problemas resueltos de máquinas eléctricas

ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DE CHIMBORAZO

FACULTAD DE MECÁNICA

ESCUELA DE INGENIERÍA MECÁNICA

PROBLEMAS RESUELTOS DE TRANSFORMADORES Y MÁQUINAS ELÉCTRICAS

ROTORESTATOR

CARCAZA

ESCOBILLAS

BOBINA DECAMPO

ROTORESTATOR

CARCAZA

RANURAS

MOTOR DE CD 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

________________________________________________________________________________MÁQUINAS ELÉCTRICAS I REPASO Y ECUACIONES

REPASO Y ECUACIONES

CIRCUITOS MAGNÉTICOS 1. H= Intensidad del campo magnético (Amperes / metro) S= Superficie de contorno J= Densidad de corriente

B=Densidad del flujo magnético (Wb/metro2= 1Tesla) 2. 3. Ф=Flujo magnético en Weber (Wb) 4. Фc= Flujo en el núcleo Bc= Densidad de flujo en el núcleo Ac= Área de la sección transversal del núcleo. 5. 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) 6. Ф= Flujo en el entrehierro 7. F=ФR R=Reluctancia (Amp-vuelta/Wb) 8. R=L / µA L= Longitud media de recorrido del núcleo 9. µo= Permeabilidad del vacío (4πx10-7Wb/Amp.vuelta.m) µ R= Permeabilidad relativa del material. Se encuentra tabulado 10. Rc= Reluctancia en el núcleo con sus respectivas unidades. Rg= Reluctancia en el entrehierro con sus respectivas unidades. 11.

Rtotal= Reluctancia total que generalmente se encuentre en estos circuitos en serie.

L= Valor de la inductancia. 12. W= Energía magnética acumulada.

∫∫ =SC

daJHdl .

∫ =S

daB 0.

∫=S

daB.φ

Ccc AB .=φ

HB

IcHcF

dlHiNF

µ==

== ∫.

..

AgBg.=φ

0µµµ R=

=

=

=

Wb

vA

oA

lR

Wb

vA

A

lR

mvA

Wb

g

gg

c

cc

or

*

*

**

µ

µ

µµµ

[ ]HenrysR

NL

Wb

vARRR

TOTAL

gcTOTAL

2

*

=

+=

][2

1 2 JoulesLiW =


________________________________________________________________________________MÁQUINAS ELÉCTRICAS II REPASO Y ECUACIONES

13.

e= Voltaje inducido con variación temporal (Se refiere a la variación del flujo con respecto al tiempo)

14. 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.

15. Erms= Voltaje rms del inductor 16. 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. K=Coeficiente de acoplamiento L1= Inductancia del primario L2= Inductancia del secundario M= Inductancia mutua 2. α= Relación de transformación cuando el transformador es de bajada V2<V1 3. α= Relación de transformación cuando el transformador es de subida V2>V1 4. S= Potencia en KVA total del transformador, su uso se verá en

los problemas. 5. 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.

[ ]Voltsdt

dBNA

dt

dNe c

c== φ

[ ]WbR

iN

RRF

RiNF

gTOTAL

gcTOTAL

TOTALTOTAL

*

)(

*

=

+===

φ

φφ

[ ]VoltsBfNAE máxcrms2

2π=

[ ]vueltaWbN .φλ =

21 * LL

Mk =

2

1

N

N=α

1

2

N

N=α

SSIVIVS ==== 222111

nomnom

nomnom

V

SI

V

SI

22

11

=

=


________________________________________________________________________________MÁQUINAS ELÉCTRICAS III REPASO Y ECUACIONES

%1001

111 x

Vpc

VpcVscRV

−=

6. 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 Vsc= Voltaje sin carga en el lado de alta Vpc1= Vsc1 – I1Zeq1 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.

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: 1. Motor Shunt o en derivación

Vt= Voltaje terminal Ea= Voltaje generado VE= Voltaje en las escobillas Ia= Corriente de armadura o inducido Ra= resistencia de la armadura o inducido

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.

%100

)(cos

2

222

2222222

xV

VERV

IXsenVjRIVE eqeq

−=

±++= θθ

Ra

Rf

Lf

Ea

ItIa

If

Vt

Escobillas

IaRaVEEV AT ++=


________________________________________________________________________________MÁQUINAS ELÉCTRICAS IV REPASO Y ECUACIONES

2. Relación entre Psal en el eje con el par en el eje o par de salida. 3. Potencia terminal llamada también potencia de entrada. 4. Potencia electromagnética o potencia desarrollada. 5. Para un generador compuesto en derivación larga

Ia= Corriente en la armadura If= Corriente del campo Ns= Número de vueltas en la armadura Nf= Número de vueltas en el estator

6. Regulación de velocidad: ωsc= velocidad sin carga ωpc= velocidad a plena carga

7. Torque o para desarrollado:

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:

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.

9. Pérdidas rotacionales = Pérdidas mecánica= Pr.

Pd=Potencia desarrollada Po= Potencia de salida

10. Pérdidas totales constantes Pk:

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= Pérdidas totales constantes

nomTejePsal ω=

TVIaalPter .min =

EaIaPelctmag=

+=

+=

Nf

NsIaIffmmbruta

IfIIa L

%100xRPC

PCSC

ωωωω −

=

D

PdTd

ω=

X

XXXXXX

XXXX

XXXX

EaIa

IaEakcIakEa

Ia

Ia

Ea

EakcIakEa

kcIa

kcIa

Ea

EacIa

0

000

0

ωωφωφω

ωφφωφωφω

ωφφωφ

===

===

==

PoPdPR −=

Pr. += IfVfPk

Ra

PkIaRaIaPk máxmáx =→= ηη

2


________________________________________________________________________________MÁQUINAS ELÉCTRICAS V REPASO Y ECUACIONES

12. Fracción de carga para la eficiencia máxima FC:

FC= Fracción de carga.

13. La eficiencia máxima (es diferente de la eficiencia nominal):

Pent.nom= Potencia de entrada nominal= Vt.IL

14. Pérdida en el campo derivación del generador.

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= Voltaje generado Ia= Corriente en la armadura “saliendo”

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

17. Eficiencia con todos los parámetros. 18. Otra forma para la eficiencia:

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= 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.

NOM

máx

Ia

IaFC η=

).(

2).(

nomPentFC

PknomPentFCMÄX

−=η

RfRf

VtRfIfPder

2

2

==

IaEgPg

IfIIa

IVtPsal

VtEa

RaIaVtEg

L

L

.

.

.

=+=

=>

+=

PderPelPsalPg ++= var.

PcampoParmadurasPeléctrica

sPeléctricasotacionalePpérdidas

PpérdidasPsal

Psal

+=+=

+=

Pr

η

%100Pr

xPcParPsal

Psal

+++=η

VtRaIaEaEd

EefEd

=+==

.

cos.35.1 α


________________________________________________________________________________MÁQUINAS ELÉCTRICAS VI REPASO Y ECUACIONES

20. Voltaje en las terminales de la armadura en función del Vbus.

Ton= Tiempo de encendido T= Período f= Frecuencia en Hz.

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

f= Frecuencia de la red P= Número de polos o número de fases del estator Pp= Pares de polos= 2P

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.

P= Número de polos β= Grados mecánicos

3. El ángulo δ entre el voltaje resultante Er y el voltaje de fase aplicado Vp. 4. La potencia total que toma el motor de las barras de distribución y la potencia que desarrolla la armadura.

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= Voltaje de terminales por fase del motor Egp= Voltaje generado por fase Er= Voltaje resultante

Tf

V

Vt

VVtT

T

BUS

BUS

ON

1

12

1

)12(

=

+=

−=

=

δ

δ

δ

Pp

f

P

fSsínc

60120 ==

2/βα P=

Egp

Vp

Er

δ

PfasePtotal

IafaseVpPfase

3

cos..

== θ

ParmPtotalPd

RafaseIaParm

−== .3 2

αα jEgpsenEgpVpEr

EgpV

Vp LL

+−=

==

cos3


________________________________________________________________________________MÁQUINAS ELÉCTRICAS VII REPASO Y ECUACIONES

6. La corriente de fase que toma el motor si se conoce el valor de la impedancia de fase 7. Torque o par desarrollado

Pd= Potencia desarrollada ω= Velocidad en algunos casos la síncrona (Tsal) o diferente de esta

8. Torque de salida

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

10. Eficiencia 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

______________________________________________________________________________________________

MÁQUINAS ASÍNCRONAS O DE INDUCCIÓN ECUACIONES: 1. Deslizamiento fraccionario

2. Velocidad a plena carga (o en el rotor) en función del deslizamiento y la velocidad síncrona.

s= Deslizamiento nsínc= Velocidad síncrona o a veces llamada velocidad teórica o sin carga.

3. Frecuencia del rotor

s= Deslizamiento f eléctrica= Es la frecuencia con la que trabaja la red

Zs

ErIfase

rfasepedanciapoZs

=

= Im

sínc

PdTd

ω=

sínc

PsalTsal

ω=

θcos.3 IafaseVPent LL=

Pent

Psal=η

m

m

a

a

P

f

P

fSsínc

120120==

síncrotor nsn )1( −=

sínc

rotorsínc

sínc

rotorsínc

S

SS

n

nns

−=

−=

eléctricaredrotor sfsff ==


________________________________________________________________________________MÁQUINAS ELÉCTRICAS VIII REPASO Y ECUACIONES

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: 6. Par de arranque

Tx= Par en condiciones finales Vx= Voltaje en condiciones finales Vo= Voltaje inicial

7. Potencia disipada por el rotor.

s= Deslizamiento Pag= Potencia en el entrehierro

8. Potencia en el estator

It= Corriente terminal Ra= Resistencia de armadura

9. Potencia en el entrehierro

Pent= Potencia de entrada

10. Otra forma para el deslizamiento

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:

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:

Ф= Flujo por polo en Webers

810...44.4 −= KdxKpfNpEgp φ

KdKpfNpEgp ...44.4 φ=

síncsíncsíncrotorsínc nsnsnsnns =−+=+ )1(...

2

=Vo

VxTarrTx

PagsProtor .=

RaItPestator .)(3 2=

P

fStéorica

SsíncStéorica

Spc

SpcStéoricaS

120=

=

−=

PestatorPentPag −=


________________________________________________________________________________MÁQUINAS ELÉCTRICAS IX REPASO Y ECUACIONES

4. Velocidad síncrona

Ssinc= Velocidad síncrona [rpm] P= Número de polos

5. Velocidad síncrona

ωsinc= Velocidad síncrona [rad/seg] Pp= Número de pares de polos

6. Valores en conexiones trifásicas.

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:

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∆.

P

fcS

120sin =

Pp

fcS

60sin =

VVLL 125=∆

LLYV

∆LLV LLYV

LLYV

LLYI∆LI

∆CARGAI

∆= LLLLY VV 3

LLY

LYV

SI

3=

%100xVp

VpEgpRV

−=


________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS 1 CIRCUITOS MAGNÉTICOS

PROBLEMA A

CIRCUITOS MAGNÉTICOS

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.

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. 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. 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.

Rg1

Rg2

Rg4Rg3

R1

R2

R4R3

R5

R6R7

R8R9

R11

R10

F1

F2F3+

+

+

-

--

1

2

3



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. 2.

3. 4.



PROBLEMA 1

PROBLEMA 2

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:

Cálculos previos:

a) b) ************************************************************************************ 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:

Wb

vA

xx

x

A

lR

Wb

vA

xA

lR

mvA

Wbx

go

gg

c

cc

or

*06.442097

)109)(104(

105

*60.3789

)109)(08796.0(

3.0**

08796.0)104)(70000(

47

4

4

7

===

===

===

−−

−

−

−

πµ

µ

πµµµ

Av

vA

N

FiNiF

vAxRRF

Wbxmxm

WbAB

gc

cc

401.01000

*2979.401

*2979.401)60.378906.442097)(109()(

109)109)(1(

4

4242

===⇒=

=+=+=

===

−

−−

φ

φ

Av

vA

N

Fi

vAxRRF

Wbx

Wb

vA

xx

x

A

gR

cg

gog

653.0500

*72.321

*72.321)60.378965.353677)(109()(

109

*65.353677

)109)(104(

104

4

4

47

4

===

=+=+==

===

−

−

−−

−

φφ

πµ

Av

vA

N

Fi

vARF

Wb

vA

xA

gR

comoA

lR

A

lR

gg

gog

r

rr

e

ee

647.28500

*9.14323

*9.14323)73.39788*2)(18.0()2(

*73.39788

)2.0)(104(

01.0

0;0

7

===

===

===

∞→====

−

φπµ

µµµ

Lc

i

N

Rc

RgF

+

-

Rg

F

RgRc

+

-

i



PROBLEMA 4

PROBLEMA 3

PROBLEMA 5

Para el problema 1 calcular la inductancia para una µr=30000 sin variar las dimensiones. SOLUCIÓN: ************************************************************************************ 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)

c) ************************************************************************************ 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. SOLUCIÓN: Usando la curva se tiene que cuando Bc=1.6 T el valor de Hc=70 A*v/m

HenrysR

NL

Wb

vARRR

Wb

vA

xx

x

A

gR

Wb

vA

xA

lR

mvA

Wbx

TOTAL

gcTOTAL

gog

c

cc

or

554.03.450962

)500(

*3.450962

*06.442097

)109)(104(

105

*24.8865

)109)(0376.0(

3.0**

0376.0)104)(30000(

22

47

4

4

7

===

=+=

===

===

===

−−

−

−

−

πµ

µ

πµµµ

HenrysR

NL

vAxRF

WbxxAB

TOTAL

TOTAL

cc

554.03.450962

)500(

*6928.324)3.450962)(102.7(

102.7)109)(8.0(

22

4

44

===

===

===−

−−

φφ

JoulesW

AN

Fi

LiW

1168.0)6493.0)(554.0(5.0

6493.0500

6928.3242

1

2

2

==

===

=

[ ]

[ ]Voltste

txe

tNAdt

tsendNA

dt

dBNA

dt

dNe cc

cc

15.314cos09.113

15.314cos)15.314)(8.0)(109)(500(

cos8.08.0

4

==

====

−

ωωωφ

AN

Fi

vAFFF

vAx

xlH

lBF

vAlHF

TOTAL

gcTOTAL

ggo

ggg

ccc

315.1500

619.657

*619.657)619.63621(

*619.636104

)105)(6.1(

*21)3.0)(70(

7

4

===

=+=+=

====

===

−

−

πµ



PROBLEMA 6

PROBLEMA 7

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.

SOLUCION: a)

b) c) d) ************************************************************************************ Repita el problema 1 y considere una permeabilidad finita para el núcleo de µ=2500µO

SOLUCIÓN: a) b)

c) d)

Wb

vAR

xx

x

A

gR

R

peroA

lR

g

gog

c

c

cc

*2.1016823

)108.1)(104(

103.2

0

,

37

3

=

==

=

∞→=

−−

−

πµ

µµ

Wbx

R

iN

RRF

RiNF

TOTAL

gTOTAL

gcTOTAL

TOTALTOTAL

41022.1

2.1016823

)5.1)(83(*

)(

*

−=

==

+===

φ

φ

φφ

vWb

x

N

*010.0

)1022.1)(83( 4

===

−

λλ

φλ

HenrysxL

R

NL

TOTAL

3

22

10775.6

2.1016823

83

−=

==

Wb

vA

A

gR

Wb

vAR

xxA

lR

mvA

Wbxx

gog

c

c

cc

*2.1016823

*29.106103

)108.1)(101416.3(

6.0**

101416.3)104(2500

33

37

==

=

==

==

−−

−−

µ

µ

πµWbx

R

iN

TOTAL

TOTALTOTAL

410108.1

49.1122926

)5.1)(83(*

−=

==

φ

φ

vWbx

xN

*102.9

)10108.1)(83(3

4

−

−

===

λφλ

HenrysxR

NL

TOTAL

322

10134.649.1122926

83 −===

Lc

i

N

Rc

RgF

+

-



PROBLEMA 8

PROBLEMA 9

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) 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 Tesla. SOLUCIÓN: a) b)

************************************************************************************ 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.

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: 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 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)

−=

ocg X

xAA 1

( )oXx 8.00 ≤≤

vueltasN

xN

RLN TOTAL

11146.110

)2.1016823)(1012(

*

3

≈==

=− Ax

xi

iNAB cc

53

1063.146.110

)108.1)(1(

*

−−

==

==φ

ggc

ggc

cc

gccTOTAL

cgcg

cgcg

pc

RA

iNB

RA

iNB

AB

RABiNRiNF

AAAA

X

XAA

XAA

XxCuandoxCuando

RR

Como

10

*

2

*

)2(**

2.0

8.01

01

:)8.0(:)0(

0

:

0

0

0

0

==

=

===

==

−=

−=

≤≥

==∞→

φφ

µ

i

N

Rg

RgF

Rc

+

-



PROBLEMA 10

PROBLEMA 11

b) ************************************************************************************ 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: ************************************************************************************ 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:

TOTALgc

TOTALgc

gpcTOTAL

cc

TOTALccTOTAL

cgcg

cgcg

p

pp

gg

c

cc

RA

iNB

RA

iNB

RRRR

AB

RABiNRiNF

AAAA

X

XAA

XAA

XxCuandoxCuando

A

lR

A

gR

A

lR

5

**

2

**

2.0

8.01

01

:)8.0(:)0(

0

0

0

0

0

==

++==

===

==

−=

−=

≤≥

===

φφ

µµµ

Ax

N

RABi

Wb

vAR

x

x

xxA

g

A

l

A

lRAAA

mvA

Wbx

TOTALccTOTAL

gop

p

c

cTOTALccg

96.1430

)32.794407)(102.8)(3.1(*32.794407

1003.1

108

1088.2

028.0

1088.2

23.0

025.0

01

**)104(2800

4

9

4

66

7

====

++=++==

−=

=

−

−

−

−−

−

µµµ

πµ

mxAg

RRWb

vAR

Wb

vAR

xL

NR

xxA

lR

RRR

go

gc

TOTALc

TOTALc

cc

gcTOTAL

4

3

22

43

1052.32.779608

937500

*937500

*8.157891

106

75

)106.3)(1063.2(

15.0

−

−−−

==

+=

==

====

+=

µ

µ



PROBLEMA 12

PROBLEMA 13

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 Calcule: a) La longitud media del núcleo y el área de la sección

transversal del núcleo b) La reluctancia del núcleo y del entrehierro. Para N= 65 vueltas, calcule: c) La inductancia L d) La corriente que se requiere para operar a una densidad de flujo del entrehierro de Bg= 1.35 T e) Los acoplamientos de flujo correspondientes a la bobina. SOLUCIÓN: a)

b) c)

d) e) ************************************************************************************ Repita el problema 7 para una permeabilidad del núcleo de µ=750µ0

SOLUCIÓN: a) b)

24102.1)(

003.02

mxRRhA

mRR

l

ioc

ioc

−=−=

=−=

Wb

vA

A

gR

R

Como

gog

c

*92.13262911

0

==

=∞→

µ

µ

Ai

x

N

RABi

N

Ri

TOTALcc

TOTALTOTAL

1.3365

)92.13262911)(1062.1( 4

=

==

=

−

φ

vWb

xN TOTAL

*01053.0

)1062.1)(65( 4

=== −

λφλ

24102.1)(

003.02

mxRRhA

mRR

l

ioc

ioc

−=−=

=−=

Wb

vA

A

gR

Wb

vA

A

lR

gog

c

cc

*92.13262911

*82.26525

==

==

µ

µ

HenrysxR

NL

Wb

vARRR

TOTAL

gcTOTAL

42

1018.3

*92.13262911

−==

=+=

i

N F

Rc

Rg+

-



PROBLEMA 14

PROBLEMA 15

PROBLEMA 16

c) d)

e) ************************************************************************************ 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:

************************************************************************************ 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. ************************************************************************************ El inductor que se presenta en el problema 10 se operará a partir de una fuente de voltaje de 60 Hz. 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 de 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.

HenrysxR

NL

Wb

vARRR

TOTAL

gcTOTAL

42

101792.3

*74.13289437

−==

=+=

Ai

x

N

RABi

N

Ri

TOTALcc

TOTALTOTAL

12.3365

)92.13262911)(1062.1( 4

=

==

=

−

φ

vWb

xN TOTAL

*01053.0

)1062.1)(65( 4

=== −

λφλ

rc

cor

gocor

cgcTOTAL

TOTAL

gl

NAL

enemplazando

A

g

A

lRRR

R

NLComo

µµµ

µµµ

+=

+=+==

2

2

:)1()2(Re

)2()1(:

HenrysL

x

gl

NAL

rc

cor

03.0

)1000)(0008.0(15.0

)480)(1025.1)(0001.0( 232

=+

=+

=−

µµµ

NúcleoN de la bobina

F

Rc

Rg+

-



PROBLEMA 17

SOLUCIÓN: a) b.1) De la curva 1.10 (texto) tenemos que: Hc=200 A*v/m

b.2) 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. ************************************************************************************ En la figura se ilustra un circuito magnético con entrehierro simple. Las dimensiones del núcleo son:

Área de la sección transversal 23108.1 mxAC

−=

Longitud del núcleo principal mlC 6.0=

Longitud del entrehierro mxg 3103.2 −=

N=83 vueltas 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 λ d) la inductancia de la bobina L.

VoltsE

E

BfNAE

rms

rms

máxcrms

18.19

)5.1)(0001.0)(480)(60(44.42

2

==

= π

AN

HlI

m

vAHfNAH

rmscrms

ccrms

7997.0

*10.2559

2

2

==

== π

JoulesW

HenrysL

Wb

vARRRR

R

NL

vWbANBNL

W

TOTALgcTOTALTOTAL

ccmáx

0864.0

030.0

*724.7566197

*072.02

2

2

==

=+==

==== φλλ

g

N

µC

C

A

l

+

φRc

Rg

F



PROBLEMA 18

SOLUCIÓN: a) Como el núcleo presenta permeabilidad infinita ( ∞→µ ), entonces:

( )

=

∞

==− Wb

vueltaA

mxmvueltaA

Wb

m

A

lR

C

CC

.0

108.1..

6.0

23µ

Para el entrehierro se usa e l valor de mvueltaAWbx ../104 70

−= πµ , entonces:

( ) ( )

===

= −−

−

Wb

vueltaAx

mxmvueltaAWbx

mx

AA

lR

Cg

gg

.100168.1

108.1../104

103.2

)(6

237

3

0 πµ

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:

( )[ ]Wbx

WbAx

Avueltas

RR

iN

iNRR

gCtotal

gCtotal

46

10224.1/100168.1

)5.1(83.

.

−==+

=

=+

φ

φ

c) Generalmente el término acoplamiento se refiere a los transformadores que se usan para acoplar resistencias entre el circuito primario y la carga.

[ ]WbxWbxN total24 10015.1)10224.1(83. −− === φλ

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.

[ ]mHA

Wbx

iL 766.6

5.1

10015.1 2

===−λ

************************************************************************************

Repita el problema 17 y considere una permeabilidad finita para el núcleo de 02500 µµ = .

SOLUCIÓN:

a) Como el núcleo presenta permeabilidad ( 02500 µµ = ), entonces:

( )

=

==

−− Wb

Ax

mxmA

Wbx

m

A

lR

C

CC

.10061.1

108.1.

1042500

6.0 5

237πµ



PROBLEMA 19



( ) ( )

===

= −−

−

Wb

Ax

mxmAWbx

mx

AA

lR

Cg

gg

6237

3

0

100168.1108.1../104

103.2

)( πµ

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:

( )[ ]Wbx

WbA

Avueltas

RR

iN

iNRR

gCtotal

gCtotal

4101087.1/1122900

)5.1(83.

.

−==+

=

=+

φ

φ

c) Usando la relación del problema 1, tenemos:

[ ]WbxWbxN total34 102.9)101087.1(83. −− === φλ

d) Usando la relación del problema 1.1, tenemos:

[ ]mHA

Wbx

iL 13.6

5.1

102.9 3

===−λ

************************************************************************************ 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:

( ) ( )[ ]vueltasN

mvueltasAWbxHNRRR

NL

gCtotal

110

../10017.1012.0)(

622

=

=⇒+=

=

Recordar que: AmTHenry /. 2= donde T= Tesla

b) Se usará la ecuación del flujo magnético (similar al flujo eléctrico), obteniendo:

( ) ( )( )

[ ]Ai

vueltas

WbvueltasAxWbx

N

Ri

R

iN

WbxmxTAB

totalC

totalC

CCC

6.16

110

/.10017.1108.1..

108.1108.11.63

323

=

==⇒=

===−

−−

φφ

φ



PROBLEMA 20

PROBLEMA 21

Reelabore el problema 19, y considere una permeabilidad del núcleo de 01300 µµ =

SOLUCIÓN: Siguiendo el procedimiento del problema 2, tenemos:

a) Como el núcleo presenta permeabilidad ( 01300 µµ = ), entonces:

( )

=

==

−− Wb

Ax

mxmA

Wbx

m

A

lR

C

CC

.1004.2

108.1.

1041300

6.0 5

237πµ



( ) ( )

===

= −−

−

Wb

Ax

mxmAWbx

mx

AA

lR

Cg

gg

6237

3

0

100168.1108.1../104

103.2

)( πµ

El número de vueltas es:

( ) ( ) [ ]vueltasNmvueltasAWbxHN 99.120../1022.1012.0 62 =→=

b) Se usará la ecuación del flujo magnético (similar al flujo eléctrico), obteniendo:

( ) ( )( )

[ ]Ai

vueltas

WbvueltasAxWbx

N

Ri

R

iN

WbxmxTAB

totalC

totalC

CCC

15.18

121

/.1022.1108.1..

108.1108.11.63

323

=

==⇒=

===−

−−

φφ

φ

************************************************************************************ 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:

( )

++=

8.70

047.01

34991

Bmµµ

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



PROBLEMA 22

SOLUCIÓN: Se empieza reemplazando el valor de Bm en a ecuación dada:

************************************************************************************

El circuito magnético que se muestra en la figura consiste en un núcleo y un émbolo móvil con un espesor Pl cada

uno con una permeabilidad µ .

El núcleo posee un área de sección transversal Ac y

longitud media Cl . 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:

Es posible ignorar cualquiera de los campos de dispersión en el entrehierro y emplear aproximaciones consistentes con el análisis del circuito magnético.

( ) ( )( )

( )

( )

( ) [ ]Ax

N

Ri

WbxAB

WbAxRg

WbAxmxmAWb

m

A

lR

mAWbmAWbx

Bm

totalC

CCC

C

CC

06.6283

1035.1004.0.

004.0108.12.2.

/10017.1

/1033.3108.1./001.0

6.0

.

./001.0./104730

7302.2047.01

34991

047.01

34991

6

3

6

523

7

08.78.70

===

===

=

===

==

=

++=

++=

−

−

−

φ

φ

µ

πµ

µµµ

g

N

µC

C

A

l

+

φRc

Rg

F

−=

0

1X

xAA Cg

Xo

xPl

Émbolo

I

vueltasN

Cl

g

g

µ



a) Al asumir que ∞→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 ( )08.00 Xx ≤≤ . ¿Cuál

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:

−=

−==

==

0

0

1

1;.

..

X

xBB

X

x

A

Apero

A

BAB

ABAB

gC

C

g

C

ggC

ggCCtotalφ

b) Del circuito tenemos:

( )

( )

+

+=

++=

++=++==

PCC

gg

C

Pg

C

Cg

g

gg

C

P

C

C

gggPCggg

llA

AgB

A

lA

A

lA

A

AgBiN

A

l

A

l

A

gABRRRABiNF

µµµµµ

µµµ

12

.

.

.

.

.

.2.

...

2.2..

00

0

Multiplicamos los dos lados de la ecuación anterior por 0µ , obteniendo:

( )

( )

+

−+=

−=

+

+=

PCg

C

gPC

C

gg

llX

xgBiN

X

x

A

Aperoll

A

AgBiN

0

00

000

12..

1;12

..

µµµ

µµµ

Finalmente:

( )

+

−+

=

PC

g

llX

xg

iNB

0

0

0

12

..

µµ

µ

Es importante notar que la relación Ag/Ac se obtiene del enunciado del problema.

φ+

Rc

g2

Rp



PROBLEMA 23

El circuito magnético del problema 22 posee las siguientes dimensiones:

vueltasNcmX

mmgcml

cmlcmA

P

CC

4305.2

8.08.2

232.8

0

2

======

a) Suponga una permeabilidad constante de 02800 µµ = , 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:

++=

8005.01

11991

mBµµ , donde Bm es la densidad del flujo magnético del material.

SOLUCIÓN: a) Usamos la expresión del problema anterior, en la cual reemplazamos los datos:

( )

( )( )

( ) ( )( ) ( )

( )( )( ) ( ) ( )

( )

[ ]Ai

x

ix

x

ixT

x

xx

ixT

llX

xg

iNB

PC

g

049.4

10683.1

104035.5

028.023.012800

11082

4301043.1

028.023.0025.0

01

1042800

1041082

4301043.1

12

..

3

4

4

7

7

74

7

0

0

0

=

=

++

=

+

−+=

+

−+

=

−

−

−

−

−

−−

−

ππ

ππ

µµ

µ

b) Reemplazamos el valor de Bm en la ecuación para obtener:

( )mAWbx

Bm

./10272.11012

5.10113.105.01

11991

05.01

11991

30

08080

−==

=

++=

++=

µµ

µµµµ



PROBLEMA 24

Se usa nuevamente la expresión del problema anterior:

( )

( )( )

( ) ( )( ) ( )

( )( )( ) ( ) ( ) ( )[ ]

( )

[ ]Ai

x

ix

xx

ixT

x

xx

ixT

llX

xg

iNB

PC

g

40.4

10829.1

104035.5

028.023.0110879.91082

4301043.1

028.023.0025.0

01

10272.1

1041082

4301043.1

12

..

3

4

44

7

3

74

7

0

0

0

=

=++

=

+

−+=

+

−+

=

−

−

−−

−

−

−−

−

π

ππ

µµ

µ

************************************************************************************ Un inductor con la forma que esquematiza en la figura del problema 17, presenta las siguientes dimensiones:

Área de la sección transversal 26.3 cmAC =

Longitud media del núcleo cmlC 15=

N= 75 vueltas

Tome en consideración una permeabilidad del núcleo de 02100 µµ = 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:

( )

( ) ( )( )

( ) ( ) ( )[ ]mmmxg

mxmAWbxWbAg

ARgA

gR

WbAWbAR

xxRRRRRR

WbAxL

NR

R

NL

CgC

g

g

CtotalggCtotal

totaltotal

298.01098.2

106.3./104/222.659722

...

/222.659722/777.277777937500

106.3105.1

15.0937500

/937500106

75

4

247

00

43

3

222

===

=→=

=−=

−=−=→+=

===→=

−

−−

−−

−

π

µµ



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:

cmgcmhcmRocmiR 2.0;2;4;4.3 ====

Calcule:

a) La longitud media del núcleo Cl 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 correspondientes a la bobina. SOLUCIÓN:

a) La longitud media del núcleo es el perímetro del anillo, entonces:

( ) ( ) cmcmcmgRiRolC 5699.32.04.3422 =−−=−−= ππ

El área de la sección transversal es:

( ) ( ) ( ) 22 2.124.34. cmcmhRiRoA =−=−=

b) Se calculan las reactancias del núcleo y del entrehierro:

( )

( )

=

==

=

∞

==

−−

−

Wb

Ax

mxmA

Wbx

m

A

gR

Wb

A

mxmA

Wb

m

A

lR

CC

C

CC

.10326.1

102.1.

104

002.0

.0

102.1.

035699.0

7

2470

24

πµ

µ

c) El valor de la inductancia es:

( ) [ ]mHHxWbAx

vueltas

R

NL

total

3186.010186.3/10326.1

65 47

22

==== −

i

N

Ro

iR g

∞→µ h

F

Rg

Rcφ

+



PROBLEMA 26

d) El valor de corriente en función de la densidad de flujo magnético es:

( ) ( ) ( )

[ ]Ai

vueltas

WbAxmxT

N

RABi totalgg

048.33

65

/10326.1102.135.1.. 724

=

==−

e) Los acoplamientos de flujo se hallan con la relación:

( ) ( )[ ]mWb

AHxiL

52.10

048.33103186.0. 3

=== −

λλ

************************************************************************************

Repita el problema 25 para una permeabilidad del núcleo de 0750 µµ =

SOLUCIÓN: a) La longitud media del núcleo es el perímetro del anillo, entonces:

( ) ( ) cmcmcmgRiRolC 5699.32.04.3422 =−−=−−= ππ

El área de la sección transversal es:

( ) ( ) ( ) 22 2.124.34. cmcmhRiRoA =−=−=

b) Se calculan las reactancias del núcleo y del entrehierro:

( )

( )

=

==

=

==

−−

−−

Wb

Ax

mxmA

Wbx

m

A

gR

Wb

Ax

mxmA

Wbx

m

A

lR

CC

C

CC

.10326.1

102.1.

104

002.0

.1015648.3

102.1.

104750

035699.0

7

2470

5

247

πµ

πµ

c) El valor de la inductancia es:

( ) [ ]mHHxWbAx

vueltas

R

NL

total

3112.010112.3/1035756.1

65 47

22

==== −

d) El valor de corriente en función de la densidad de flujo magnético es:

( ) ( )( )

[ ]Ai

vueltas

WbAxmxT

N

RABi totalgg

83.33

65

/1035756.1102.135.1.. 724

=

==−



PROBLEMA 27

e) Los acoplamientos de flujo se hallan con la relación:

( ) ( )[ ]mWb

AHxiL

52.1001052.0

83.33103112.0. 3

==== −

λλ

************************************************************************************ 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 rµ , así como un devanado con N número de vueltas. Elabore una expresión para la

inductancia L. SOLUCIÓN: Se nota del gráfico que existe otra forma de representar una bobina, entonces del circuito se tiene:

gl

ANL

gl

AL

N

R

NLAdmás

gl

AA

g

A

lR

peroA

g

A

lRRR

r

C

C

r

C

C

total

r

C

CCCr

Ctotal

rCC

CgCtotal

+=

+=

=

+=+=

=+=+=

µ

µ

µµ

µµµµµ

µµµµµ

..

.

1

:

.

1

...

...

20

0

2

2

000

00

F

Rg

Rcφ

+

N

Ac

g



PROBLEMA 28

PROBLEMA 29

El inductor de la figura anterior presenta las siguientes dimensiones:

vueltasNmmgcmlcmA CC 480;8.0;15;1 2 ====

Calcule la inductancia al ignorar el acoplamiento del flujo, los efectos de dispersión y suponer una 1000=rµ

SOLUCIÓN: Con los valores proporcionados, simplemente, los reemplazamos en la relación anterior.

( ) ( ) ( )

[ ]mHL

Hmx

mmxmAWbx

gl

ANL

r

C

C

47.30

03047.0108

1000

15.0101480./104..

4

242720

=

=+

=+

=−

−−π

µ

µ

************************************************************************************ 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:

a) El voltaje rms se calcula a partir de la expresión: máxC BANfrmsV ....2

2π=

( ) ( ) ( ) ( )

[ ]VrmsV

TmxHzBANfrmsV máxC

193.19

5.1101480602

2....

2

2 24

=

== −ππ

b) La corriente rms se halla a partir de la expresión: L

rmsVrmsI

.ω=

( ) ( )[ ]ArmsI

HHz

V

Lf

rmsV

L

rmsVrmsI

671.1

03047.0602

193.19

2.

=

===ππω

El valor pico de la energía acumulada está dada por la siguiente expresión: ( )225.0 rmsILEpico =

( ) ( ) ( )( )[ ]mJJE

AHrmsILE

pico

pico

07.8508507.0

671.1203047.05.025.0 22

==

==



PROBLEMA 30

PROBLEMA 31

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

231025.1 mx − 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 picoCmáx BANfE ....4=

( ) ( )( ) ( )[ ]VE

TmxHzBANfE

máx

picoCmáx

345

15.11025.11000604....4 23

=

== −

************************************************************************************ 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 25 cmAC = y con longitud media de cmlC 25= .

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 03200 µµ = .

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]

SOLUCIÓN: a)

ai) Cálculo de N:

vueltasN

Tmx

AHx

BA

ILN

satC

88.9

)7.1()105(

)6()104.1(

.

.24

4

=

== −

−

N

Ac

gF

Rg

Rcφ

+



PROBLEMA 32

a ii) Cálculo de g:

( ) ( )

( ) Ac

g

Ac

lc

AcBc

ILRcRgR

I

RAcBc

RI

RAcBc

R

NL

total

total

total

total

total

...

.

...

02

2

2

2

2

22

µµ+==+=

===

Despejamos g de la ecuación anterior:

( ) ( ) ( )( ) ( )

][3599.0

10599.3108125.710445.1

1033.6

3200

25.0

1057.1

1046104.1.

.

..

454

8

42

7230

20

2

mmg

mxxx

xg

x

xxlc

AcBc

ILg

=

=−=

−=−=

−−−

−

−

−− πµ

µµ

b)

b i) ( ) ( ) ( )

( ) ][2069.0102566.12

7.110599.3105

2

..6

244

0

2

Joulesx

xxBgAcEe saturación

mag === −

−−

µ

b ii) ( ) ( ) ( )

( ) ][0449.010021.42

7.125.0105

2

..3

242

Joulesx

xBlcAcEc saturación

mag === −

−

µ

b iii) ][2518.0 JoulesEcEeE magmagtotal =+=

************************************************************************************ 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 ( )0µµ = 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 ra << , el campo H dentro del toroide pude considerase dirigido alrededor del toroide y de magnitud uniforme

r

iNH

.2

.

π=

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 =dtdi / 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.

+

a2

rλ

i



PROBLEMA 33

SOLUCIÓN:

Se calcula el área de la sección transversal de un toroide: ( ) ( ) 222 54469.245.0.42. mmaAc === ππ

a) El valor de L se calcula por medio de la ecuación: totalRNL /2=

( ) ( )( )

][89.50050.0106482.19

1000

/106482.1954469.2104

83.62

.

.2

.

6

2

67

00

mHHx

L

WbAxxAc

r

Ac

lcRtotal

===

==== −πµπ

µ

b) La energía magnética total acumulada en el toroide se encuentra por medio de:

=

0

2

2 µB

VolE toroidetoroide

Se calcula el volumen del toroide a través de: ( ) ( ) 32 40.2 cmarVoltoroide == ππ

Finalmente: ][1087.42

75.1104

27

0

5

0

2

JoulesxxB

VolE toroidetoroide =

=

= −

µµ

c) Usando la ecuación siguiente se tiene:

( )( )( ) ( )

===

seg

Ampx

tN

Br

dt

di 3

00

10916.231000

75.1102

..

2

µπ

µπ

************************************************************************************ 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.

1i

2i

1g

2g

∞→µ

1AÁrea2AÁrea

1N2N



SOLUCIÓN: En primera instancia se dibuja el circuito equivalente, independiente de si actúan o no las dos fuentes. a) Los datos son: I2=0 y además que la permeabilidad del núcleo es infinita (por tanto su reluctancia es cero). i) Se nota que las reluctancias de los entrehierros 1 y 2 están en paralelo, entonces:

2

0112

1

0111

20

2222211

10

1111111

....

....

....

g

INB

g

INB

A

gABRIN

A

gABRIN gg

µµµ

φµ

φ

=∗=

==∗

==

ii) Se debe recordar que: HB .µ= además, l

INH

.=

( ) ( )

( )

+=

+=+=

+=+==

2

2

1

110

211

2

211

1

1110122011011

2211121111

...

...........

.....

g

A

g

AIN

g

AIN

g

AINNAHAHN

ABABNNN T

µλ

µµµλ

φφφλ

iii) Para este literal solo se considera el flujo 2.

( ) ( )

=

====

2

212102

2

112022022222222

...

........

g

AINN

g

INANHANABNN

µλ

µµφλ

11. IN ±

22 . IN−+

2R 2R 2g

2R

1R

1g

±11. IN

totalφ 1φ 2φ

1Rg2Rg



b) Los datos son: I1=0 y además que la permeabilidad del núcleo es infinita (por tanto su reluctancia es cero). 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.

2

0222

20

2222222

2222

..

....

)tan(0..

g

INB

A

gABRIN

teimporINR

g

g

µµ

φ

φ

=

==

=−

ii) Se tiene presente que: 0;0 11 == Bφ debido a que 01 =I

( ) ( )

=

====

2

222101

2

222012021221211

...

........

g

AINN

g

INANHANABNN

µλ

µµφλ

iii) Se tiene presente que: 0;0 11 == Bφ debido a que 01 =I

( ) ( )

=

====

2

22

2202

2

222022022222222

..

........

g

AIN

g

INANHANABNN

µλ

µµφλ

c) Se tiene presente que: 0;0 21 ≠≠ II

2φ

−+22. IN

1Rg2Rg

totalφ

±11. IN

−+

1φ 2φ

22. IN

1Rg 2Rg



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.

)""(..

..

..

...

22220

22211

1

0111

10

11111

φµ

µµ

elvequefuenteladesignoelnóteseINA

gABIN

g

INB

A

gABIN

−

=

=→

=

Si nos fijamos bien podemos comparar a 11. IN como una fuente de voltaje, el mismo que es la suma algebraica del

voltaje en la resistencia y de la otra fuente.

2

220

2

1102

22110

22

....

...

g

IN

g

INB

ININg

B

µµ

µ

+=

+=

ii) En este literal lo que se hace es reemplazar los valores de 21 ByB en una ecuación más general.

( ) ( )

+

+=

++=

+=+==

2

22210

2

2

1

110

211

2

2220

2

2110

1

111011

2211121111

.....

..........

.....

g

AINN

g

A

g

AIN

g

AIN

g

AIN

g

AINN

ABABNNN T

µµλ

µµµλ

φφφλ

iii) Se toma solo el flujo 2.

( )

+

=

+===

2

220

21

2

212102

2

220

2

11022222222

.....

........

g

AIN

g

AINN

g

IN

g

INANABNN

µµλ

µµφλ



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

221012

2

202

2

2

22

22

2

2

1

12111

2112

212

1

210120

2102

111

20

2

10

1

21

21

11

...

..

.

..

..

....

...

..

g

ANNL

g

AN

R

NL

g

A

g

ANL

gAgA

AAN

gAgA

AANL

A

g

A

gN

R

NL

g

total

µ

µ

µµµ

µµ


________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS 29 TRANSFORMADORES

PROBLEMA 1

PROBLEMA 2

PROBLEMA 3

TRANSFORMADORES

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 SOLUCIÓN: k=0.98 M=9.8 H ************************************************************************************ 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: SOLUCIÓN N2=50 vueltas a) b) c) d)

e) 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. ************************************************************************************ 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 SOLUCIÓN: I2=40 A V1=120 V N2=50 vueltas a) b) c)

HH

H

Lk

ML

LL

Mk

520

1

98.0

8.91

*2

1

2

2

21

=

=

=

=

vN

N

N

550

20

220

1

2

1

=

==α11

20

220 ==α090.0

220

20 ==αvuelta

volts

N

V4.0

550

220

1

1 ==

vuelta

volts

N

V03636.0

550

20

2

2 ==

1550

750

2

1 ===N

Nα

VV

V

V

815

1202

2

1

==

=α

Ω==

=

2.040

82

222

R

RIV



PROBLEMA 4

PROBLEMA 5

d) e) ************************************************************************************ 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 a) b) c)

N1=600 vueltas d) e) f)

g)

************************************************************************************ 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 a) b) N2=100 vueltas V1=240 V Z2=3+j0 Ω

v

volts

N

V

v

volts

N

V

25

4

750

120

16.0250

220

1

1

2

2

==

==

VAIVS

VAIVS

AI

I

320

3203

8

222

111

21

====

==α

vN

N 150440

110 12 == 4

110

440 ==α

v

volts

N

V733.0

600

440

1

1 ==v

volts

N

V733.0

150

110

2

2 ==A

V

VAxI

IVS

636.113440

1050 3

1

111

==

=

AV

VAxI

IVS

54.454110

1050 3

2

222

==

=

AI

ZIV

VV

voltsVV

N

N

103

30

308

240

8

2

222

2

12

2

1

==

==

==

==

α

αAI

II

25.18

10

1

21

=

==α

4

1

440

110 ==α



PROBLEMA 6

c) d) 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. ************************************************************************************ En el transformador de igualación de tres bobinas que se muestra en la figura, N1=1000 v, N2=200 v, N3=400 v, y el voltaje primario es 30 Vrms. Calcular: a. La Z2/ reflejada al primario. b. La Z3/ reflejada al primario. c. La impedancia total equivalente reflejada al primario. d. La corriente que en el primario toma del suministro. e. La potencia total que se toma del suministro. f. El voltaje V2 a través de Z2 y la potencia que se disipa en Z2. g. El voltaje V3 a través de Z3 y la potencia que se disipa en Z3. h. La potencia total que se disipa en las cargas.

Datos: N1=1000 v N2=200 v N3=400 v V1=30 V SOLUCIÓN: a) b) c)

d) e) f)

g) h)

El subíndice 1-2 quiere decir la relación α entre la bobina 1 y la 2, igualmente 1-3.

Ω∠=∠= 03

02 016,010 zz

Ω=

==

192

25.1

240

1

1

11

Z

I

VZ

Ω=

=

=

192

)3()8(

2

22

22

2

p

p

p

Z

Z

ZZ α

Ω===

===

250)10()5(

5200

1000

22

2122

2

112

ZZ

N

N

p α

α

Ω===

===

100)16()25(

5.2400

1000

23

2133

3

113

ZZ

N

N

p α

α

Ω=+

=

+=

428.71

100250

)100)(250(

*

23

23

32

3223

p

p

pp

ppp

Z

Z

ZZ

ZZZ

AI

Z

VI

p

42.0

428.71

30

1

23

11

=

==WP

ZIP

T

pT

599.12

)428.71()42.0( 223

21

===

WZ

VP

voltsN

VNV

6.310

)6(

61000

20030

2

2

22

2

1

122

===

=

==

WZ

VP

voltsN

VNV

916

12

121000

40030

2

3

23

3

1

133

===

=

== WWPPPT 6.12)96.3(32 =+=+=

N2

V2

N1

Z1N3

V3

Z2

Z3

y

x

Vp



PROBLEMA 7

PROBLEMA 8

En el transformador de igualación con salidas que se muestra en la figura, N1=1000 v, N2=200 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 SOLUCIÓN: a) b) c)

d) e) f)

g) h)

************************************************************************************ 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:

La ecuación que resulta (2)=(3)/Np2 ha sido resuelta por Métodos Numéricos para dar el valor de Zab.

.05,02 03

02 ∠=∠= ZZ

Ω===

===

50)2()5(

5200

1000

22

2122

2

112

ZZ

N

N

p α

α

Ω===

=+

=+

=

20)5()2(

2300200

1000

23

2133

23

113

ZZ

NN

N

p α

α

Ω=

+=

+=

285.14

2050

)20)(50(*

23

32

3223

p

pp

ppp

Z

ZZ

ZZZ

AI

Z

VI

p

47.1

285.14

21

1

23

11

=

==WP

IVP

T

T

87.30

)47.1)(21(11

===

WZ

VP

voltsN

VNV

82.82

)2.4(

2.41000

20021

2

2

22

2

1

122

===

=

==

WZ

VP

voltsN

NNVV

05.225

5.10

5.101000

30020021

)(

2

3

23

3

1

3213

===

=

+=+=WWPPPT 87.30)05.2282.8(32 =+=+=

Ω==

=

−=

−=

==

=−

===

375.1)2()1(

)()3(

/)3()2(

2

2

2

2

12

2

1

2

2

1212

abpb

paa

ppa

baababpp

abbpp

baappa

pp

abp

bpp

ap

ZZZZN

NZ

ZZZZNN

NZZ

N

NZZZ

NNN

N

N

N

N

N

α

ααα

Np

Zp

N2

N1

16

8

G

N3N1

Z1

Z3

Z2

Vp

N2



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.

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:

b) Como nos dice la reactancia, no resistencia, entonces: c) Llamando Zx a la suma de ZL y jXc, reflejándola al primario y aplicando la condición de máxima transferencia,

obtenemos del diagrama:

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.

d)

Del diagrama anterior vemos que se necesita sumar las dos reactancias para obtener X total de Zp y Zx.

73.11º602

º080

3040º87.3650

:

jZ

Vs

jZp

Datos

L +=∠=∠=

+=∠=

)(º87.9625

º87.9625

º87.3650)º602(

*2

2*

22

absurdoZZ

ZZ

ZZ

pL

ppL

LpL

−∠==

−∠==

−∠=∠=

αα

ααα

3245.6401

40*

2 =→==== ααL

P

L

p

R

R

Z

Z

Ω=

==

75.0

)3245.6(

3022

jjX

jXjX

sp

psp α

Ω=+−+=

−=Ω−=

−∠=−∠=

==

−=

48.2

75.0173.11

75.01

º87.3625.1

º87.36502

*2

jjXc

jjjXc

ZxZjXc

jZx

Zx

Zx

ZZxZ

jXcZZx

L

ppx

L

α

α

Ω−≈−==

−=−=+=

3099.29

75.048.273.12

TOTALp

TOTAL

LTOTAL

XX

XcXX

α

Ω∠ º602

LZ

jXc−

Vº080∠

+−V

Ω∠ º87.3650

Zp

VVs=

Zp Zx



PROBLEMA 10

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:

Otra forma de hallar I1 (ver teoría en Kosow): 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) g) h) i) Se insiste en la necesidad de saber interpretar la teoría para transferencia máxima, también tener en cuenta el concepto de conjugado. ************************************************************************************ Un transformador real de bajada de núcleo de hierro de 500kVA, 2300/230V, 60Hz tiene los 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: SOLUCIÓN: S=500 kVA a) b)

Ω=Ω=Ω=Ω= mjjXmrjjXr LL 3;1;3.0;1.0 2211

AV

VAx

V

SI

nomnom 391.217

2300

10500 3

11 ===

AV

VAx

V

SI

nomnom 913.2173

230

10500 3

22 === Ω=

∠=+=+=Ω=

∠=+=+=

−32

222

1

111

10162.3

º56.71003162.0003.0001.0

3612.0

º56.713162.03.01.0

xZ

jjxrZ

Z

jjxrZ

L

L

87.3699.31)º87.368.0)(3245.6(

º87.368.0º03346.6

º040)º080(5.05.0

12

11

12

111

−∠=−∠==

−∠=−=∠==

=+∠=∠==

II

Zp

VVsIV

VV

VsVZpIVsV

αα

º87.368.0)º87.3650(2

º080

21 −∠=∠

∠==Zp

VsI

WRIP LL 3.1023)1()99.31()( 222 ===

WRIP pp 6.25)40()8.0()( 221 ===

VZIV LL º13.2398.63)º602)(º87.3699.31(2 ∠=∠−∠==

VZIV pp º040)º87.3650)(º87.368.0(1 ∠=∠−∠==



PROBLEMA 11

PROBLEMA 12

Los puntos representan polaridad positiva, en la parte superior de V1 y V2 son positivos.

c) Se refiere al voltaje generado en las impedancias tanto de alta como de baja.

d)

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)

*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. ************************************************************************************ 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) b) ************************************************************************************ Con los datos del problema anterior y la relación de transformación igual a 10, calcular: a. La resistencia equivalente del transformador referida al lado de alto voltaje. b. La reactancia equivalente del transformador referida al lado de alto voltaje. c. La resistencia equivalente del transformador referida al lado de bajo voltaje. d. La reactancia equivalente del transformador referida al lado de bajo voltaje.

SOLUCIÓN: a) b)

VV

ZIV

VV

ZIV

º56.718739.6

)º56.71003162.0)(913.2173(

º56.71739.68

)º56.713162.0)(391.217(

22

2222

11

1111

∠=∠==

∠=∠==

VEZIEV

VEZIEV

8739.2368739.6230

261.2231739.682300

22222

11111

=+=→−==−=→+=

4196.92

1 ==E

ERvi

10230

2300

2

1 ===V

Vα

Ω=== 1058.0913.2173

230

2

2

I

VZL

Ω===

Ω===

58.10)1058.0()10(

58.10391.217

2300

22

1

1

Lp

p

ZZ

I

VZ

α

Ω=+=+=

Ω===

2.01.01.0

1.0)001.0()10(

211

22

22

peq

p

rrR

rr αΩ=+=+=

Ω===

6.0)3.03.0(

3.0)003.0()10(

211

22

22

jjjxjxjx

jxjxpLLeq

LpL α

LZ

2jX2R

2V2E

1jX1R

1V 1E



PROBLEMA 13

c) d)

************************************************************************************ 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:

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.

Ω=+=+=

Ω==

mrrR

rr

seq

s

2001.0001.0

001.010

1.0

122

221

1 αΩ=+=+=

Ω===

mjxjxjx

mjx

jx

sLLeq

LsL

6)33(

310

3.0

122

221

1 α

Ω==

=

Ω==

Ω==

∠==

41.86083.2

180

8.75º31.61

48.41)083.2(180

180cos

º31.6141.86cos

eqP

eqP

eqP

eqP

eqP

Z

IccZVcc

jX

R

ZVccIccPcc

θ

θ

θRT jXT

Rp jXmE1 E2V1 V2

I1



%100xV

VVRV

PC

PCSC −=

%777.11

%100208.4716

208.471648001

º9.1208.47161

º3.6199.179º048001

)º3.6141.86(º0083.2º048001

=

−=

−∠=∠−∠=

∠∠−∠=

RV

xRV

Vsc

Vsc

Vsc

%78.11

%100791.235

791.2352401

º9.1791.2352

º3.61042.9º02402

)º3.61217.0(º0667.41º02402

=

−=

−∠=∠−∠=

∠∠−∠=

RV

xRV

Vsc

Vsc

Vsc

b) Aquí simplemente tomamos los valores anteriores y los dividimos para α2: 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): 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

Existe otra ecuación: Vsc= voltaje sin carga V Vpc= voltaje a plena carga **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: Vsc2=Vpc2 + I2*Zeq2 entonces: Vpc1= Vsc1 – I1Zeq1 Vpc2= Vsc2 – I2Zeq2 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. Dibujamos el diagrama fasorial para E2:

En el diagrama:

La corriente I2 está en fase con V2

%85.1%100240

240447.244%100

º85.1447.244)]1895.0(666.41)0(240[)1037.0(666.41)1(240

)(cos

2

222

2

2222222

=−=−

=

∠=+++=

±++=

xxV

VERV

jE

IXsenVjRIVE eqeq θθ

Ω===

Ω===Ω==

Ω+==

∠==

006.0240

5.1

200005.0/1º6.63

33.333003.0/1

005.0003.0)5.1(240

160cos

º6.63006.0cos

Vca

IcaY

Xm

Rc

jY

YVcaIcaPca

S

S

S

S

S

θ

θ

θ

22

22

22

e

e

e

ZIac

XIbc

RIab

===

V2I2

E2

a b

c

θβ

Ω===Ω=== 1895.020

8.751037.0

20

48.412222 αα

eqPeqS

eqPeqS

jXjX

RR



%521.31

%10072.4636

72.463648001

º9.072.46361

º43.2499.179º048001

)º3.6141.86(º87.36083.2º048001

=

−=

−∠=∠−∠=

∠−∠−∠=

RV

xRV

Vsc

Vsc

Vsc

%538.31

%100798.231

798.2312401

º9.0798.2312

º43.24042.9º02402

)º3.61217.0(º87.36042.9º02402

=

−=

−∠=∠−∠=

∠−∠−∠=

RV

xRV

Vsc

Vsc

Vsc

Ahora realizamos la RV en el lado de alta para lo cual: I1nom= 2.083A 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. Ver diagrama fasorial para E2: En el diagrama tenemos:

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.

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: Vsc2=Vpc2 + I2*Zeq2 entonces: Vpc1= Vsc1 – I1Zeq1 Vpc2= Vsc2 – I2Zeq2 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:

%853.14800

4800965.4888

º85.1965.4888

)]8.75(0833.2)0(4800[)48.41(0833.2)1(4800

)(cos

1

111

1

1

1111111

=−=−

=

∠=+++=

±++=

V

VERV

E

jE


%425.3%100240

24022.248%100

º7.3722.248)]1895.0(666.41)87.36(240[)1037.0(666.41)8.0(240

)(cos

2

222

2

2222222

=−=−

=

∠=+++=

±++=

xxV

VERV

senjE


%463.0%100240

240888.238%100

888.238)]1895.0(666.41)87.36(240[)1037.0(666.41)8.0(240

)(cos

2

222

2

2222222

−=−=−

=

=−++=

±++=

xxV

VERV

senjE


22

2

22

2

22

cos

e

e

e

ZIde

Vaf

XIce

senVbc

dcRIab

====

==

θ

θ

I2

V2

E2

a

b

cd

e

f

θ



PROBLEMA 14

Ver diagrama fasorial para E2: En el diagrama tenemos:

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.

************************************************************************************ 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)

c) d)

e) f) 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.

Ω===

Ω===

1895.020

8.75

1037.020

48.41

221

1

22

11

α

αjx

jx

RR

S

eqSeq

%359.96

)1037.0)(666.41(160)9.0)(666.41(240

)9.0)(666.41(240

cos

cos

2

22

22

=++

=

++=

η

η

θθη

Fec PPIV

IV

%64.95

)1037.0()2/666.41(160)9.0)(2/666.41(240

)9.0)(2/666.41(240

cos

cos)2/(

2

22

22arg2/1

=++

=

++=

η

η

θθη

Fecac PPIV

IV

AR

PI

RR

FC

RI

PFC

eq

c

Seqeq

eq

c

279.391037.0

160

1037.0

9427.0

)1037.0()666.41(

160

22

12

22

22

===

Ω==

=

==

%71.96

180160)1)(666.41(240

)1)(666.41(240

cos

cos

22

22

=++

=

++=

máx

máx

Fecmáx PPIV

IV

η

η

θθη

%35.96

180160)9.0)(666.41(240

)9.0)(666.41(240

cos

cos

22

22

=++

=

++=

máx

máx

Fecmáx PPIV

IV

η

η

θθη

Fecu PP =

θθ

senVbc

Vaf

ZIed

XIec

RIdcab

e

e

e

2

2

22

22

22

cos

====

==

I2E2

V2

b

a

c

d

e

fθ



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) b) 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.

Ω=

===

−=−

===

Ω=

∠===

+++=Ω=

+++===

172.70

%915.3

º1.76

12000

12000850.12469%10024.0cos

289.72

º45.51850.124693.8

600

)]1721.70(3.887.361200[)419.17(3.8)8.0(1200419.17

)(cos3.8

1200

1

111

1

111

1

1

1

11

1

11

1111111221

eq

eqeq

eq

eq

eq

cceq

eq

eqeq

cc

cceq

jx

RVsenZjx

xV

VERV

Z

R

Z

EI

VZ

senjER

IXsenVjRIVEI

PR

θθ

θ

θθ

%88.90

)419.17()8/3.8(980)8.0)(8/3.8(12000

)8.0)(8/3.8(12000

)()8/(cos)8/(

cos)8/(

8/1

28/1

12

111

118/1

=++

=

++=

CARGA

CARGA

eqcCARGA RIPIV

IV

η

η

θθη

%97.94

)419.17()4/3.8(980)8.0)(4/3.8(12000

)8.0)(8/3.8(12000

)()4/(cos)4/(

cos)4/(

4/1

24/1

12

111

114/1

=++

=

++=

CARGA

CARGA

eqcCARGA

RIPIV

IV

η

η

θθη



PROBLEMA 16

PROBLEMA 17

PROBLEMA 18

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.

a) b)

c) d)

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. ************************************************************************************ 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: a) b) De la teoría sabemos que:

En el siguiente problema se deduce la ecuación anterior. ************************************************************************************ 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 Pc = αP. (Sugerencia: P=Px+Pc)

)1( α−= PPx

AI

IkVV

AIkVVc

V

VkVV

VVVc

5.124

506.04.23

503

44.2

212

2

2

11

21

====−=

==

===

+=

α

αAI

I

III

su

su

su

5.62

505.12

min

min

21min

=+=

+=

kVAIVS

kVAIVS

nom

nom

30)50)(6.0(

30)5.12)(4.2(

22

11

======

kVAAkVVcIS

kVAAkVIVS

TOTAL

istrosuTOTAL

150)50)(3(

150)5.62)(4.2(

2

min1

======

kWIVP 30)1)(5.12)(4.2(cos111 === θ kWkWPPc 120)30)(4(121 ===− α

→sumiI

IcI =↑ 2

↓1I

kVVc

aC

3

arg

=

kVV 6.01 =

kVV 6.02 =



PROBLEMA 19

SOLUCIÓN:

Primero calculamos la potencia total P obtenida como autotransformador en la carga, luego obtenemos la sugerencia y la ecuación dada para poder demostrar.

************************************************************************************ 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 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:

************************************************************************************ 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.

αα /)1( −= PPx

PPc

PPPcP

PPcP

PcPPx

PcPxP

VcIcVxIxP

ααα

=−=−

−=−−=+=

+=

)1(

( )

α

ααα

PPc

PcP

PPcP

PcPPx

=

=−=−

−=)1(

Ic↑

Ix↓

→minsuI

Vc

Vx

VxVcVTOTAL +=



PROBLEMA 20

PROBLEMA 21

PROBLEMA 22

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 . Para la segunda parte en las ecuaciones anteriores el valor de f se debe cambiar de 60 a 50Hz. ************************************************************************************ 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: Generalmente el voltaje de suministro es en el lado de alta, y N se halló usando la ecuación del problema 31. ************************************************************************************ 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. ************************************************************************************

vueltasvueltasmxTHz

V

f

VistroVsuN 16772.166

)0015.08.1()60(2

120

2

min2

1 ≈====πφπ

06.32

12

2

12

21

==

==

αα

αα

Z

Z

R

RZZ

VoltsV

VoltsVfNVE

VoltsVVWbx

V

V

N

NTmxBA

1948

75.1212

16

19481009.6

1675

1200)45.1)(102.4(*

1

2111

12

3

2

1

2

122

====

===

======

−

−

φπα

φ

αφ



PROBLEMA 23

PROBLEMA 24

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: N1=1 N2=4 R=100Ω V1=10volts 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: 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. ************************************************************************************ 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: Vf=8V Rf=2000Ω R=50Ω SOLUCIÓN:

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)

VV

Vvolts

V

N

NVV

V

V

N

N

40

401

)4(10

2

2

1

212

2

1

2

1

=

==

=→==α

+

-N1 N2

I1I2

RV1Vf

Rf

voltsvoltsV

VN

NR

RfRfR

666.06

46

650

2000

12

2

1

2

===⇒=

===⇒=

α

αα

+

-

N1 N2

I1I2

R V1

AI

AI

VVRI

VRI

RES

4.0

1.0

10

0

2

1

1

11

==

===−



PROBLEMA 25

PROBLEMA 26

La relación de vueltas es igual a 6. la potencia en la carga es: ************************************************************************************ 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 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:

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. ************************************************************************************ Las resistencias y las reactancias de dispersión de un transformador de distribución de 30kVA, 60Hz, 2400V:240V se calculan de la siguiente forma:

Ω=Ω=Ω=Ω=

0780.08.7

0068.068.0

21

21

XX

RR

WPcAvolts

I

RIPcRIVV R

00887.0)50)(01332.0(01332.050

666.0

)(

22

2222

===Ω

=

===

N1 N2

I1Ic VcV1

Rl

AIcAIc

AIcIcIcVcPc

666.101555.55)1(450

25000

)555.55(192.01cos..

===

=== αφVx

R1

Ic1 Vc1



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.

Datos: S=30kVA α = 10 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. a.i) alto voltaje a.ii) bajo voltaje

La designación V2-1 significa el voltaje del secundario reflejado al primario, igual significado para V1-2, R2-1, R1-2 etc, 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.

R1 jX1

V1

I1

R2 jX2

I2

V2

Ω===

Ω===

Ω===

Ω===

078.0)10/()8.7(/

0068.0)10/()68.0(/

8.7)078.0)(10(

68.0)0068.0)(10(

221

21

221

21

22

212

22

212

αα

αα

jXjX

RR

jXjX

RR

+ +

- -

V1 V2-1

R1 jX1 R2-1 jX2-1+ +

- -

V1-2 V2

R1-2 jX1-2R2 jX2

21211

221

12122

112

jXjXRR

jXjXRR

==

==

−−

−−

+

-

Vx2

Req2 jXeq2

Ic Vc



PROBLEMA 27

b.i) Con fp=0.85 en atraso, Vc=230V trabajamos en el lado de baja.

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.

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. ************************************************************************************ 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) Calcule el voltaje en las terminales de alto voltaje del transformador. b) Calcule el voltaje en el extremo que envía del alimentador. c) Calcule la potencia y la entrada de potencia reactiva en el extremo que envía del alimentador.

VoltsVx

VxVx

VoltsVx

Vx

VZIVx

AV

VAIIVS

Z

jZ

XXjRRZ

CeqC

CCCC

eq

eq

eq

º8.38.2426

)º8.368.242(10

º8.368.242

º0230)º85156.0(º78.31130

130230

30000

º85156.0

)078.00780.0(0068.00068.0

)(

1

21

2

2

22

2

2

2122122

∠=∠==

∠=∠+∠−∠=

+=

==→=

∠=

+++=

+++= −−

α

VoltsVx

VxVx

VoltsVx

Vx

VZIVx

AV

VAIIVS

Z

jZ

XXjRRZ

CeqC

CCCC

eq

eq

eq

º6.42216

)º6.46.221(10

º6.46.221

º0230)º85156.0(º78.31130

130230

30000

º85156.0

)078.00780.0(0068.00068.0

)(

1

21

2

2

22

2

2

2122122

∠=∠==

∠=∠+∠∠=

+=

==→=

∠=

+++=

+++= −−

α

Ic

Vc

Vx2

IcxReq2

IcxjXeq2

IcxZeq2

Ic

θ

IcVx2

V2

Ic

IcxZeq2

IcxjXeq2

IcxReq2θ



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 SOLUCIÓN: Pasamos todos los valores al lado de alta Va=voltaje del alimentador. Calculamos la corriente de carga Ic, el valor de alfa, pasamos los valores de baja a alta, como cálculos previos.

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. a) Va=voltaje del alimentador. 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: 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: Para el literal a) debemos referirnos al diagrama fasorial del problema anterior, en el caso de fp en atraso.

+

-V1Va

RaReq2 jXeq2

Ic Vc

jXa

Ra jXa R2-1 jX2-1

Ic1Vc1

Va

AAIc

IcjXjXAVc

PcIc

VoltsVcVcRRIcVcPc

266.5583.14

8.761270)27.1)(583.14(8.76

cos.

22.341241913.48)23.0)(583.14(cos..

22

212

22

212

===Ω=====

==Ω====

−

−

αα

θ

ααθ

º77248.646)270360(913.4895)(1 1212 ∠=+++=+++= −− jXXjRRZeq aa

kWVa

Va

VcZeqIcVa

4.36

º47.36410º022.34124º87.49142.3403

º022.34124)º77248.646)(º127.27266.5(111

=∠=∠+∠=

∠+∠−∠=+=

kVoltsVoltsVla

ZeqIcVla

4.3º873.49142.3403

)º77248.646(º137.27266.51.1

=∠=∠−∠==

VARXIcQ

WattsRIcP

eqXeq

eqq

376.17470)630)(266.5()()1(

229.3993)144)(266.5()()1(2

12

1

21

21Re

===

===



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 Para el lado de bajo voltaje (8kV): S=Vbaja.Ibaja Ibaja= 50MVA/8kV=6250 A= 6.25kA 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). a) Para la prueba de CC: Para la prueba de CA:

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.

V I P CA (BT) 8KV 62.1A 206kW CC (BT) 674V 6.25kA 187kW

ReqT jXeqT

Rc jXmV1=8kV V2

I1 I2

Ω=Ω=∠==

==

==

108.0005.0

º5.87108.0º5.87

6250

674

)6250(674

187000cos

.cos..

TT jXR

ZeqT

A

VZeqT

AV

W

IccZeqTVccIccVccPcc

θ

θ

θ

Ω=Ω=∠==

==

==

857.14233.333

º5.65008.0º5.65

8000

1.62

)1.62(8000

206000cos

.cos..

mC jXR

YeqT

V

AYeqT

AV

W

VcaYeqTIcaIcaVcaPca

θ

θ

θ

Reqa jXeqa

Rca jXma

I2

V1

I1

Ω===Ω===

Ω===Ω===

12987103.0/857.142/82.9103.0/108.0/

7.30302103.0/3.333/455.0103.0/005.0/2222

2222

αα

αα

mmaeqeqa

CCaeqeqa

jXjXjXjX

RRRR



PROBLEMA 29

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. d) Calculamos la eficiencia:

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):

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)

************************************************************************************ Los siguientes datos se obtuvieron a partir de un transformador de distribución de 20kVA, 60Hz, 2400:240V probado a 60Hz:

PRUEBA

VOLTAJE

V

CORRIENTE

A

POTENCIA

W Con el devanado de alto voltaje con circuito abierto 240 1.038 122

Con las terminales de bajo voltaje con corto circuito 61.3 8.33 257 a) Calcule la eficiencia a corriente de plena carga y el voltaje terminal a un factor de potencia de 0.8. b) 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?

%22.99

206000)455.0)(641()1)(641(78000

)1)(641(78000

()(cos

cos2

)2

222

22

=

++=

++=

++=

ηθ

θηPfeRIIV

IV

PfePcuPsal

Psal

eq

%097.06.77924

6.7792478000

2

222 =−=−=

Vpc

VpcVscRV

º6.46.779242

)º8783.9(º0641º078000

222

−∠=∠∠−∠=

−=

Vpc

Vpc

xZeqaIVscVpc

%13.99

206000)455.0)(641()9.0)(641(78000

)9.0)(641(78000

()(cos

cos2

)2

222

22

=

++=

++=

++=

ηθ

θηPfeRIIV

IV

PfePcuPsal

Psal

eq

º13.4184.806512

)º8783.9(º8.25641º078000

222

−∠=∠∠−∠=

−=

Vpc

Vpc

xZeqaIVscVpc

%287.3184.80651

184.8065178000

2

222 −=−=−=

Vpc

VpcVscRV



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 Para el lado de bajo voltaje (240V): S=Vbaja.Ibaja Ibaja= 20kVA/240V=83.33 A Como vemos la prueba de CC está hecha en Alta y la de CC en Baja.

a) Hallamos la eficiencia en el lado de alta, para lo cual primero se determinarán los valores de dspersión: 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

VOLTAJE

V

CORRIENTE

A

POTENCIA

W Con el devanado de alto voltaje con circuito abierto 240 1.038 122 Con las terminales de bajo voltaje con corto circuito 61.3 8.33 257

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.

V I P CA (BT) 240V 1.038A 122W CC (AT) 61.3V 8.33A 257W

RT jXT

Rp jXmV1=2400V V2=240V

I1S

Psal

Q

IMPORTANTE:

θ

Ω=Ω=∠==

===

==

35.67.3Re

º7.59359.7º7.59

33.8

3.61503.0

)33.8(3.61

257cos

.cos..

jjXeqq

Zeq

A

VZeq

AV

W

IccZeqVccIccVccPcc

θ

θ

θ

%68.971227.256)8.0(20000

)8.0(20000

cos

cos =++

=++

=++

=PfePcuS

S

PfePcuPsal

Psal

θθη



PROBLEMA 30

Ahora volvemos a copiar la misma tabla, con las modificaciones correspondientes y calcularemos los que se nos pide:

PRUEBA

VOLTAJE

V

CORRIENTE

A

POTENCIA

W Con el devanado de alto voltaje con circuito abierto 840 1.038 122 Con las terminales de bajo voltaje con corto circuito 61.3 10.33 257

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. Ahora calculamos los valores de dispersión: Para hallar la eficiencia se deben tomar los valores nominales, no los de la tabla (ni voltajes ni corrientes). 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. ************************************************************************************ El transformador del problema 26 se conectará como un autotransformador. Determine: a) Los voltajes en los devanados de alto y bajo voltaje para esta conexión y b) Determine los kVA nominales de la conexión del autotransformador. Datos: S=30kVA

α = 2400/240=10 El circuito anterior representa al transformador inicial del cual se formará un autotransformador.

Ω=Ω=∠==

==

==

00123.000017.0

º9.8100124.0º9.81

840

038.1

)038.1(840

122cos

.cos..

mC jXR

YeqT

V

AYeqT

AV

W

VcaYeqTIcaIcaVcaPca

θ

θ

θ

Ω=Ω=∠==

==

==

42.541.2Re

º6693.5º66

33.10

3.61

)33.10(3.61

257cos

.cos..

jjXeqq

Zeq

A

VZeq

AV

W

IccZeqVccIccVccPcc

θ

θ

θ

%22.9812223.167)8.0(20000

)8.0(20000

cos

cos =++

=++

=++

=PfePcuS

S

PfePcuPsal

Psal

θθη

R1 jX1

V1=2400V

I1

R2 jX2

I2

V2=2400V



PROBLEMA 31

SOLUCIÓN: Realizamos las conexiones necesarias para formar un autotransformador. a) b)

************************************************************************************ 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:

Instrumentos

A.T B.T

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:

Instrumentos

A.T B.T

IL

V1=2400V

V2=240V

Vt=2640V

I1=12.5A

I2=125A

kVAS

VtIS

TOTAL

TOTAL

330

)2640(1252

===

( ) ( )

Ω=Ω=

−∠===

=

==

74.254

45.450

6000444.0240

066.1

60

066.1240

6.126

.cos

0

0

Xm

RcVca

IcaY

IcaVca

Pca

β

β

( ) ( )

Ω=Ω=

∠===

=

==

58.5

4Re

549,633.8

5,57

54

33.85.57

284

.cos

0

0

Xeq

qIcc

VccZ

IccVcc

Pcc

θ

θ



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.

( )( )( )

%97

97,02846,12675,020000

75,000020

cos

cos

=

=++

=

++=

++=

η

η

φφη

x

PfePcuS

S

PfePcuPsal

Psal

b) Para que la regulación sea la más alta, los voltajes del primario y del secundario, deben estar en fase.

( )( )

( )

( ) ( )

0

0

00

00

0

4,95%9,2:

%9,22400

2400088,2471

:

83,0088,2471

549,64,9533,82400.

4,9575,0cos54

%4,2

2400

477,57

477,57549,633,8.arg

==

=−=

−∠=

∠−∠+=+=

=+=+=

=

=∆=

=∠==∆

fpunaRVEntonces

RV

ónComprobaci

VVpc

ZeqIpVpVpc

ar

RV

Volts

Volts

Vp

VRV

VoltsZeqaIcV

mayor

ATladoelenmayor

primario

ATprimario

iVT

ATladoelenmayor

ATladoelenmayor

AT

θθθ



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.

AV

VA

Vs

SIsA

V

VA

Vp

SIp 3,83

120

100008,20

480

10000 ======

b) El rendimiento es:

( ) ( )( )

( )( )

%6,98

986,060045000

45000

450009,010cos.

6001094,0194,01:

=

=+

=

===

=−=−=+

=

η

η

φ

η

WkVASPsalida

WkVASPpérdidasperoPpérdidasPsal

Psal

( ) ( )

( ) ( )kVAS

AVS

aIcVS

formaOtra

kVAS

AVS

IsVS

formaUna

R

R

aCR

R

R

FR

50

1,104480

arg.

:

50

3,83600

.

:

arg

==

=

===



PROBLEMA 33

PROBLEMA 34

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: SOLUCIÓN: R2+jX2=0.05+j0.97Ω V1=120V El circuito de la derecha representa los parámetros pasados al lado de alta. El circuito de la izquierda representa los valores iniciales.

a) b)

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. ************************************************************************************ 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.

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 SOLUCIÓN: a) Pasamos los valores de baja al lado de alta: b) Pasamos los valores de alta al lado de baja:

Ω===

Ω===

12.190)97.0)(14(

8.9)05.0)(14(2

22

2

22

22

jXjX

RRP

P

αα

AjI

AII

I

IjXRIV pP

629.0033.0

82.8º8763.0º8737.190

º0120

)(

1

21

1

22211

−=

=−∠=∠

∠=

=+= α

Ω+=

∠=

∠==

868.0675.0

º12.521.1

)º12.52011.0(10

2

2

22

22

jZ

Z

ZZ

P

P

P α

Ω+=

∠=

∠==

00912.000715.0

º9.510116.0

10

º9.5116.1

1

1

221

1

jZ

Z

ZZ

S

S

S

α

+ +

- -

A

B

N1 N2

R2 jX2I1

I2+

-

A

B

N1 N2

R1 jX1

I1

I2

R1 jX1

Rp2jXm2E1 E2V1 V2

I1

R2 jX2

I2



PROBLEMA 35

c) 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. ************************************************************************************ 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: DATOS: S=50kVA α=10 Para la prueba de cortocircuito CC. 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.

AIAI

II

ZIVZIV

º77.81436.5º77.81543.0º77.8113.44

º0240

º77.8146.4415

º02400

2

2

2221

−∠=−∠=∠

∠=∠∠=

==

φφ

φφ

φφφφ

Ω==Ω=

Ω====

∠===

815.1º8.5131.2

4285.1)8.20(48

617cos

8.20

48

º8.5131.2cos

11

11

11

eq

eq

jXZ

RIcc

VccZ

ZVccIccPccIccZVcc

θ

θ

θ

Ω=⇒===

Ω=⇒====

∠===

45.45022.0º8.810223.0

465.31400318.0)41.5(240

186cos

240

41.5

º8.810223.0cos

222

222

22

meq

eqeq

jXBY

RGVca

IcaY

YVcaIcaPcaIcaZVca

ϑθϑ

ϑθ

θ

RT jXT

Rp jXmE1 E2V1 V2

I1



PROBLEMA 36

CALCULAMOS LA EFICIENCIA: Aquí la potencia de salida nos dan directamente y su valor es de 50kW. CALCULAMOS LA REGULACIÓN EN EL LADO DE ALTA: 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. ************************************************************************************ 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.

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:

WPent

Pent

PnúcleoPhierroPsalPentrada

Pentrada

PsalidaPpérdidasPsalPentrada

9.50802

%98)4285.1)(8.20(18650000

9.50802

50000

2

==++=

=++=

=+=

η

η

η

%248.1º89.06.24292400

24006.2429)º87.5131.2(º0048.48º02400

%10011

=∠=

−=∠∠+∠=

−=+=

RVpVscp

RVpVscp

xVpcp

VpcpVscpRVpZIVpcpVscp eq

I2

V2 V1

I1

AIAIV

kVAI

V

kVAI

IVSIVS

46.56297817970

4502

460

4501

2.21.1

==

==

==



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. ** La otra corriente se encuentra en las terminales de 7.97kV y es Il= I1 + I2 = 978 + 56.46 = 1034.76 A *** La potencia nominal es: Snom=I1.Vt= (978 A)(8430V) Snom=8.247MVA

Para determinar la eficiencia tomamos los nuevos valores de la relación 7.97/8.43kV, ¿en qué forma?

Como se trata de los mismos transformadores los 450kVA se transfieren en esta nueva disposición, calculamos los valores de I2 y de I3.

Calculamos la eficiencia: La eficiencia de un autotransformador va de 99 hasta valores muy cercanos del 100%.

IL

V2=7970V

V1=460V

Vt=8430V

I2=56.46A

I1=978A

I2

V2=7970V V3=8430V

I3

AIAIV

kVAI

V

kVAI

IVSIVS

3.53346.5628430

4503

7970

4502

3.32.2

==

==

==

%8.99

998.02.449986

449319

)1)(46.56(7970

)1)(3.53(8430

cos

cos

22

33

=

==

===

η

η

θθη

IV

IV

Pent

Psal


________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS ELECTRÓNICA DE POTENCIA 60

ELECTRÓNICA DE POTENCIA

INTRODUCCIÓN. El objetivo es proporcionar un panorama general de la electrónica de potencia y mostrar cómo se pueden combinar los bloques básicos de construcción con el fin de obtener sistemas de accionamiento para las máquinas de ca y cd1. 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. 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 cuando este está en conducción el voltaje es aproximadamente igual a cero2. Una observación importante sobre el diodo es que no se tiene un completo control sobre él. 1.2 TIRISTORES (SCR)

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 ______________________ 1 Máquinas Eléctricas- A.E.Fitzgerald- Cap. 10. Introducción a la electrónica de potencia Transformadores y Máquinas Eléctricas- Ing. Iván Cantos- ESPOCH 2 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.

i

v

Diodo en NO COND. Ánodo Cátado

Diodo en COND.

v+ -

i

V

Ánodo Cátadov

+ -

iG

i

VVFBVF

VRB

Estado en COND. Estado en NO COND.



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. 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. 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.

2. Ninguna corriente de drenaje fluye para un voltaje de colector-emisor negativo. 3. El IGBT fallará si la tensión emisor-colector sobrepasa sus valores de ruptura. 4. 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).

i

v

Estado de COND.

Estado de NO COND.

V+ -

iG

i

Colector

Compuerta

Emisor



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.

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: 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.

<−=−≥=

=0)(;)(

0)(;)()(

tVstVosentVs

tVstVosentVstVR ω

ω

+

-Vs(t)

iR(t)

+

-VR(t)

R

Vo VR(t)

0

Vs(t)

π π2

tω

Vs(t)

+

-

D1

R VR(t)

iR(t)D4

D2 D3

+

-

Vo

0

Vs(t)

VR(t)

π π3π2

tω

Vs(t)

+

-

D1

R VR(t)

iR(t)D4

D2 D3

+

-C



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. 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. La figura muestra la gráfica de la corriente en el resistor, y la corriente total en el puente (línea punteada). 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. 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.

Vo lta je en e l res istor

Vo lta je rectificado r de la fu en te

Voltaje

T iem po

Corriente en el resistor

Corriente total en el puente

Tiempo

Corriente de la fuente

Vs(t)

+

-

D1

R VR(t)

iR(t)D4

D2 D3

+

-C

L

iB(t)



En la figura se tiene la gráfica de la corriente junto con la corriente pata una carga puramente resistiva. 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. 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

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.

iL ( t )

V o /R

L c re c ie n te

L= 0

0 π2πtω

Vo lta je enel inductor

L crec iente

0

L=0

π2πtω

+

-Vs(t)

+

-VR(t)R

+

-Vs(t)

iL(t)

+

-

VL(t)

R

L



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. 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:

Antes del pulso de compuerta Después del pulso de compuerta

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. 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: 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.

Vo

0

Vs(t)

Pulsos de compuerta

π π3

π2

0απ +0α tω02 απ +

⟨

≥=≥

=0)(0

0)()(

0)(0

)(

tVs

tVstVosentV

tVs

tV SS ω

tωπ3

02 απ +π0α

Vo

VR(t)

0

)cos1(2 o

VoVcd α

π+=



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. 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. En la figura se muestra el voltaje resultante en la carga3.

D1 D4

D2 D3

Vs(t)

+

-

Is(t) Icd

R

L

+

-

VL(t)

tωπ3

dαπ +2dαπ +πdα

Vo

0

V s(t)

Pu lso de d isparo T1 y T3

Pu lso de d ispa ro T2 y T4

tω

dαπ +2π2dαπ +π

dα

Icd

iT1-iT3

0

tω

dαπ +2

π2

dαπ +πdα

VL(t)

Vo

0

-Vo



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.

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. En la figura se muestran los voltajes trifásicos línea a línea y el voltaje en el resistor4. _________________ 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

tω

dαπ +2

π2

dαπ +πdα

Vo

Icd

0

-Icd

-Vo

Vs(t)

Is(t)

D2

R VR(t)

D3

D5 D6

+

-

D1

D4

Va(t)Vb(t)Vc(t)

π2

2/3π

π

VR(t)

2/π

rmsLLV ,2 −

rmsLLV ,2 −−



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. 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. 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. ________________ 5 Para detalles remítase al libro de A. E. FITZGERALD pág 532

T2R

VL(t)

T3

T5 T6

+

-

T1

T4

Va(t)Vb(t)Vc(t) L

VL(t)

0 →← 6/π

Vs(t)+

-

L

C

+

-

Vo

+

-

Vo



PROBLEMA 1

En la figura se muestra un inversor denominado inversor de fuente de corriente. 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. ********************************************************************************************** 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:

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

Vs(t)+

- iG

iGL

+

-Vo

D1 D4

D2 D3

R L

+

iL(t)

2

..2

1).(

.

1

0

VoVcd

dVodfVcd

=

== ∫∫πβ

α

θπ

θθπδ



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:

( )0cos12

α+= VoVcd

Donde αo es el ángulo de disparo.

______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:

[ ]

[ ]0

0

cos12

coscos2

..2

1).(

.

1

απ

αππ

θθπ

θθπδ

π

α

β

α

+=

+−=

== ∫∫

VoVcd

VoVcd

dsenVodfVcdo



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:

00

4

1

22

1. α

ππα

senVoV rmsR +−=

_____________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:



PROBLEMA 4

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:

[ ]

[ ]

+−=

+−−=

−=

==

=

∫∫

∫

00

00

0

22

0

2

2

24

1

22

1.

24

1

22

4

1

2

1.2

4

1

2

11.

....2

2

.)(.

2

αα

ααπππ

θθπ

θθπ

θθπ

θθπδ

π

α

β

α

π

α

β

α

senVoV

sensenVosenVoV

dsenVo

dsenVoV

dfV

rmsR

rmsR

rmsR

rmsR

************************************************************************************ 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:

mAI

x

VI

RIV

VV

EVV

D

D

DR

R

RD

318,3

102.2

3.7

.

3.77.08

0

3

=Ω

=

==−==−+



PROBLEMA 5

b) Para una diodo de Germanio se tiene que VD= 0.3 V Aplicando L.V.K se tiene:

mAI

x

VI

RIV

VV

EVV

D

D

DR

R

RD

5,3

102.2

7.7

.

7.73.08

0

3

=Ω

=

==−==−+

************************************************************************************ 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.

VoltsV

EVV

KVLAplicamos

RIVentoncesIComo

D

RD

DRD

808

0

:..

0.0

=−==−+

===

Nótese el alto voltaje a través del diodo a pesar de que este se encuentra en el estado de NO CONDUCCIÓN.



PROBLEMA 6

PROBLEMA 7

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:

mAI

x

V

R

VoII

VoltsVo

Vo

EVoVV

R

DR

DD

96,1

106.5

11

11

3.07.012

0

3

21

=Ω

===

=−−=

=−++

*********************************************************************************** Determine ID, VD2, y Vo para el siguiente circuito.



PROBLEMA 8

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 : ( ) VoltskRIVo R 06,50. =Ω==

Aplicamos L.V. K para obtener:

VoltsEV

EVoVV

D

DD

12

0

2

21

==

=−++

************************************************************************************ Determine Vo, I1, ID1, e ID2 para el siguiente circuito.

____________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: Para hallar la I1 aplicamos L.V.K a la parte izquierda, obteniendo:

AI

AIIx

Volts

R

VI

AI

IVoltsV

simetríaporIIIIEVV

DDR

DR

DDDDR

02818,0

014,01033,0

3,9

014,02

3,97,010

)(20

1

12131

11

12111

=

==Ω

==

===−=

=+==−+



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:

VoltsVo

VEVo

EVoV

Ge

Ge

7,11

3,012

0

=−=−=

=−+



PROBLEMA 10

Para la configuración de polarización fija, calcular Si β=50:

a) IB e IC b) VCE c) VB y VC d) 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



a) Aplicamos L.V.K al lado izquierdo de la red, obteniendo:

VV

V

EVV

BR

BR

EBBR

3,11

7,012

0

=

−=

=−+

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.

( ) ( )AxI

AxII

Axk

V

R

VI

RIV

C

BC

B

BRB

BBBR

3

5

5

1035.2

10708.450.

10708.4240

3.11

.

−

−

−

=

==

=Ω

==

=

β

b) Aplicamos L.V.K al lado derecho de la red, obteniendo:

( )( )VV

kxV

VVE

EC

EC

cREC

821,6

2,21035,212

03

=

Ω−=

=−−−

c) Los valores se encuentran de la siguiente forma:

VVV

VVV

VVV

Ventonces

tierraenestáEperoVVV

EBB

EBEB

ECC

E

ECEC

7,0

821,6

0:

==

−=

===

−=

d) Conocidos los valores de la base y del colector, tenemos:

VV

V

VVV

CB

CB

CBCB

121,6

821,67,0

−=

−=

−=

***El signo negativo significa que la unión se encuentra en realidad en polarización inversa.


________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS MOTORES DE CD 79

PROBLEMA 1

PROBLEMA 2

MOTORES DE CD

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: SOLUCIÓN: L=12 plg=0.3048m I=80 A a) B=61000líneas/plg2=0.9455 Wb/m2 n=60 b) c) d)

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. ************************************************************************************ 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) c)

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.

( )( )

lbfF

NF

mAm

WbF

BiLF

182.5

055.23

3048.0809455.02

==

=

=

lbfF

F

nFF

TOTAL

TOTAL

TOTAL

92.310

)182.5)(60(

===

pieklbf

FFr

TOTAL

TOTAL

TOTAL

−==

==

3.23

)9)(92.310(

2/

ττ

φτ

mkN

pieklbf

FFr

TOTAL

TOTAL

TOTAL

TOTAL

−=−=

===

619.31

3.23

)9)(92.310(

2/

τττ

φτ

( )( )

NF

mAm

WbF

BiLF

055.23

3048.0809455.02

=

=

=

NF

F

nFF

TOTAL

TOTAL

TOTAL

3.1383

)055.23)(60(

===

mkN

FFr

TOTAL

TOTAL

TOTAL

−==

==

619.31

)9)(92.310(

2/

ττ

φτ



PROBLEMA 3

PROBLEMA 4

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.

SOLUCIÓN: El motor en derivación se denomina también Shunt o en paralelo.

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:

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 ************************************************************************************ 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.

SOLUCIÓN: a) b)

c)

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.

4.1%140

1%100

85.0%8515100

1%100

250

:

0

0

====

==−===

=

af

a

f

NOM

I

I

NmT

Datos

φφ

afff

aNOM

IkT

IkT

φφ

== 00

NmT

I

ITT

f

afa

afNOMf

5.297

)100)(100(

)140)(85)(250(

0

0

=

==φ

φ

AIa

Ra

VVE

VV

Datos

T

40

2.0

5

220

:

=Ω=

==

VE

IaRaVEEV

A

AT

207)2.0(405220 =−−=++=

WIaEP AA 8280)40)(207( ===

hpW

hpWIaEP AA 099.11

746

1*8280)40)(207( ====

Ra

Rf

Lf

Ea

ItIa

If

Vt

Escobillas

Ra

Rf

Lf

Ea

ItIa

If

Vt

Escobillas



PROBLEMA 5

PROBLEMA 6

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:

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.

a)

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.

b) c)

************************************************************************************ 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.

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.

a)

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).

AIa

NmT

VV

Datos

NOM

T

10

54

200

:

==

=

NmTxA

Nmk

TxIa

Tk

IxkTxIakT

NOM

NOM

814.5

)15)(4.5(10

54

==

===

==

φ

φ

φφ

NmTxA

Nmk

TxIa

Tk

IxkTxIakT

NOM

NOM

1084.5

)20)(4.5(10

54

==

===

==

φ

φ

φφ

NmTxA

Nmk

TxIa

Tk

IxkTxIakT

NOM

NOM

274.5

)5)(4.5(10

54

==

===

==

φ

φ

φφ

AIa

NmT

VV

Datos

NOM

T

30

75

120

:

==

=

AIxA

Nmk

k

TxIx

Ia

Tk

IxkTxIakT

NOM

NOM

125.2

5.2

30

30

75

==

====

==

φ

φφ

φφ

Ra

Rf

Lf

Ea

ItIa

If

Vt

Escobillas



PROBLEMA 7

PROBLEMA 8

Con el mismo razonamiento hallamos los otros literales. b) c)

************************************************************************************ 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.

SOLUCIÓN: En el problema 3 se mostró como interpretar el aumento y disminución de la corriente y el flujo.

Debemos notar que para encontrar el par desarrollado (Tdes) debemos tener algo que relaciones a las dos ecuaciones.

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:

a) b) ************************************************************************************ 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 N-m. 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.

El punto representa que es un motor compuesto acumulado.

AIxA

Nmk

k

TxIx

Ia

Tk

IxkTxIakT

NOM

NOM

245.2

5.2

60

30

75

==

====

==

φ

φφ

φφ

AIxA

Nmk

k

TxIx

Ia

Tk

IxkTxIakT

NOM

NOM

325.2

5.2

80

30

75

==

====

==

φ

φφ

φφ

9.0

1

25.1

1

50

:

0

0

==

==

−=

f

f

NOM

Ia

Ia

pielbfT

Datos

φφ ffDES

NOM

IkT

IakT

φφ

== 0

pielbfIa

ITT

Ia

Tk ffNOM

DESNOM *25.56

)1)(1(

)25.1)(9.0)(50(

00

===→=φ

φφ

Nmpielbf

NmpielbfTDES 275.76

*1

356.1*25.56 =

=

NmT

NmT

mWb

AIa

Datos

CS

NOM

CAMPO

90

75

9

100

:

==

==

φ

Ra

Ea

Rf Lf Ia

Rf

LfVt

If

It

Escobillas



PROBLEMA 9

SOLUCIÓN: 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. ************************************************************************************ 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.

SOLUCIÓN: a)

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.

c) Del análisis anterior tenemos:

mW

WbkIa

TIakT

Ia

TkIakT

SERIE

CSSERIESERIECS

CAMPO

NOMCAMPONOM

108

108.0)100)(333.8(

90

333.8)100)(009.0(

75

=

===→=

===→=

φ

φφ

φφ

VVE

Ra

VEa

rpm

VV

Datos

NOM

T

3

1.0

232

1800

240

:

0

0

=Ω=

==

==

ωωω

AIa

Ra

VEEaVIa

IaRaVEEaV

T

T

501.0

)3232(240

)(

=+−=

+−=

++=

VEaf

k

k

Eaf

EaEaf

rpmkEafIaRaVEVEafEa

EafkEaIaRaVEEafV

f

NOM

ffT

NOMfNOMT

5.229

)1.0)(75(3240

745.1780232

)1800)(5.229(

=

=−−=

==−−=

===++=

φωφω

ωφω

ωωφω

VEaf

k

k

Eaf

EaEaf

rpmkEafIaRaVEVEafEa

EafkEaIaRaVEEafV

f

NOM

ffT

NOMfNOMT

234

)1.0)(30(3240

661.1815232

)1800)(234(

=

=−−=

==−−=

===++=

φωφω

ωφω

ωωφω



PROBLEMA 10

PROBLEMA 11

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.

SOLUCIÓN: a) 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.

b)

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.

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=120-82(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: ************************************************************************************ Un servomotor2 tiene una potencia de salida de 20 W, y gira a una velocidad nominal de 200 rad/seg. Calcular: a. El par que se desarrolla en el eje en N-m. b. El par que se desarrolla en el eje en lb-pie. c. El par que se desarrolla en el eje en onzas-plg.

SOLUCIÓN: a)

__________________ 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.

AIa

VVt

hpP

rpm

hpP

Datos

NOM

74

120

11int

1800

10

.

==

==

=ω

pielbfNmT

segrad

WTTP NOM

−==

=→=

0978.325166.43int

/4955.188

7.8202intintint ω

pielbfTxApielbfk

TxIa

Tk

IxkTxIakT

−=−=

===

==

5624.35/4337.0

)82)(4337.0(74

0978.32int

int

φ

φ

φφ

segrad

WPsal

Datos

NOM /200

20

:

==

ω

mNTeje

segrad

WTeje

TejePsal NOM

−=

=

=

1.0

/200

20

ω

rpmEa

Ea

Ea

Ea X

X

7.178312.106

)1800(16.10500 ===→=ωω

ωω



PROBLEMA 12

PROBLEMA 13

b) c)

************************************************************************************ 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.

SOLUCIÓN: a)

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) ************************************************************************************ De los datos del problema 14 y con la tabla 430-147 del apéndice A-3, calcular: a. La potencia de salida en caballos a la carga nominal. b. El par de salida a la carga nominal en unidades SI. c. El par que se desarrolla a la carga nominal en unidades SI. d. La eficiencia del motor a la carga nominal. e. El par que se desarrolla cuando la corriente de armadura es 25 A en unidades SI. f. La velocidad del motor cuando la corriente de armadura es 25 A en unidades SI. g. La eficiencia del motor cuando la corriente de armadura es 25 A.

Datos: SOLUCIÓN: Iax=25 A 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.

pielbfTeje

mNTeje

segrad

WTeje

TejePsal NOM

−=−=

=

=

07376.0

1.0

/200

20

ω

lg1628.14

10208.5

lg1*07376.0

3

ponzaTeje

pielbfx

ponzapielbfTeje

−=

−−−= −

segrad

AIa

VVE

Ra

Rc

VVt

Datos

NOM

/60

36

3

2.0

120

240

:

0 πω ==

=Ω=Ω=

=

segradVEa

VERaIaEaVt

Ea

EaVEa

VEIaRaEaVt

XX

XXX

XX

/57.602328.229

)60)(232(

8.229 0

πω

πω

ωω

==

=++=

==

++=

rpmseg

rad

rev

seg

radX 1.1817

min1

60*

2

1*57.60 =

=π

πω



b) 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. 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. 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: 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) g) Para hallar la potencia de salida, usamos el valor de Tsal ya calculado y la velocidad real. 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.

mNHP

W

segrad

HPPsalTsalTsalPsal

SALSAL .57.39

1

746*

/60

10. ===→=

πωω

mNIaEa

T

VEa

VERaIaVtEa

DES .88.4360

)36(8.229.

88.229

5)2.0(36240.

0

===

=−−=−−=

πω

%79.8138120

24036.

%1009120

746036746010

9120)38(240

==+==

=+===

==+==

η

η

η

AIIVtPent

xRf

VtIWHpPsal

WPentIfIaIPent

Psal

LL

L

L

segradsegrad

Ea

Ea

Ea

Ea

VVERaIaVtEa

X

X

XX

/57.608.229

/)60(232

2323)2.0(25240.

00 ππωωωω ===→=

=−−=−−=

mNTfIa

IaxTTfIaxkTf

A

AmNTf

Iax

Ia

Tf

TIakT

.47.27.

36

)25(.57.39

0

00

===

===

φ

φ

%75.8087.52326480

872343.5232)/57.60)(.5.27(

.

==

==

==

η

ηπ

ηω

WPsalW

WsegradmNPsal

Pent

PsalTsalPsal real



PROBLEMA 14

PROBLEMA 15

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: SOLUCIÓN: Vt=120V Rf=60Ω a) Ra=0.05Ω VE=2V Ilnom=58 A ωnom=200rad/seg 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. c) La potencia desarrollada se refiere a la generada por Ea y la corriente que circula a través de ella o sea Ia. d) El par que se desarrolla está en función de la potencia desarrollada y la velocidad de salida (nominal). 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: Donde: Pent=Il.Vt=(58)(120)=6960W, Il=corriente de línea ************************************************************************************ 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.

AIa

IfIIa

AV

Rf

VtIf

L

56

258

260

120

=−=−=

=Ω

==

VVERaIanomVtEa 2.1152)05.0(56120. =−−=−−=

kWWIaEaPd 45.62.6451)56)(2.115(. ====

mNsegrad

WPdTd

nom

−=== 256.32/200

2.6451

ω

%87.30%1006960

5595 === xPent

Psalη



PROBLEMA 16

Datos: SOLUCIÓN: Psal=50Hp=37300W Vt=240V a) Con Vt=240V y P=50Hp vemos que en la tabla el valor de Ia es 173 A. VE=5V Ra=0.05Ω Con el valor de 12 A encontramos un primer valor de Ea y con 173 A el valor de Eax. Rf=1Ω Iasc=12 A ωsc= 1300rpm 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. c) La potencia desarrollada es Ea.Ia=Pd, donde la Ia es la que se halló en la tabla Ia=173 A. 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: ************************************************************************************ 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.

Para nuestro cálculo: Para obtener la respuesta que nos da el libro.

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 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.

rpmEa

Ea

Ea

Ea

VVERaIaVtEa

VVEIaRaVtEa

SCXX

X

SC

X

XX

4.12554.234

)1300(35.226

35.2265)05.0(173240

4.2345)05.0(12240

===→=

=−−=−−==−−=−−=

ωωωω

%58.31255

12551300 =−=−=PC

PCSCRω

ωωω

HPIaEaPd 5.52)173)(35.226(. ===

HPWIaEaPd 88.5185.38705)171)(35.226(. ====

pielbTd

segrad

WPdTd

D

−=

==

738.219

/42.131

55.39158

ω

pielbTd

segrad

WPdTd

D

−=

==

19.211

/42.131

85.38705

ω

pielbmNsegrad

WPscTsc

SC

−==== 12.12.439.16/136.136

2238

ω



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: SOLUCIÓN: Psal=10HP=7460W Vt=240V a) Se debe notar que el flujo varía en forma proporcional a la corriente, Ia=38 A e Il=38 A Iax=20 A. ωnom=600rpm Ra=0.4Ω Rf=0.2Ω VE=5V 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. 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.

rpm

EaIa

IaEakcIakEa

Ia

Ia

Ea

EakcIakEa

kcIa

kcIa

Ea

EacIa

VVERaIaVtEa

VVEIaRaVtEa

X

X

XXXXXX

XXXX

XXXX

XX

1198)20)(2.212(

)600)(38(223

223

2.212

0

000

0

==

===

===

==

=−−==−−=

ω

ωωφωφω

ωφφωφωφω

ωφφωφ

rpm

EaIa

IaEakcIakEa

Ia

Ia

Ea

EakcIakEa

kcIa

kcIa

Ea

EacIa

VVERaIaVtEa

VVEIaRaVtEa

X

X

XXXXXX

XXX

XXX

XX

2.25185)1)(2.212(

)600)(38(4.234

4.234

2.212

0

000

0

==

===

===

==

=−−==−−=

ω

ωωφωφω

φωφωφωφω

φωφωφ



PROBLEMA 18

c) Ahora Iax= 60 A y con este valor se calculará Eax: ************************************************************************************ 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.) ______________________________________________________________________________________________ Datos: SOLUCIÓN: Po=Psal=25HP Vt=240V ωnom= ωpc=1750rpm Ra=0.1Ω Rf=80Ω Ilínea nom=80 A a) Potencia desarrollada por la armadura Pd. b) Pérdidas rotacionales Pr.

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.

rpm

Ea

EakEa

Ea

EakEa

k

k

Ea

Ea

VVERaIaVtEa

VVEIaRaVtEa

X

XXXX

XX

XXXX

XX

1.450)25.1)(2.212(

)600(19925.1

)25.1(

25.1

199

2.212

0

0

000

000

==

==

==

==

=−−==−−=

ω

ωωφω

ωφωφφω

ωφωφφφ

AIa

IfIIa

VEaAIf

EaV

If

IaRaVtEaRfIfVt

L

77

2.2323

)1.0(7724080

240

.

=−=

==

−=Ω

=

−==

WIaEaPd 7.17887)77)(2.232(. ===W

WWPoPdPR

3.762Pr

186507.17887

−=−=−=



PROBLEMA 19

Con el valor de corriente de línea de 89 A y manteniendo los demás valores, tenemos: a) Potencia desarrollada por la armadura Pd. b) Pérdidas rotacionales Pr.

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. 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. 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. 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. ************************************************************************************ 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.

AIa

IfIIa

VEaAIf

EaV

If

IaRaVtEaRfIfVt

L

86

4.2313

)1.0(8624080

240

.

=−=

==

−=Ω

=

−==

WIaEaPd 19900)86)(4.231(. ===W

WWPoPdPR

4.1250Pr

4.1865019900

=−=−=

WPent

PentW

W

Pent

PalIVtPent

Pent

Psal

L

21360

%313.87)89)(240(21360

18650.

===

===

=

η

η

η

ARa

PkIaRaIaPk

WIfVfPk

máxmáx 37.1401.0

4.1970

4.19704.1250)3(240Pr.

2 ===→=

=+=+=

ηη

[ ][ ]

%695.88).(

2).(

)89)(240()632.1(

)4.1970(2)89)(240()632.1(632.1

86

37.140

=−=

−====

MÄXMÄX

MÄXNOM

máx

nomPentFC

PknomPentFC

A

A

Ia

IaFC

ηη

ηη



Datos: SOLUCIÓN: Po=Psal=50HP Vt=240V a) Relacionamos la eficiencia, Vt y la Psal. ηnom= 89.84% ωnom=1150rpm Ra=0.05Ω Rf=60Ω 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. c) La Pr a carga nominal se refiere que hay que incluir a la potencia de salida Po. 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: e) Se debe relacionar con la potencia desarrollada y el voltaje Terminal. 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: 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. 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.

AIa

IfIIa

AIAIf

IV

If

IVt

Psal

Pent

PsalRfIfVt

L

L

L

Lnom

169

4173

1734

)8984.0(240

37300

60

240

..

=−=−=

==

=Ω

=

=== η

WIaEaPd

VIaRaVtEa

95.1831)169)(55.231(.

55.231)05.0(169240

====−=−=

W

WWPoPdPR

95.1831Pr

3730095.1831

=−=−=

WPdPoPdsc 95.1831Pr ==−=

AV

W

Vt

PdscIasc 63.7

240

95.1831 ===

rpmrpm

pcEa

EascSC

XPC

SC

X

97.119155.231

)1150)(240( ==→= ωωω

%65.31150

115097.1191 =−=−

=PC

PCSCRω

ωωω



PROBLEMA 20 Un motor derivación de 500 V cd toma 43 A, a una velocidad base de 1000 rpm. Sus pérdidas rotacionales son 1600 W. Su resistencia de circuito de campo es 250Ω, y su resistencia de armadura es 0.15Ω. Calcular: a. La fuerza contraelectromotriz y la potencia que se desarrolla a la carga nominal. b. La salida nominal de potencia en watts y en hp. (Comprobar empleando el apéndice A-3.) c. El par nominal de salida en lb-pie y en N-m. d. La eficiencia a la carga nominal. e. 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: SOLUCIÓN: Vt=500V Il=43 A Pr=1600W Rf=250Ω Ra=0.15Ω ωnom=ωsal=1000rpm 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. 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). b) A lo que se refiere es a la potencia nominal de salida del motor. 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. 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. e) Según Kosow en vacío Psal=0, entonces Pr=Pd-Psal=Pd=1600W (dato inicial). Nótese que el flujo se mantiene constante y que Ea a plena carga (Eapc) ya se calculó en el litral a)

AIaAIf

IfIIaV

If

AIRfIfVt

L

L

412432250

500

43.

=−==

−=Ω

=

==

VIaRaVtEa 85.493)15.0(41500 =−=−=

WIaEaPd 85.20247)41)(85.493(. ===

HPWWWPdPsalPsalPd 2585.18647160085.20247PrPr ==−=−=→−=

pielbmN

pielbmNTsal

mNsegrad

WPsalTsalTsalPsal

salsal

−=−=

===→=

32.131.356.1

1.07.178

.07.178/72.104

85.18647.

ωω

%73.86)43)(500(

85.18647

.%100 ====

AV

W

IVt

Psalx

Pent

Psal

Lnomη

rpmVEapcV

rpmVVEasc

k

k

Eapc

EascA

V

W

Vt

PdIasc

SC

SC

PC

SC

45.101285.49385.493

)1000)(500(500

2.3500

1600

==

==

====

ω

ω

φωφω



PROBLEMA 21

PROBLEMA 22

f) ************************************************************************************ 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: SOLUCIÓN: Po=Psal=50HP Vt=240V ηnom= 89.84% ωnom=1150rpm Ra=0.05Ω Rf=60Ω a) Pk= pérdidas totales constantes despreciando VE e Ia.Ra. b) Se determina la fracción de carga FC. c) El valor de 173 A es el de la corriente de línea ************************************************************************************ Repetir las partes del problema 21 para el motor del problema 20. ______________________________________________________________________________________________ Datos: SOLUCIÓN: Vt=500V Il=43 A Pr=1600W Rf=250Ω Ra=0.15Ω ωnom=ωsal=1000rpm

%25.11000

100045.1012 =−=−

=PC

PCSCRω

ωωω

AIa

IfIIa

AIAIf

IV

If

IVt

Psal

Pent

PsalRfIfVt

L

L

L

Lnom

169

4173

1734

)8984.0(240

37300

60

240

..

=−=−=

==

=Ω

=

=== η

ARa

PkIaRaIaPk

WIfVfPk

máxmáx 3.23605.0

95.2791

95.279195.1831)4(240Pr.

2 ===→=

=+=+=

ηη

4.1169

3.236 ===A

A

Ia

IaFC

NOM

máxη

[ ][ ]

%39.90).(

2).(

)173)(240()4.1(

)95.2791(2)173)(240()4.1(4.1

169

3.236

=−=

−====

MÄXMÄX

MÄXNOM

máx

nomPentFC

PknomPentFC

A

A

Ia

IaFC

ηη

ηη

AIaAIf

IfIIaV

If

AIRfIfVt

L

L

412432250

500

43.

=−==

−=Ω

=

==



PROBLEMA 23

a) Pk= pérdidas totales constantes despreciando VE e Ia.Ra. b) Se determina la fracción de carga FC. c) El valor de 43 A es el de la corriente de línea ************************************************************************************ 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). ______________________________________________________________________________________________ Datos: Psal=40kW Vt=500V Pent=60HP Ra=0.2Ω Rf=250Ω Pel.var.nom=1345W 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 b) Se refiere a la potencia perdida en la rama en paralelo en función de Rf.

21.341

66.131 ===A

A

Ia

IaFC

NOM

máxη

[ ][ ]

%47.92).(

2).(

%100)43)(500()21.3(

)2600(2)43)(500()21.3(21.3

41

66.131

=−=

−====

MÄXMÄX

MÄXNOM

máx

nomPentFC

PknomPentFC

xA

A

Ia

IaFC

ηη

ηη

AIaRaIaPk

WWAVIfVfPk

máxmáx 66.13115.0

2600

26001600)2(500Pr.

2 ==→=

=+=+=

ηη

Ra

Rf

Lf

Ea

ItIa

If

Vt

Escobillas

%37.8944760

40000%100 ===

W

Wx

Pent

Psalnomη

kWWRfRf

VtRfIfPder 11000)250(

250

50022

2 ==

=

==



PROBLEMA 24

c) Primer método: Llamaremos a la potencia generada como Pg=Eg.Ia. Los cálculos anteriores se realizan ya que no conocemos la corriente de armadura ni la de línea. Segundo método: 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) f) Se determina la fracción de carga FC. g) El valor de 43 A es el de la corriente de línea ************************************************************************************ 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 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.

WAVIaEgPg

AIaV

IfIIaAV

WI

IVtPsal

generadorVtEaVRaIaVtEg

LL

L

8.42344)82)(40.516(.

82250

5008080

500

40000

.

;40.516)2.0(82500.

===

=→Ω

+=+=→==

=→>=+=+=

WWWWPderPelPsalPg 423451000134540000var. =++=++=

WWWPgPentg 24154234544760Pr =−=−=

AIaRaIaPk

WWAVgIfVfPk

máxmáx 67.1302.0

3415

34152415)2(500.Pr.

2 ==→=

=+=+=

ηη

59.182

67.130 ===A

A

Ia

IaFC

NOM

máxη

[ ][ ]

%40.90).(

2).(

%10044760)59.1(

)3415(244760)59.1(59.1

82

67.130

=−=

−====

MÄXMÄX

MÄXNOM

máx

nomPentFC

PknomPentFC

xW

WW

A

A

Ia

IaFC

ηη

ηη

PcampoParmadurasPeléctrica

sPeléctricasotacionalePpérdidas

PpérdidasPsal

Psal

+=+=

+=

Pr

η



PROBLEMA 25

a) Para 25%: b) Para 50%: c) Para 75%: d) Para 125%: 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. ************************************************************************************ 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=?

[ ]%079.74

1000)2.0()25.0)(82(2415)25.0(40000

)25.0(40000%100

Pr 2

=+++

=+++

=

η

η xPcParPsal

Psal

[ ]%2.84

1000)2.0()5.0)(82(2415)5.0(40000

)5.0(40000%100

Pr 2

=+++

=+++

=

η

η xPcParPsal

Psal

[ ]%79.87

1000)2.0()75.0)(82(2415)75.0(40000

)75.0(40000%100

Pr 2

=+++

=+++

=

η

η xPcParPsal

Psal

[ ]%06.90

1000)2.0()25.1)(82(2415)25.1(40000

)25.1(40000%100

Pr 2

=+++

=+++

=

η

η xPcParPsal

Psal

Ra

EaVt

Rf Lf

Ia= ItEscobillas

Psal=Peje



PROBLEMA 26

SOLUCIÓN: Voltaje generado Ea con las condiciones iniciales con 90 A. Voltaje generado Eax con las condiciones finales con 30 A.

Debemos obtener una relación entre los valores iniciales y finales: Este es generalmente el proceso para resolver este tipo de problemas. ************************************************************************************ 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:

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:

Ra

Rf

Lf

Ea

ItIa

If

Vt

Escobillas

Psal=Peje

SALIDAω

VoltsEa

Ea

IfRaIaVtEa

9.212

)08.011.0(90230

)(

=+−=

+−=

VoltsEa

Ea

IfRaIaVtEa

X

X

X

3.224

)08.011.0(30230

)(

=+−=

+−=

Ea

Ea

revEa

EakEa

V

Vrev

k

k

Ea

EakEa

XXX

XXX

XXX

XXXX

38.038.0

min/270338.0

)9.212(38.0

)3.224min)(/975(

00

0

00

0000

ωωφφ

ωωφ

ωφωφ

ωωφωφωφ

==

===

===

Ra

Rf

Lf

Ea

ItIa

If

Vt

Escobillas

Psal=Peje

SALIDAω

ínkínEaP

áxkáxEaP

MÏNAmín

MÄXAmáx

ImIm

ImIm

φωφω

====

ínkT

áxkT

Bmín

Bmáx

Im

Im

φφ

==

ínkínEaP

áxkáxEaP

MÏNBmín

MÄXBmáx

ImIm

ImIm

φωφω

====



PROBLEMA 27

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: 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: ************************************************************************************ 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 SOLUCIÓN:

Ra

Rf

Lf

Ea

ItIa

If

Vt

Escobillas

Psal=Peje

SALIDAω

Aínrev

Arevín

áxín

ínEaáxEaPPT

máx

mín

mínmáxmín

AmínB

máx

AmáxBB

72.34Immin/1800

)125min)(/500(Im

ImIm

Im.Im.

=⇒=

=⇒=⇒== ==

ωω

ωωωω

( )A

ínáx

mín

máx 450500

1800125ImIm ===

ωω

( ) rpmrpm

k

k

Ea

Ea

kVRaIaVtEa

kRaIaVtEa

PCPCPC

SCSC

PC

SC

PCPCPCPC

SCSCSCSC

2168)3.229(06.01

)2150()1(35.217

35.217)11.0(115230

302.229)11.0(3.6230

=−

=→=

==−=−===−=−=

ωωφωφ

ωφωφ



PROBLEMA 28

PROBLEMA 29

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: SOLUCIÓN: Km=0.21V/(rad/seg) Ra=1.9Ω a) Sin carga Ea=Vt=85V. Va=Vt=85V

b) Esto implica que Ea=0

************************************************************************************ 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: SOLUCIÓN: Ra=4.6Ω Va=Vt=5V a) ωsc =11210rpm Ia=0.0125 A b) Ver problema 20, además sin carga Ea=Vt=5V. c) Ver problema anterior.

Ra

Vt

Ia= It

Escobillas

φω.KaK

kEa

m

m

==

SAL

Psal

ω

rpmsegradsegradV

V

KmkEa

SC

SCSC

2.3865/76.404)//(21.0

85

.

===

==

ω

ωφω

mN

IadKm

AV

Iad

IadRaVtEa

.31.9

)7.44(21.0.

7.449.1

85

0

===

=Ω

=

=−=

ττ

)//(0042.0/9.1173

9425.4.

9425.4)6.4(0125.05.

segradVsegrad

VKmKmEa

VRaIaVaEa

SC ==→=

=−=−=

ω

WIaEaPdPsalPd 0625.0)0125.0)(5(.Pr ====−=

mNAV

Iad

IadKmRaIadVtEa

.00456.0)08.1)(0042.0(08.16.4

5

.0.

===Ω

=

==−=

τ

τ



PROBLEMA 30

PROBLEMA 31

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: SOLUCIÓN: Ra=4.6Ω Va=Vt=5V ωsc =11210rpm Pcarga=0.75W ωpc =11210rpm ************************************************************************************ 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? _____________________________________________________________________________________________ Datos: Psal=25kW Vt=125V ωo =3000rev/min=ωsalida Ra=0.02Ω ω = 2950rev/min SOLUCIÓN: a) Para el valor de la corriente de armadura o llamada también corriente terminal.

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.

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:

VEa

VEa

EakEa

k

k

Ea

EakEa

X

XX

X

916.122

916.1220

00

=

===

==

ωωφω

φωφωφω

AIa

Ia

IaRaEaV XT

2.10402.0

916.122125

=

−=

+=

kWVAVIaalPter T 13)125)(2.104(.min ===

Ra

Ea

Ia= It

Vt

If

Vf

Rf

Lf

Escobillas

Psal=Peje

SALIDAω

VRaIEaxV

AIEaxIPa

WP

Vrpm

rpmVEax

Eax

Ea

aarmadura

aa

esrotacional

PC

SC

7868.4.

2019.0858,3/779.0.

779.0

858.311210

)8750(9425.4

=+===→=

=

==→=ωω



PROBLEMA 32

PROBLEMA 33

c) Para la potencia electromagnética tenemos: 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 ************************************************************************************ 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. ______________________________________________________________________________________________ Datos: Vt=124V Ea=125V ωo =3000rev/min= ωsalida 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. Eax representa el nuevo voltaje (voltaje final) producido por Ia debido a que ya conocemos el valor inicial de Ea. ************************************************************************************ 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

kWAVIaEaPelctmag X 8.12)2.104)(916.122(. ===

AIaV

WIa

IaVPentrada T

548.193124

24000

=

=

=

rpm

Ea

Ea

VEa

Ea

RaIaVtEa

X

X

X

X

9.3068

871.127

)02.0(548.193124

.

0

=

=

=+=

+=

ωωω

Ra

Ea

Ia= It

VtVf

Rf

Lf

Escobillas

Psal=Peje

SALIDAω

Ra

Ea

Rf Lf

Ia Rf

Lf

VtIf

It

Escobillas



PROBLEMA 34

PROBLEMA 35

SOLUCIÓN:

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).

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. 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. ************************************************************************************ 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:

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.

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. ************************************************************************************ 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.

Afmmbruta

fmmbruta

Nf

NsIaIffmmbruta

AIa

IfIIa L

839.5

1000

37.3797.4

7.379

7.4375

=

+=

+=

=+=+=

VEa

VEa

EakEa

k

k

Ea

EakEa

X

XX

X

7.268

7.2680

00

=

===

==

ωωφω

φωφωφω

VoltsVt

RfRaIaEaVVt XT

257391.117.268

)(

=−=+−==

Afmmbruta

fmmbruta

Nf

NsIaIffmmbruta

AIa

IfIIa L

7.6

1000

54057.4

405

7.4400

=

+=

+=

=+=+=

VEa

VEa

EakEa

k

k

Ea

EakEa

X

XX

X

264

2640

00

=

===

==

ωωφω

φωφωφω

VoltsVt

RfRaIaEaVVt XT

23.25077.13264

)(

=−=+−==



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.

______________________________________________________________________________________________ Datos: Vt=250V Ra=0.025Ω Perd.rotativas sin carga=2kW ωsin carga =1100rev/min ω en la curva =1200rev/min SOLUCIÓN: a) Sin carga Ea=250V. 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 Para la potencia eléctrica total: Para la potencia producida Po:

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:

AIfVEa

VEa

EakEa

k

k

Ea

EakEa

X

XX

X

9.5273

2730

00

==

===

==

ωωφω

φωφωφω

min/1097268

min)/1200)(245(rev

V

revV

Ea

Ea

Ea

EakEa

k

k

Ea

EakEa

gráfica

gráficarealreal

gráfica

gráficarealrealgráficagráfica

gráfica

real

gráfica

realrealreal

===

==

==

ωω

ωωφω

φωφωφω

kWkWkWtotalPelec

acotatoriasPelectmagtotalPelec

kWIaEaPelectmag real

47249.

argsinPr.

49)200(245

=−=−=

===

kWPo

PokWPo

PparásitastotalPelecPo

53.46

01.047

.

=−=

−=

Afmmbruta

fmmbruta

Nf

NsIaIffmmbruta

2.6

1000

5.12009.5

=

+=

+=

min/8.1084

271

min)/1200)(245(

rev

V

revV

Ea

Ea

Ea

EakEa

k

k

Ea

EakEa

real

gráfica

gráficarealreal

gráfica

gráficarealrealgráficagráfica

gráfica

real

gráfica

realrealreal

=

==

==

==

ω

ωω

ωωφω

φωφωφω

Ra

Rf

Lf

Ea

ItIa

If

Vt

Escobillas

Psal=Peje

SALIDAω



PROBLEMA 36

PROBLEMA 37

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 SOLUCIÓN: Obtenemos (1) para Bm: De la figura 1.19 pág 36 del libro de A.E.FITZGERALD la ecuación resultante que nos da para la curva de neodimio-hierro-boro y que la llamaremos (2) es: En la ecuación (2) reemplazamos el valor de la permeabilidad del vacío y obtenemos (3): Igualamos las ecuaciones (1) y (3) y obtenemos el valor de Hm en una ecuación (4): Reemplazamos (4) en (1) y tenemos el valor de Bm que será igual a Bg del entrehierro. 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. ************************************************************************************ 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.

HmxHmxHmtg

tmBm 67

0 10283.605.0

25.0)104( −− −=

−=

−= πµ

25.106.1 0 += HmBm µ

25.110332.1 6 += − HmxBm

−=

=− −

2

6

7045.164149

10615.725.1

m

WbHm

Hmx

TeslasBgBm

xBm

031.1

)7045.164149)(10283.6( 6

==−−= −

Rr

permanente

Diente del rotor

Casco externo

Imán de neodimio-hierro-boro



Datos: SOLUCIÓN: Ra=0.178Ω Vt=9V a) Ia=0.437 A ωsin carga =14600rev/min 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: 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. ************************************************************************************

VoltsEa

Ea

RaIaVtEa

922.8

)178.0(437.09

.

=−=−=

mWotativas

otativas

IaEatativasPérdidasro

89.3Pr

)437.0)(922.8(Pr

.

==

=

=

==

==

−

segrad

VoltsxK

segrad

VEaK

KaKEa

m

SCm

SCSCm

/10835.5

/9.1528

922.8

.

3

ω

φωω


________________________________________________________________________________MÁQUINAS ELÉCTRICAS ALTERNADORES 107

PROBLEMA 1

ALTERNADORES

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:

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. b) Con P=2polos y f=60Hz: Con P=3polos y f=60Hz: Con P=4polos y f=60Hz: Con P=5polos y f=60Hz: Con P=6polos y f=60Hz: Con P=7polos y f=60Hz: Con P=8polos y f=60Hz: Con P=9polos y f=60Hz: Con P=10polos y f=60Hz: 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.

polosP

PHzf

SPfrpmS SINC

SINC

10720

)60(12060

120

.720

=

==

==

segrad

rpmS

S

P

fS

SINC

SINC

SINC

SINC

/120

36002

)60(120

.120

πω ==

=

=

segrad

rpmS

S

P

fS

SINC

SINC

SINC

SINC

/80

24003

)60(120

.120

πω ==

=

=

segrad

rpmS

S

P

fS

SINC

SINC

SINC

SINC

/60

18004

)60(120

.120

πω ==

=

=

segrad

rpmS

S

P

fS

SINC

SINC

SINC

SINC

/48

14405

)60(120

.120

πω ==

=

=

segrad

rpmS

S

P

fS

SINC

SINC

SINC

SINC

/40

12006

)60(120

.120

πω ==

=

=

segrad

rpmS

S

P

fS

SINC

SINC

SINC

SINC

/28.34

57.10287

)60(120

.120

πω ==

=

=

segrad

rpmS

S

P

fS

SINC

SINC

SINC

SINC

/30

9008

)60(120

.120

πω ==

=

=

segrad

rpmS

S

P

fS

SINC

SINC

SINC

SINC

/67.26

8009

)60(120

.120

πω ==

=

=

segrad

rpmS

S

P

fS

SINC

SINC

SINC

SINC

/24

72010

)60(120

.120

πω ==

=

=



PROBLEMA 2

PROBLEMA 3

c) Con P=10polos y velocidad síncrona de 800 rpm. ************************************************************************************ 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 ______________________________________________________________________________________________ Datos: S=600kVA Vll en delta= 125V Vll = voltaje línea a línea SOLUCIÓN: a) b) c) Como sólo cambia la conexión, la potencia

se mantiene constante, es decir el valor de 600kVA no cambian.

************************************************************************************ 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: a) Conectado en estrella.

Hzf

f

P

fS SINC

67.6610

.120800

.120

=

=→=

VV

V

VV

LLY

LLY

LLLLY

5.216

)125(3

3

==

= ∆

AI

V

VAI

V

SI

LY

LY

LLY

LY

1600

)5.216(3

600000

3

=

=

=

WPdisipadaPtotal

WRIPdisipada

AR

VI

VV

VV

CARGA

LNCARGA

LN

LLYLN

48403

3.1613.

7.1210

127

1273

220

3

2

==

==

===

=

==

φ

φ

VVLL 125=∆

LLYV

∆LLV LLYV

LLYV

LLYI∆LI

∆CARGAI

N

aC argLNV

LLYV

LYI



PROBLEMA 4

b) Conectado en delta. c) La relación es entre la Ptotal en delta y la Ptotal en estrella. ************************************************************************************ 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. ______________________________________________________________________________________________ Datos: S=1500KVA Vll en estrella=13kV Ra=0.9Ω Xs=8Ω SOLUCIÓN: a) Con fp=1. Ver diagrama fasorial: Recordando que Ia.Xa+Ear=Ia.Xs

WPdisipadaPtotal

WRIPdisipada

AR

VI

VV

CARGA

LLCARGA

LL

145203

4840.

2210

220

220

2

==

==

===

=

∆

∆

φ

φ∆LLV

∆LI

aC arg

∆CARGAI

34840

14520 ==W

WRP

Ear

Ear

Ear

Xa

Xa

Xa

Ra

Ra

Ra

Egp

VEgpAIa

jEgpkVA

kVA

V

SIa

jEgpVVp

XsjIaRaIaVpEgpVpV

V

kVV

LN

LLYLN

LLY

3.7584667.66

336.533553.7565)5.7(3

1500

3

)8)(667.66()9.0(667.66553.7505553.7505

..3

13

==

+===

++==

++===

=

LLYV

LNV

N

Vp

Egp

Ia.ZsIa.Xa

Ia.Ra

Ear



b) Con fp=0.8 en retraso, entonces θ=36.87º. Ver diagrama fasorial.

Recordando que Ia.Xa+Ear=Ia.Xs e Ia/Ф= corriente por fase. c) Con fp=0.8 en adelanto, entonces θ=36.87º.

Ver diagrama fasorial: Recordando que Ia.Xa+Ear=Ia.Xs e Ia/Ф= corriente por fase. d) *RV con fp=1. *RV con fp=0.8 en retraso.

VEgpAIa

jEgpkVA

kVA

V

SIa

xjEgpVVp

XsIaVpsenjRaIaVpEgpVpV

V

kVV

LN

LLYLN

LLY

2.7883667.66

679.5036443.6064)5.7(3

1500

3

)]8)(667.66()6.0553.7505[()9.0(667.66)8.0(553.7505553.7505

).(.cos3

13

==

+===

+++==

+++===

=

θθ

VEgpAIa

jEgpkVA

kVA

V

SIa

xjEgpVVp

XsIaVpsenjRaIaVpEgpVpV

V

kVV

LN

LLYLN

LLY

3.7248667.66

3970443.6064)5.7(3

1500

3

)]8)(667.66()6.0553.7505[()9.0(667.66)8.0(553.7505553.7505

).(.cos3

13

==

+===

−++==

−++===

=

θθ

%049.1%100553.7505

553.75053.7584%100 =−=−= xx

Vp

VpEgpRV

%032.5%100553.7505

553.75052.7883%100 =−=−= xx

Vp

VpEgpRV

Vp

Egp

Ia.Ra

Ear

Ia.Xa

φ/Iaθ

Egp

Vp

Ia.Ra

Ear

Ia.Xaφ/Ia

θ



PROBLEMA 5

*RV con fp=0.8 en adelanto. 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. ************************************************************************************ 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 SOLUCIÓN: a) Se retira la parte de la derecha del circuito, es decir la carga y tener presente que Ear= 2jIa.Xa . b) Al poner en cortocircuito desaparece la parte de la carga y Vp=0. El circuito tiene la forma siguiente, para una comprensión más fácil.

%428.3%100553.7505

553.75053.7248%100 −=−=−= xx

Vp

VpEgpRV

VEgp

jEgp

xxjEgp

EarXaIaVpsenjRaIaVpEgp

AV

S

Vp

SIaV

VVp

LLY

LLY

882.515

096.510047.77

)]5.0467.262(39165.0127[)1.0(467.262)4.0(127

].[.cos

467.262)127(3

100000

33127

3

220

3

=+=

+++=++++=

=======

θθ

VEgp

jEgp

RaIaXaIajEarXaIajRaIaEgp

574.394

7.393247.26

..3].[.

=+=

+=++=

Ear

Ear

Ear

Xa

Xa

Xa

Ra

Ra

Ra

Vp

aC arg

Egp

RaXaEa ,,

RaXaEa ,,

aC argVp

Egp



PROBLEMA 6

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 Prueba de resistencia de CD

Prueba de Circuito abierto

Prueba de cortocircuito

Conexión kVa Volts entre líneas (rms)

Volts entre líneas (cd)

Corriente de línea (rms)

Volts entre líneas (rms)

Corriente de campo (cd)

Corriente de línea (rms)

P.6. Y P. 7. ∆ P.8. Y P.9. Y

2000 1000 25 500

2300 V 600 220 2300

1.5 V 10 25 20

10 A Nominal 75 40

950 V 275 200 800

10 A 25 5 10

Nominal Nominal Nominal nominal

SOLUCIÓN: a) Con fp=1. b) Con fp=0.8 en retraso. 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.

Ω=Ω=Ω==

−=−===

Ω====

Ω====

Ω====

224.546.2.49.

088.1906.1327

098.0092.13

2300

3

092.1)044.502(3

950

3044.502

098.03.1)2300(3

2000000

075.0)10(2

5.1

23

2222

XsIaRacIa

XsVVp

acRpZXsVV

Vp

Ianom

VcaZpAIanom

RdcRaRacV

VAIanom

A

V

I

ERdc

V

SIanom

LL

PR

PR

LL

%56.11º6.2148.1481906.1327

906.132748.1481224.5462.49906.1327

%100..

=∠=

−=++=

−=++=

RVEgp

RVjEgp

xVp

VpEgpRVXsjIaRaIaVpEgp

%28.31º4.50287.1743906.1327

906.1327287.1743968.1342525.1111

%)100).(.cos

=∠=

−=+=

−=+++=

RVEgp

RVjEgp

xVp

VpEgpRVXsIaVpsenjRaIaVpEgp θθ



PROBLEMA 10

Con fp=0.8 en adelanto. Los problemas restantes son de igual procedimiento, se deja para el estudiante su resolución, ya que se tienen en el libro las respuestas. ************************************************************************************ 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 Para fp=0.8 en adelanto 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 Para fp=0.8 en adelanto

El ángulo de fase de Eg es θ+δ, ver diagrama. 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.

%195.14º7.12407.1139906.1327

906.1327407.113952.250525.1111

%)100).(.cos

−=∠=

−=+=

−=+++=

RVEgp

RVjEgp

xVp

VpEgpRVXsIaVpsenjRaIaVpEgp θθ

º87.36

8.0cos

==

θθ

º87.36

8.0cos

==

θθ

º0

1cos

==

θθ

º032.4)(

º032.4329.7584

=+∠=

δθEgp

º7.39)(

º7.39248.7883

=+∠=

δθEgp

º2.33)(

º2.33336.7248

=+∠=

δθEgp

aφ

θδ

δ

Rφ

gφ

Vp

Egp

EXs

Ia

β



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 Para fp=0.8 en adelanto

d) La ecuación 6.10 es: Pp=(Egp/Xs)Vp.senδ Para fp=1 Para fp=0.8 en atraso Para fp=0.8 en adelanto

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

Para fp=0.8 en adelanto

f) Para la potencia exacta de salida por fase la ecuación es: Pfase=Ptotal/3 Para fp=1 Para fp=0.8 en atraso

º0

º032.4)(

==+

θδθ

º83.2º87.36º7.39

º7.39

=−==+

δδθ

º67.387.362.33

º2.33

−=−==+

δδθ

kWPp

senPp

VpsenXs

EgpPp

500

º03.4)553.7505(8

3.7584

=

=

= δ

kWPp

senPp

VpsenXs

EgpPp

29.361

º83.2)553.7505(8

2.7883

=

=

= δ

kWPp

senPp

VpsenXs

EgpPp

2.435

º67.3)553.7505(8

3.7248

=

=

= δ

kWPp

Pp

IanomEgpPp

504

º032.4cos)553.7505)(667.66)(329.7584(

)cos(.

==

+= δθ

kWPp

Pp

IanomEgpPp

404

º7.39cos)553.7505)(667.66)(2.7883(

)cos(.

==

+= δθ

kWPp

Pp

IanomEgpPp

404

º2.33cos)553.7505)(667.66)(3.7248(

)cos(.

==

+= δθ

kWPfase

kWPtotal

Ptotal

IVPtotal LnomLL

500

1501

)1)(667.66)(13000(3

cos3

===

= θ

kWPfase

kWPtotal

Ptotal

IVPtotal LnomLL

400

1200

)8.0)(667.66)(13000(3

cos3

===

= θ



PROBLEMA 11

Para fp=0.8 en adelanto 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. ************************************************************************************ 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: SOLUCIÓN: s=1200 rpm a) ω= 40π rad/seg Xs=8 b) c)

************************************************************************************

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. 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. 2. Se comprueba la secuencia de fases mediante un indicador de secuencia o de focos o bombillas de sincronización. 3. 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.

4. 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.

5. Se hace que el alternador tome carga aumentando la velocidad de su primomotor. 6. Mediante su reóstato de campo, se ajusta el factor de potencia al cual conduce potencia reactiva el alternador que

entra.

kWPfase

kWPtotal

Ptotal

IVPtotal LnomLL

400

1200

)8.0)(667.66)(13000(3

cos3

===

= θ

pielbfTfaseTtotal

pielbfmNTfase

sen

Xs

EgpVpsenTfase

−==−==

==

88033

3.2934.3979

)8(40

º03.4)553.7505(3.7584

. πωδ

pielbfTfaseTtotal

pielbfmNTfase

senTfase

Xs

EgpVpsenTfase

−==−==

=

=

8.64283

9.2142.846.2905

)8(40

º87.2)553.7505(2.7883.

π

ωδ

pielbfTfaseTtotal

pielbfmNTfase

senTfase

Xs

EgpVpsenTfase

−==−==

=

=

76643

2555.3464

)8(40

º67.3)553.7505(3.7248.

π

ωδ



7. Se ajusta el voltaje de las barras de distribución ajustando simultáneamente los reóstatos de campo de todos los

alternadores. 8. Se ajusta la frecuencia de la barra ajustando en forma simultáneamente las velocidades de todos los alternadores. 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

decir, cuando los focos o bombillas están apagados, ya que parpadean al unísono2. 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.

1Eg

LI

Barras de distribución

1I 2I 3I

2Eg 3Eg

LV 1Z


________________________________________________________________________________MÁQUINAS ELÉCTRICAS 117 MÁQUINAS SÍNCRONAS

PROBLEMA 1

PROBLEMA 2

MÁQUINAS SÍNCRONAS

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=? b) P=? P=10 polos Ssínc=500 rpm Ssínc=1200 rpm f=50Hz Pp= 5

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 ************************************************************************************ 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.

HzfHzf

ff

Pp

fS

P

fS síncsínc

10010060

)1200(5

120

)1200(10

60120

==

==

==

612500

)50(60

500

)50(120

60120

==

==

==

PppolosP

PpP

Pp

fS

P

fS síncsínc

segradsegrad

rpmSrpmS

SS

Pp

fS

P

fS

síncsínc

síncsínc

síncsínc

síncsínc

/9.20/9.20

20020018

)60(120

36

)60(120

60120

====

==

==

ωω



PROBLEMA 3

Datos: SOLUCIÓN: Psal=50Hp a) b) fp=1 VLL=220V Ia nom=108 A Ssínc= 450 rpm β=1º c) Conexión es estrella: d)

e) f) θ= 1.7 º en avance o adelanto debido a que es positivo.

fp=cosθ=0.995

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). Para la potencia desarrollada Pd, tenemos que primero encontrar la potencia por pérdidas en la armadura. 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: Como vemos tanto P como PP tiene un valor entero par además Pp=0.5P, por tanto la velocidad dada es la síncrona. ************************************************************************************ Repetir el problema 2 para una carga que produce un ángulo de par igual a 2.5 grados mecánicos.

816450

)60(60

450

)60(120

60120

==

==

==

PppolosP

PpP

Pp

fS

P

fS síncsínc

.º8

2/)º1(16

2/

elec

P

===

αα

βα

VEr

senjEr

jEgpsenEgpVpEr

EgpVV

Vp LL

º86718.17

º8127º8cos127127

cos

1273

220

3

∠=+−=+−=

====

αα

º86=δ

AIfase

V

Zs

ErIfase

jZs

Zs

º7.172.17º3.841

º86718.17

995.0099.0

º3.841

∠=Ω∠

∠==

Ω+=Ω∠=

WPfasePtotal

WIafaseVpPfase

67483

45.2249º7.1cos)72.17(127cos..

===== θ

WPdPtotalPd

WRafaseIaParm

7.6654257.936748

257.93)099.0)(72.17(3.3 22

=−=−====

816450

)60(60

450

)60(120

60120

==

==

==

PppolosP

PpP

Pp

fS

P

fS síncsínc

Egp

Vp

Er

δ



PROBLEMA 4

Datos: SOLUCIÓN: Psal=50Hp a) b) fp=1 VLL=220V Ia nom=108 A Ssínc= 450 rpm β=2.5º c) Conexión es estrella: d)

e) f) θ= -4.3º en atraso debido a que es negativo.

fp=cosθ=0.9972

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). Para la potencia desarrollada Pd, tenemos que primero encontrar la potencia por pérdidas en la armadura. ************************************************************************************ 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: SOLUCIÓN: VLL=220V Ia nom=108 A a) b) Ssínc= 450 rpm β=3º Egp= 150V Ahora Egp vale 150 V y no 127 V como en el problema anterior.

816450

)60(60

450

)60(120

60120

==

==

==

PppolosP

PpP

Pp

fS

P

fS síncsínc

.º20

2/)º5.2(16

2/

elec

P

===

αα

βα

VEr

senjEr

jEgpsenEgpVpEr

EgpVV

Vp LL

º801067.44

º20127º20cos127127

cos

1273

220

3

∠=+−=

+−=

====

αα

º80=δ

AIfase

V

Zs

ErIfase

jZs

Zs

º3.41067.44º3.841

º801067.44

995.0099.0

º3.841

−∠=Ω∠

∠==

Ω+=Ω∠=

WPfasePtotal

WIafaseVpPfase

3498.167573

7833.5585º3.4cos)1067.44(127cos..

===−== θ

WPd

WRafaseIaParm

5657.16179

7841.577)099.0)(1067.44(3.3 22

====

816450

)60(60

450

)60(120

60120

==

==

==

PppolosP

PpP

Pp

fS

P

fS síncsínc

.º24

2/)º3(16

2/

elec

P

===

αα

βα

Egp

Vp

Er

δ



PROBLEMA 5

c) Conexión es estrella: d)

e) f) θ=15º en adelanto debido a que es positivo.

fp=cosθ=0.9657

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). Para la potencia desarrollada Pd, tenemos que primero encontrar la potencia por pérdidas en la armadura. ************************************************************************************ 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: SOLUCIÓN: VLL=220V Ia nom=108 A a) b) Ssínc= 450 rpm β=3º Egp= 100V c) Conexión es estrella: d)

VEr

senjEr

jEgpsenEgpVpEr

VV

Vp LL

º34.998298.61

º24150º24cos150127

cos

1273

220

3

∠=+−=

+−=

===

αα

º34.99=δ

AIfase

V

Zs

ErIfase

jZs

Zs

º158298.61º3.841

º34.998298.61

995.0099.0

º3.841

∠=Ω∠

∠==

Ω+=Ω∠=

WPfasePtotal

WIafaseVpPfase

5.227543

82.7584º15cos)8298.61(127cos..

===== θ

WWPd

WRafaseIaParm

2162021619

4085.1135)099.0)(8298.61(3.3 22

≈====

816450

)60(60

450

)60(120

60120

==

==

==

PppolosP

PpP

Pp

fS

P

fS síncsínc

.º24

2/)º3(16

2/

elec

P

===

αα

βα

VEr

senjEr

jEgpsenEgpVpEr

VV

Vp LL

º7694.480828.54

º24100º24cos100127

cos

1273

220

3

∠=+−=

+−=

===

αα

º7694.48=δ

Egp

Vp

Er

δ

Egp

Vp

Er

δ



PROBLEMA 6

e) f) θ=-35.53º en atraso debido a que es negativo.

fp=cosθ=0.8138

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). Para la potencia desarrollada Pd, tenemos que primero encontrar la potencia por pérdidas en la armadura. ************************************************************************************ De acuerdo con los cálculos de los problemas 2 a 5, calcular y hacer una tabla de uno de los casos de carga para: a. La potencia desarrollada en hp. b. El par desarrollado en lb-pie y en N-m. c. 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)

c) Como inferencia se nos da el valor del par en unidades del SI: Para 3: a) b)

c) Como inferencia se nos da el valor del par en unidades del SI: Para 4: a) b)

c)

AIfase

V

Zs

ErIfase

jZs

Zs

º53.3508.54º3.841

º7694.480828.54

995.0099.0

º3.841

−∠=Ω∠

∠==

Ω+=Ω∠=

WPfasePtotal

WIafaseVpPfase

167673

5589º53.35cos)08.54(127cos..

===−== θ

WPd

WRafaseIaParm

38.15898

62.868)099.0)(08.54(3.3 22

====

HpW

HpWxPd 92.8

746

17.6654 ==

pielbfmNTd

segrad

WPdTd

sínc

−==

==

15.104.2288.141

/12.47

7.6654

ω

mNTd .2.141=

HpWPd 68.215657.16179 ==

pielbfmNTd

segrad

WPdTd

sínc

−==

==

2.253.36.343

/12.47

5657.16179

ω

mNTd .36.343=

HpWPd 9.2821620 ==

pielbfTd

segrad

WPdTd

sínc

−=

==

4.338

/12.47

21620

ω

mNTd .8.458=



PROBLEMA 7

Para 5: a) b)

c) Como inferencia se nos da el valor del par en unidades del SI: Notar que en b) se a transformado directamente de N-m a lbf-pie con 1lbf-pie=1.356N-m. ************************************************************************************ 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) 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) En este literal η= 0.75. c) En este literal η= 0.85. d)

HpWPd 31.2138.15898 ==

pielbfTd

segrad

WPdTd

sínc

−=

==

8.248

/12.47

38.15898

ω

mNTd .4.337=

HpPsalHpPent

pielbfTsalPentPsalPent

PsalTsal

Pent

PsalIafaseVPent

síncLL

33.6)0473.9(7.00473.9

9.73º7.1cos)72.17)(220(3

cos.3

===−===

===

η

ωηθ

HpPsalHpPent

pielbfTsalPentPsalPent

PsalTsal

Pent

PsalIafaseVPent

síncLL

849.16)465.22(75.0465.22

9.73º3.4cos)1067.44)(220(3

cos.3

===−==−=

===

η

ωηθ

HpPsalHpPent

pielbfTsalPentPsalWPent

PsalTsal

Pent

PsalIafaseVPent

síncLL

93.125)50.30(85.050.30

7.30254.22757

cos.3

===−===

===

ηω

ηθ

HpPsalHpPent

pielbfTsalPentPsalWPent

PsalTsal

Pent

PsalIafaseVPent

síncLL

97.17)469.22(80.0469.22

8.20904.16762

cos.3

===−===

===

ηω

ηθ



PROBLEMA 8

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. ************************************************************************************ 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: SOLUCIÓN: α= 84.3º a) Vp= Egp=127V b) c) d) e) RP: relación de potencias, RT: relación de pares, RC: relación de corrientes, adicionalmente se debe hallar el par nominal. 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.

VEr

senjEr

VEgpVp

º85.4745.170

º3.84127º3.84cos127127

127

∠=+−=

==

º85.47=δ

5782.1108

45.170

º45.3645.170º3.841

º85.4745.170

=

==

−∠=∠

∠==

RCA

A

Ianom

IafaseRC

AIafaseZs

ErIafase

pielbfTdHpWPdWPfasePtotal

mNTdWParmWPfase

segrad

WTdParmPfase

PdTdRafaseIaParmIafaseVpPfase

sínc

−========

==−=

===

5.68245.585.4360832.522373

.4775.9258.862844.17412

/12.47

5.43608)099.0)(45.170(3º45.36cos)45.170(127

.3cos..

2

2

ωθ

pielbfsegrad

WTsalRP

RTPsal

TsalHp

HpRP

Tsal

TdRT

Tsal

TdRT

Psal

PdRP

nom

sínc

nomnom

nomnomnom

−===

====

===

77.583/12.47

37300169.1

169.177.583

5.682

50

45.58

ω

Egp

Vp

Er

δ



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: SOLUCIÓN: 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 **Para el cambio de excitación Egp= 225 V. a) b)

c) fp= cos(-61.5º)=0.4772 em atraso d) e)

f) Debemos encontrar primero la velocidad sícrona en rad/seg.

VV

Vp

VVp

P LL

54.3173

550º10

2

)º5.2(832

====

==

α

βα

VEr

senjEr

jEgpsenEgpVpEr

º15.226.103

º10225º10cos2255.317

cos

∠=+−=

+−= αα

AIafaseZs

ErIafase

º5.612376.57º65.8381.1

º15.226.103

−∠=∠∠==

WPent

Pent

IafaseVPent LL

26000

)4772.0)(2.57)(550(3

cos.3

==

= θ

WPdWPfasePtotal

WParmWPfase

ParmPfase

RafaseIaParmIafaseVpPfase

3.240372.450343

1.19634.15011

)2.0)(2.57(3)4772.0)(2.57(550

.3cos..2

2

========= θ

segrad

pielbfTdrpmS

mNTdS

segrad

WTd

PdTd

sínc

sínc

sínc

sínc

/2478.94

188900

.2558

)60(120

/2478.94

3.24037

=−==

==

==

ω

ω



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: SOLUCIÓN: P1= 10 polos f1= 50Hz f2= 60 Hz P2=? **********************************************************************************************

polosP

P

f

P

fsíncsínc

1250

)60(10

120120

2

2

2

1

1

11

==

=

= ωω


________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS 126 MÁQUINAS DE INDUCCIÓN

PROBLEMA 1

PROBLEMA 2

MÁQUINAS DE INDUCCIÓN

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: SOLUCIÓN: f= 60Hz a) P=12 S= 5%=0.05 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) 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. ************************************************************************************ 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: SOLUCIÓN: f= 60Hz a) P=6 Spc= Srotor= 1140 rpm 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:

segradrpmSrotorrpmSsínc

SrotorP

fSsínc

SsíncSSrotorSsínc

SrotorSsíncS

/69.59570600

)600)(05.01(12

)60(120120

)1(

===

−===

−=−=

%26.5570

570600 =−=−=Spc

SpcSscRω

segrad

rpmSsíncP

fSsínc

sínc /40

12006

)60(120120

πω ==

==

%51140

11401200

=

−=

−=

S

S

Ssínc

SrotorSsíncS



PROBLEMA 3

PROBLEMA 4

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) ************************************************************************************ 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: SOLUCIÓN: P=6 a) f= 60Hz Tarr=152N-m Tpc= 113N-m 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: ************************************************************************************ 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: SOLUCIÓN: Iarr inicial= 128 A Vo= 440 V= VLL a) Vx= 300 V Iarr x= ? 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: 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.

%26.51140

11401200 =−=−=Spc

SpcSscRω

mNVo

VxTarrTx −=

=

= 66.70440

300152

22

VoltsTarr

TpcVoVx 4.379

152

113440 ===

AIx

Ix

Vo

VxIarrIx

arranque

arranque

inicialarranque

27.87

440

300128

=

=

=

VVxIo

IxVoVx

110128

)32(440.

=

==



PROBLEMA 5

PROBLEMA 6

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. ************************************************************************************ 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:

Ahora se debe hallar el voltaje línea-neutro y la corriente en el estator.

Para el factor de potencia θ= -38.38º, entonces el fp= 0.784 en atraso.

kWotorkWPestator

PagsotorPestator

kWPagRaItPestator

kWkWPagPestatorPentPag

rpmP

fStéorica

SSsíncStéorica

SSpc

SpcStéoricaS

58.1Pr975.0

.Pr)056.0)(2.76(3

425.46)(3

975.04.47

1800120

034.0

1800

17381800

2

2

====

==−=−=

==

==

−=−=

Ω∠=+=++=Ω+=+=

Ω∠=∠∠=

+=

∠=+=+=

∠=+==

º38.3823.8112.5454.611

609.416.6

º8.36694.7º5.54532.16

º3.912.127

21

2.1

º3.1602.9209.06.922

2

º9025.1325.1301

jXRZfZent

jjXfRfZfZZ

ZZZf

jjXS

RZ

jjXmZ

AIestIestatorZent

VIestator

VV

V

LN

LLLN

º38.3843.15º38.3823.8

º0127

1273

220

3

−∠==∠

∠==

===

R1 jX1

jXmR2/S

V1

I1

jX2

Z1 Z2

LNV entZestatorI



PROBLEMA 7

a) Calculamos la velocidad del rotor (que es la que se nos pide) por medio del deslizamiento fraccionario S y de la Ssínc: 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. 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. ************************************************************************************ 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: SOLUCIÓN: P= 4polos a) f= 60Hz Spc= 1755rpm 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.

rpmSrotorrpmSsínc

SrotorP

fSsínc

SsíncSSrotorSsínc

SrotorSsíncS

11821200

)1200)(05.01(6

)60(120120

)1(

==

−===

−=−=

WPflechaRfItPpPag

PflechaotativasPagSPflecha

WPagotativasPmecPflecha

3931)16.6)(45.15(3.).(

403)809.4399)(15.01(Pr)1(

809.4399Pr

22 ===

−−=−−==−=

%3.85475.4608

3931

475.4608)º38.38cos()43.15)(127(3cos...

=

===

=−==

η

η

θ

W

W

Pent

PflechaPsal

WIestVPpPent LN

rpmP

fStéorica

SSsíncStéorica

SSpc

SpcStéoricaS

1800120

025.0

1800

17551800

==

==

−=−=



PROBLEMA 8

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. 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). 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. 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. ************************************************************************************ 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: SOLUCIÓN: Ssc= 1198 rpm a) Spc= 1112rpm f= 60Hz 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.

HzHzfredSfr 5.1)60(025.0. ===

polosPpolosP

PP

P

fSsínc

P

fSsínc

5.601.61112

)60(120

1198

)60(120

120120

==

==

==

segrad

segrads

of

síncof

/7.4

)/60(025.0.

=

==

ωπωω

segradn

segradn

nsn

of

of

síncof

/5.58

)/60)(025.01(

)1(

ππ

=

−=

−=



b) Comprobado que 1198 es la síncrona, entonces c) Se refiere a la frecuencia que tiene el rotor. 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. ************************************************************************************

%2.7

1198

11121198

==

−=−=

SSsíncStéorica

SSpc

SpcStéoricaS

HzHzfredSfr 3.4)60(072.0. ===

problemas resueltos de máquinas eléctricas

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