).
Pfase = Vp.Iafase. cos θ = 127(54.08) cos − 35.53º = 5589W
Ptotal = 3Pfase = 16767W
Para la potencia desarrollada Pd, tenemos que primero encontrar la potencia por pérdidas en la armadura.
Parm = 3Ia 2 fase.Ra = 3(54.08 2 )(0.099) = 868.62W
Pd = 15898.38W
************************************************************************************
PROBLEMA 6
De
a.
b.
c.
acuerdo con los cálculos de los problemas 2 a 5, calcular y hacer una tabla de uno de los casos de carga para:
La potencia desarrollada en hp.
El par desarrollado en lb-pie y en N-m.
Sacar inferencias respecto al efecto de aumentar la carga y mantener constante la excitación (problema 2 en
comparación con el 3).
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Para 2:
a)
b)
1Hp
Pd = 6654.7Wx
= 8.92 Hp
746W
Td =
Pd
ω sínc
=
6654.7W
47.12rad / seg
Td = 141.2288 N .m = 104.15lbf − pie
c) Como inferencia se nos da el valor del par en unidades del SI:
Td = 141.2 N .m
Para 3:
a)
b)
Pd = 16179.5657W = 21.68 Hp
Td =
Pd
ω sínc
=
16179 .5657W
47.12 rad / seg
Td = 343.36 N .m = 253.2lbf − pie
c) Como inferencia se nos da el valor del par en unidades del SI:
Td = 343.36 N .m
Para 4:
a)
b)
Pd = 21620W = 28.9 Hp
Td =
Pd
ω sínc
=
21620W
47.12rad / seg
Td = 338.4lbf − pie
c)
Td = 458.8 N .m
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
121
MÁQUINAS SÍNCRONAS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
Para 5:
a)
b)
Pd = 15898.38W = 21.31Hp
Td =
Pd
ω sínc
=
15898.38W
47.12rad / seg
Td = 248.8lbf − pie
c) Como inferencia se nos da el valor del par en unidades del SI:
Td = 337.4 N .m
Notar que en b) se a transformado directamente de N-m a lbf-pie con 1lbf-pie=1.356N-m.
************************************************************************************
PROBLEMA 7
Calcular y hacer una tabla de la potencia de salida, en hp, y el par, en lb-pie si las eficiencias del motor síncrono a las
diversas condiciones de carga y excitación son:
a. 70 por ciento en el problema 2.
b. 75 por ciento en el problema 3.
c. 85 por ciento en el problema 4.
d. 80 por ciento en el problema 5.
e. Explicar las diferencias entre los caballos y el par desarrollados en comparación con lo caballos y el par de salida.
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Tomamos las condiciones de los problemas que se nos dice.
a)
Psal
Pent
Pent = 3V LL Iafase. cos θ
η=
Pent = 3 ( 220)(17.72) cos1.7 º
Psal = ηPent
Pent = 9.0473Hp
Psal = 0.7(9.0473) = 6.33Hp
Tsal =
Psal
ω sínc
Tsal = 73.9lbf − pie
Se tomarán las corrientes de fase de cada problema, el valor de 220 V será constante, la Psal estará en W mientras
que la velocidad síncrona estará en rad/seg, dando el par en N.m que luego se transforman a lbf-pie, en este literal η=
0.7.
b)
Psal
Pent
Pent = 3V LL Iafase. cos θ
η=
Pent = 3 ( 220)( 44.1067) cos− 4.3º
Psal = ηPent
Pent = 22.465 Hp
Psal = 0.75( 22.465) = 16.849 Hp
Tsal =
Psal
ω sínc
Tsal = 73.9lbf − pie
En este literal η= 0.75.
c)
Psal
Pent
Pent = 3V LL Iafase. cos θ
η=
Pent = 22757.54W
Psal = ηPent
Pent = 30.50 Hp
Psal = 0.85(30.50) = 125.93Hp
Tsal =
Psal
ω sínc
Tsal = 302.7lbf − pie
En este literal η= 0.85.
d)
Psal
Pent
Pent = 3V LL Iafase. cos θ
η=
Pent = 16762.04W
Psal = ηPent
Tsal =
Psal
ω sínc
Tsal = 209.8lbf − pie
Pent = 22.469 Hp
Psal = 0.80(22.469) = 17.97 Hp
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
122
MÁQUINAS SÍNCRONAS
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INGENIERÍA MECÁNICA
En este literal η= 0.8, como ya se nos da el valor de la eficiencia entonces la Psal ya no es los 50 Hp.
************************************************************************************
PROBLEMA 8
Se aumenta la carga del motor del problema 2 hasta que el ángulo del par de la carga sea exactamente igual al ángulo
de la impedancia síncrona, que es de 84.3°. La excitación es normal. En este punto crítico, calcular:
a. El voltaje de fase resultante, Er, entre los voltajes aplicados por fase y generados por fase.
b. El ángulo δ entre el voltaje de fase resultante Er y el voltaje aplicado Vp.
c. La corriente de armadura y la relación de corriente de armadura y la corriente nominal (108 A).
d. La potencia, en hp, y el par, en lb-pie, que se desarrollan.
e. La relación de potencia y par desarrollados a potencia y par de salida nominal.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
α= 84.3º
Vp= Egp=127V
SOLUCIÓN:
a)
Vp = Egp = 127V
Er = 127 − 127 cos 84.3º + j127 sen84.3º
Er = 170.45∠47.85º V
b)
δ = 47.85º
Er
Er 170.45∠47.85º
=
Zs
1∠84.3º
Iafase = 170.45∠ − 36.45º A
c)
Iafase =
Iafase 170.45 A
=
Ianom
108 A
RC = 1.5782
RC =
Egp
δ
Vp
d)
Pd
Pfase = Vp.Iafase. cos θ
Parm = 3Ia 2 fase.Ra
Pfase = 127(170.45) cos − 36.45º
43608.5W
47.12rad / seg
Parm = 8628.8W
Td = 925.4775 N .m
Pd = 43608.5W = 58.45 Hp Td = 682.5lbf − pie
Td =
Parm = 3(170.45 2 )(0.099)
Pfase = 17412.44W
Ptotal = 3Pfase = 52237.32W
ω sínc
Td =
e) RP: relación de potencias, RT: relación de pares, RC: relación de corrientes, adicionalmente se debe hallar el par
nominal.
RP =
Pd
Psalnom
RT =
RP =
58.45Hp
50 Hp
Tsalnom =
Psalnom
Tsalnom =
37300W
= 583.77lbf − pie
47.12rad / seg
RP = 1.169
Td
Tsalnom
ω sínc
RT =
Td
Tsalnom
RT =
682.5
= 1.169
583.77
Fijarse en las unidades del par, las mismas que proceden de N.m transformados a lbf-pie. Las relaciones de RP y RT
son las mismas.
________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ELÉCTRICAS
123
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INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 9
Un motor síncrono de 100 hp, 550 V, 8 polos, conectado en estrella y de polos no salientes, se conecta a una carga
que mantiene constantemente un ángulo mecánico de par igual a 2.5 grados. La resistencia y reactancia síncrona de la
armadura por fase son, respectivamente, 0.2 Ω y 1.8Ω. Suponiendo carga constante, independientemente de los
cambios de excitación en los cuales ésta aumenta progresivamente de 225 V, 323 V y 450 V de voltajes generados por
fase, calcular y tabular (para tener una referencia práctica y comparar) lo siguiente:
a. El voltaje Er resultante por fase.
b. La corriente Ip de armadura por fase.
c. El factor de potencia.
d. La entrada total de potencia, Pt.
e. La potencia total que se desarrolla, Pd.
f. El par que se desarrolla en el rotor. Td.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
Psal= 10Hp
VLL=550V
P=8 polos
β= 2.5º
Ras=0.2 Ω
Xs=1.8 Ω
Zs=Ras+jXs
Zs=1.81<83.65º Ω
SOLUCIÓN:
Pβ
2
8(2.5º )
α=
= 10º
2
VLL
3
550V
Vp =
= 317.54V
3
α=
Vp =
**Para el cambio de excitación Egp= 225 V.
a)
b)
Er = Vp − Egp cos α + jEgpsenα
Er 103.6∠22.15º
=
Zs
1.81∠83.65º
Iafase = 57.2376∠ − 61.5º A
Iafase =
Er = 317.5 − 225 cos10º + j 225sen10º
Er = 103.6∠22.15º V
c) fp= cos(-61.5º)=0.4772 em atraso
d)
e)
Pent = 3V LL Iafase. cos θ
Pent = 3 (550)(57.2)(0.4772)
Pent = 26000W
Pfase = Vp.Iafase. cos θ
Parm = 3Ia 2 fase.Ra
Pfase = 550(57.2)(0.4772)
Parm = 3(57.2 2 )(0.2)
Pfase = 15011.4W
Ptotal = 3Pfase = 45034.2W
Parm = 1963.1W
Pd = 24037.3W
f) Debemos encontrar primero la velocidad sícrona en rad/seg.
Td =
Pd
ω sínc
120(60)
8
= 900rpm
Td =
24037.3W
94.2478rad / seg
S sínc =
Td = 255 N .m
S sínc
Td = 188lbf − pie
ω sínc = 94.2478rad / seg
________________________________________________________________________________
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PROBLEMA 10
Un cambiador de frecuencia que tiene dos dínamos síncronas acopladas entre sí consiste en un alternador de 10 polos
y 50 Hz impulsado por un motor de 60 Hz. Calcular el número de polos que debe tener el motor.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
P1= 10 polos
f1= 50Hz
f2= 60 Hz
P2=?
SOLUCIÓN:
ω sínc1 = ω sínc1
120 f1 120 f 2
=
P1
P2
P2 =
10 (60 )
= 12 polos
50
**********************************************************************************************
________________________________________________________________________________
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MÁQUINAS DE INDUCCIÓN
PROBLEMA 1
El deslizamiento a plena carga de un motor comercial de inducción de jaula de ardilla de 60 Hz, 12 polos, es 5.0 por
ciento. Calcular:
a. La velocidad a plena carga en rpm y rad/s.
b. La velocidad síncrona en rpm y rad/s.
c. La regulación de velocidad.
______________________________________________________________________________________________
Datos:
f= 60Hz
P=12
S= 5%=0.05
SOLUCIÓN:
a)
Ssínc − Srotor
Ssínc
120 f 120(60)
Ssínc =
=
P
12
Ssínc = 600rpm
S=
Srotor = (1 − S ) Ssínc
Srotor = (1 − 0.05)(600)
Srotor = 570rpm = 59.69rad / seg
A veces a Ssínc se la puede llamar Ssc= Velocidad sin carga o teórica, y a Srotor como Spc= Velocidad a plena carga o
velocidad en el eje. Suele darse el caso de que el valor de la velocidad síncrona no esté en rango o intervalo que se
conoce (3600-1800-900-450rpm,etc) de la misma, por ejemplo que esta tenga un valor de 785 rpm y la del rotor sea
de 600 rpm, este valor del rotor no significa que sea la síncrona ¿entonces que se debe hacer? Ver problema 2 y 8.
b) Tomamos el valor del literal a) de Ssínc= 600 rpm y la transformamos a rad/seg, entonces S sínc= 20πrad/seg.
c)
Rω =
Ssc − Spc 600 − 570
=
= 5.26%
Spc
570
Puede surgir la siguiente pregunta ¿si son motores asíncronos porque se usa la ecuación de los síncronos? Para
responder esto se debe ver la teoría dada en al repaso, si no se queda satisfecho, se recomienda preguntar al
profesor.
************************************************************************************
PROBLEMA 2
Un motor de inducción de jaula de 60 Hz y 6 polos, tiene una velocidad a plena carga igual a 1140 rpm. Calcular:
a. La velocidad síncrona en rpm y rad/s.
b. El deslizamiento a plena carga.
c. La regulación de velocidad.
____________________________________________________________________________________
Datos:
f= 60Hz
P=6
Spc= Srotor= 1140 rpm
SOLUCIÓN:
a)
120 f 120(60)
=
P
6
Ssínc = 1200rpm
ω sínc = 40πrad / seg
Ssínc =
b) Como ya conocemos la Ssínc o Ssc y además se nos da de dato la Spc o S en el rotor, ya podemos hallar S:
Ssínc − Srotor
Ssínc
1200 − 1140
S=
1140
S = 5%
S=
________________________________________________________________________________
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A la diferencia de Ssínc y Srotor se la llama propiamente deslizamiento, mientras que a S se la llama verdaderamente
deslizamiento fraccionario (según Fitzgerald).
c)
Rω =
Ssc − Spc 1200 − 1140
=
= 5.26%
Spc
1140
************************************************************************************
PROBLEMA 3
Un motor de inducción de jaula de ardilla de 25 hp, 6 polos, 60 Hz y 440 V tiene un par de arranque igual a 152 N-m y
un par de plena carga igual a 113 N-m. Calcular:
a. El par de arranque cuando el voltaje de línea al estator se reduce a 300 V.
b. El voltaje que se debe aplicar al estator para desarrollar un par de arranque igual al par de plena carga.
____________________________________________________________________________________
Datos:
P=6
f= 60Hz
Tarr=152N-m
Tpc= 113N-m
SOLUCIÓN:
a)
2
2
 Vx 
 300 
Tx = Tarr   = 152
 = 70 .66 N − m
 Vo 
 440 
Ecuación dada directamente cuya demostración se da en el libro de Kosow, Tx es el par dado a la condición final de Vx
y representan los valores en el estator, mientras que los otros valores son a las condiciones iniciales.
b) De la ecuación anterior despejamos el valor de Vx y Tx será igual al par a plena carga, entonces:
Vx = Vo
Tpc
113
= 440
= 379.4Volts
Tarr
152
************************************************************************************
PROBLEMA 4
La corriente de arranque del motor en el problema 3 es 128 A cuando el voltaje se aplica al estator. Calcular:
a. La corriente de arranque cuando el voltaje se reduce a 300 V.
b. El voltaje que se debe aplicar al estator para no rebasar la corriente nominal de que es de 32 A.
____________________________________________________________________________________
Datos:
Iarr inicial= 128 A
Vo= 440 V= VLL
Vx= 300 V
Iarr x= ?
SOLUCIÓN:
a)
 Vx 
Ixarranque = Iarrinicial  
 Vo 
 300 
Ixarranque = 128

 440 
Ixarranque = 87.27 A
X representa las condiciones finales y
O las condiciones iniciales.
b) Mantenemos constantes los valores iniciales de 440 V y 128 A, lo que debemos hallar es el valor final de Vx con el
valor de Ix= 32 A, entonces:
Vo.Ix 440(32)
=
Io
128
Vx = 110V
Vx =
Vx representa los valores en el estator y además el valor a las condiciones finales. La forma de encontrar los valores
tiene un parecido a la forma de hallar en los motores de cd.
________________________________________________________________________________
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PROBLEMA 5
Calcule la disipación de potencia en el rotor de un motor de cuatro polos, de 60Hz, 460V, trifásico con una resistencia
de armadura de 0.056Ω que funciona a una velocidad de 1738rpm y con una potencia de entrada de 47.4kW y una
corriente terminal de 76.2 A.
____________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
La ecuación para la potencia disipada por el rotor es: Protor=S.Pag donde Pag= potencia en el entrehierro.
Stéorica − Spc
1800 − 1738
S=
Spc
1800
Stéorica = Ssínc
S = 0.034
120 f
Stéorica =
= 1800rpm
P
Pag = Pent − Pestator
Pag = 47.4kW − 0.975kW
S=
Pestator = 3( It ) 2 Ra
Pag = 46.425kW
Pestator = 3(76.2 )(0.056)
Pr otor = s.Pag
Pestator = 0.975kW
Pr otor = 1.58kW
2
************************************************************************************
PROBLEMA 6
Encuentre: a) la velocidad del rotor, b) la potencia de salida y c) la eficiencia de un motor que funciona a voltaje y
frecuencia nominales con un deslizamiento de 1.5% y las siguientes características:
Motor de inducción de seis polos, 60 Hz, 7.5kW, 220V (línea a línea), conectado en Y trifásico, valores de parámetros
por fase referidos al estator, R1=0.294 Ω, R2=0.144 Ω, X1=0.503 Ω, X2=0.209 Ω, Xm=13.25 Ω, las pérdidas en el núcleo
por fricción y rozamiento con el aire se consideran constantes independientemente de la carga. Protativas= 403W.
____________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Se debe encontrar una impedancia Zf por fase presentada al estator por la reactancia magnetizadora y el rotor. Por lo
tanto, según la figura Zf está en paralelo con jXm, entonces:
R1
Z1 = jXm = 0 + j13.25 = 13.25∠90º
R2
+ jX 2 = 9.6 + j 0.209 = 9.602∠1.3º
S
Z1.Z 2
127.2∠91.3º
Zf =
=
= 7.694∠36.8º Ω
Z1 + Z 2 16.532∠54.5º
Zf = Rf + jXf = 6.16 + j 4.609Ω
Z2 =
jX1
jX2
I1
jXm
V1
R2/S
Z1
Z2
Zent = Zf + R1 + jX 1 = 6.454 + 5.112 = 8.23∠38.38º Ω
Ahora se debe hallar el voltaje línea-neutro y la corriente en el estator.
VLL 220
=
= 127V
3
3
V
127∠0º
Iestator = LN =
Zent 8.23∠38.38º
Iestator = Iest = 15.43∠ − 38.38º A
VLN =
VLN
I estator
Z ent
Para el factor de potencia θ= -38.38º, entonces el fp= 0.784 en atraso.
________________________________________________________________________________
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a) Calculamos la velocidad del rotor (que es la que se nos pide) por medio del deslizamiento fraccionario S y de la
Ssínc:
Ssínc − Srotor
Ssínc
120 f 120(60)
Ssínc =
=
P
6
Ssínc = 1200rpm
S=
Srotor = (1 − S ) Ssínc
Srotor = (1 − 0.05)(1200)
Srotor = 1182rpm
b) A la potencia de salida también se la conoce como potencia en el eje o flecha.
Según Fitzgerald; Psal=Pmec-Protativas, pero según Kosow Pmec= Protatorias, no es que esto esté mal, lo que sucede
es que cada autor tiene diferente nomenclatura, esto ya es cuestión de cómo designemos a cada potencia.
Pflecha = Pmec − Pr otativas
Pag = 4399.809W
Pflecha = (1 − S ) Pag − Pr otativas
Pflecha = (1 − 0.15)( 4399.809) − 403
Pag = Pp.( It ) 2 .Rf = 3(15.45 2 )(6.16)
Pflecha = 3931W
En la potencia del entrehierro Pp representa los pares de polos o a veces nph llamada número de fases del estator.
c) Se debe tener en cuenta que la potencia de 75 kW no es la de salida, ya que fue hallada en el literal anterior,
entonces se debe hallar la potencia de entrada.
Pent = Pp.VLN .Iest. cos θ = 3(127)(15.43) cos(−38.38º ) = 4608.475W
Psal = Pflecha
3931W
=
Pent
4608.475W
η = 85.3%
η=
************************************************************************************
PROBLEMA 7
Los datos de placa del fabricante de un motor de inducción de cuatro polos, 460V, 50Hp y 60Hz, indican que su
velocidad a plena carga o carga nominal es de 1755 rpm. Suponga que el motor funciona a plena carga.
a) ¿Cuál es el deslizamiento del motor?
b) ¿Cuál es la frecuencia de las corrientes de rotor?
c) ¿Cuál es la velocidad angular de la onda de flujo a través del entrehierro producida por el estator y con respecto al
estator? ¿Con respecto al rotor?
d) ¿Cuál es la velocidad angular de la onda de flujo a través del entrehierro producida por el rotor y con respecto al
estator? ¿Con respecto al rotor?
____________________________________________________________________________________
Datos:
P= 4polos
f= 60Hz
Spc= 1755rpm
SOLUCIÓN:
a)
Stéorica − Spc
Spc
Stéorica = Ssínc
S=
Stéorica =
1800 − 1755
1800
S = 0.025
S=
120 f
= 1800rpm
P
Se debe hallar primero la velocidad síncrona puesto que ya se nos da el valor de Spc. Puede preguntarse como darse
cuenta cual es la velocidad síncrona y la de plena carga (o en el rotor) o en el eje, simplemente se compara el valor de
las velocidades, la mayor será la síncrona y la menos la del eje.
Al respecto de lo anterior de las velocidades, la velocidad síncrona debe ser mayor, ya que debido a las pérdidas por
fricción, esta velocidad va disminuyendo y al final lo que se obtiene es la velocidad en el rotor (eje), se debe tener en
cuenta que en los síncronos la velocidad síncrona no es igual a la del rotor ya que entonces el deslizamiento es cero.
________________________________________________________________________________
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Ahora, puede que el valor de la síncrona no sea el del rango, por ejemplo de 537 rpm y otra de 223 rpm, entonces por
lo dicho anteriormente el valor de 537 será la Ssínc y el de 223 será Spc. Ver problema 8.
b) Se refiere a la frecuencia que tiene el rotor.
fr = S . fred = 0.025(60 Hz ) = 1.5 Hz
Donde fred= frecuencia de la red, en este caso de 60Hz y fr= frecuencia del rotor.
c) Para la onda de flujo a través del entrehierro producida por el estator no tenemos lo referente a la teoría, por lo que
si se quiere se deberá preguntar al profesor o consultar en otra parte.
d) Para la onda de flujo a través del entrehierro producida por el rotor de FITZGERALD tenemos:
d.1) Las corrientes del rotor producen una onda de flujo en el entrehierro que gira a velocidad síncrona y, por ende,
en sincronía con la producida por las corrientes del estator. Debido a que los campos del estator y rotor giran de
manera sincrónica, son estacionarios uno con respecto al otro y produce un par constante, con lo que se mantiene
constante la rotación del rotor (of= onda de flujo).
nof = (1 − s ) nsínc
nof = (1 − 0.025)(60πrad / seg )
nof = 58.5πrad / seg
Aquí sería necesario preguntar al profesor si es lo mismo decir velocidad de la onda de flujo del entrehierro (espacio
entre el rotor y estator generalmente con una distancia de 4mm) con velocidad del rotor. Se transformó las 1800rpm a
rad/seg dando 60π.
d.2) Con el rotor girando en la misma dirección que el campo del estator, se producirá una onda de flujo rotatorio
que gira a s*nsínc con respecto al rotor en la dirección de avance.
ωof = s.ω sínc = 0.025(60πrad / seg )
ωof = 4.7 rad / seg
El hecho de que se diga motor trifásico ya se refiere directamente a un motor de inducción, o sea, si nos dicen de
inducción es un motor trifásico.
************************************************************************************
PROBLEMA 8
Un motor de inducción trifásico funciona a casi 1198 rpm sin carga y a 1112 rpm a plena carga cuando es abastecido
por una fuente trifásica (red) de 60Hz.
a) ¿Cuántos polos tiene el motor?
b) ¿Cuál es el porcentaje de deslizamiento a plena carga?
c) ¿Cuál es la frecuencia correspondiente de las corrientes del rotor?
d) ¿Cuál es la velocidad correspondiente del campo del rotor y con respecto al rotor? ¿Con respecto al estator?
____________________________________________________________________________________
Datos:
Ssc= 1198 rpm
Spc= 1112rpm
f= 60Hz
SOLUCIÓN:
a)
120 f
P
120 ( 60 )
P =
1198
P = 6 . 01 polos
120 f
P
120 ( 60 )
P =
1112
P = 6 . 5 polos
Ssínc =
Ssínc =
Antes de poner como datos las velocidades, debemos comprobar cuál de las dos es la síncrona, por los dicho en el
problema 7 la mayor de las dos debería serlo, entonces con este valor hallamos un valor de polos que es de 6.01
polos, pero no se puede construir un estator que tenga este número de polos, entonces nos quedamos con el valor de
6 polos.
Ahora, supondremos que la Ssínc es la velocidad de menor valor o sea la de 1112, y como vemos esta nos da un valor
de 6.5 polos que redondeando son 7 polos, esto es imposible ya que este valor no se puede pasar a pares de polos
(por eso se dice pares), tendríamos P=7=2Pp, entonces Pp=7/2= 3.5, claro está que se puede redondear a 4 pero es
un valor pequeño comparado con 6. Entonces lo dicho en el problema 7 es verdad.
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b) Comprobado que 1198 es la síncrona, entonces
Stéorica − Spc
Spc
Stéorica = Ssínc
1198 − 1112
1198
S = 7.2%
S=
S=
c) Se refiere a la frecuencia que tiene el rotor.
fr = S . fred = 0.072 (60 Hz ) = 4.3 Hz
Donde fred= frecuencia de la red, en este caso de 60Hz y fr= frecuencia del rotor.
Los demás literales son exactamente lo mismo que en el problema anterior.
************************************************************************************
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