221486937 Maquinas Electricas II Fiee Uncp

Universidad Na Nacional cional del Centro de de l Perú Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

MAQUINAS ELECTRICAS II (GENERADORES Y MOTORES DE CORRIENTE CONTINUA)

VII SEMESTRE

Docente: Ing. Efraín Mauro De La Cruz Montes Huancayo-2012

SEMANA Nº 1 TEORIA: 3 HORAS PRACTICA: 2 HORAS

CAPITULO I CONVERSION DE ENERGIA ELECTROMAGNETICA La Conversión electromagnética de la energía, relaciona las fuerzas eléctricas y magnéticas del átomo con las fuerzas mecánicas aplicadas a la materia y con el movimiento. Como resultado la energía mecánica se convierte en energía eléctri eléctrica ca ó viceversa.

1.1 LEY DE FARADAY En 1831 el científico, Michael Faraday descubrió que cuando se hacia trabajo mecánico para mover un conductor condu ctor en circuito circuito cerrado cerrado en un cam c ampo po magnético, se producía un voltaje voltaje que a su s u vez hacía fluir fluir la la corriente. A este voltaje Faraday le llamó vo ltaje ltaje “inducido” ya que se generaba gen eraba sin que hubiera hubiera contacto entre el imán y el conductor. El voltaje voltaje inducido en e n uuna na es pira pira o bobina de u n co nductor nduct or es proporcional a la rapidez rapidez de cambio cambio de las las líneas líneas de fuerza fuerza que atraviesan la bob ina.

e

N

d dt

EN EL SISTEMA SISTEMA INTERNACIONA INTERNACIONA L:

E med

t

voltios

Emed : Tensión media generada en una sola espira. Voltios (V) : Líneas de fuerza ó flujo magnético que son atravesadas o enlazadas por una sola espira. Weber (Wb) t

: Tiempo Tiempo en Segun do en el cual el flujo flujo

son so n enlazadas. enlazadas . (s)

EQUIVALENCIAS 1 Maxwell=10-8 Wb

1 Max Ma xwell=1 well=1 líne líneaa

1.2 FORMULACION DE NEUMAN Neuman en 184 1845; 5; expres expresóó cuan titativamente lo anterior an terior en un unaa ecuación ecua ción en la que la magn agnitud itud de la fuerza electromotriz (f.e.m.) inducida generada era directamente proporcional a la velocidad de variación del flujo flujo con centrado. Si:

B

A

Wb/m2

Densidad de flujo flujo

L: Longitud en (m), (m), de un co nducto r dentro de un campo campo de densidad den sidad B. v: Veloci Velocidad dad de traslación traslación o rotación del co nducto r (m (m/s) einst : Voltaje generado en cualquier instante.(V)

einst

=

t

x

v

einst

B.A B.L.x = Voltios t t

t

m/s

B.L.v Voltios

EJEMPLO1.1: Si un solo conductor s e dispone de modo que pas en 34.29 cm de su longitud a través de un campo magnético uniforme de 8106 líneas/cm 2 y se mueve a razón de 139,7 cm en un segundo. Calcule el voltaje generado en cu alquier instante. SOLUCION

L

34, 29 cm

B=8160

lineas

v 139, 7 einst

0, 3429 m

cm

2

1 Wb 8

1m

s

100cm

0,8106

m2

10 lineas

cm

B.L.v

1002 cm2

=1,397

Wb m2

m s

0,8106x 0,3424x 1,397

0.3883 Voltios

NOTA: En las ecuaciones anteriores; se s upone que: 1.

El campo B es de dens idad de flujo uniforme.

2.

La fuerza aplicada para mover el campo o el conductor, debe producir un movimiento relativo uniforme entre ellos.

3.

El conductor, el campo y la dirección en la que se mueve el conductor con respecto al campo son perpendiculares entre sí (Ortogonales).

Si el conductor no s e mueve de manera perpendicular con respecto al campo magnético; entonces :

einst

B.L.v.sen

: Angulo de movimiento de la velocidad (v) con respecto al flujo magnético B. a) Conductor que se mueve normalmente al flujo magnético:

einst

B.l.v.sen 90º

B.l .v

b) Conductor que se mueve paralelamente al

einst

B.l.v.sen180º

c) Conductor que se mueve formando un ángulo

con el

0º

.

º

einst

B.L.v.sen

( ) positivo

º

einst

B.L.v.sen

( ) negativo

EJEMPLO1.2: Un conductor único de 18 pulgadas de longitud se mueve mediante una fuerza mecánica perpen dicular aun campo magnético uniforme de 50 000 líneas/pulg 2 recorriendo una distancia de 720 pulg. en 1 s egundo. Calcular: a) La f.e.m. inducida b) La f.e.m. cuando el conductor se mueve con la misma velocidad pero con un ángulo de 75º con respecto al mismo campo magnético c) Cuantos conductores se necesitan para producir 120 voltios. SOLUCION

L 18 pu lg

0,0254m 1 pul g

lineas

0, 4572 m

B=50000 2 8 pulg 10 lineas

v

720

a) Si

einst b) Si

einst

pul g 0,0254m s

pul g 2

1 Wb

1 pulg

2

0,0254 m

=18,288

2

0, 775

Wb m2

m s

90º B.L.v.sen

0,775x 0,4572x18,288xsen 90º

75º B.L.v.sen

6, 48xsen 75º

6, 26 Voltios

c) Si: ETotal Tensión total generada EC Tensión inducida en un conductor N

Número de conductores en serie

6,48 Voltios

Etotal

N

N .E c E total

120

E c

6,48

18,52 19 conductores

1.3 REGLA DE FLEMING (SENTIDO DE LA TENSIÓN INDUCIDA) Ó REGLA DE LA MANO DERECHA Ó ACCION GENERADOR Fleming relaciona los sentidos de la f.e.m. inducida, el campo magnético y el movimiento del conductor. Si el campo magnético se considera estacionario en el espacio, el conductor se considera entonces moviéndose en forma perpendicular al campo. Los dedos pulgar, índice y medio de la mano derecha se extienden formando ángulos rectos entre si, y con este arreglo, el campo magnético viene representado por el dedo índice, yendo del polo norte al sur en la dirección en la que apunta el dedo. Si s e cons idera que el pulgar apu nta en la dirección del movimiento del conductor, entonces el dedo medio apuntará en la dirección de la corriente convencional ó f.e.m. inducida (+).

1.4 LEY DE LENZ: En todos los casos de inducción electromagnética, el voltaje inducido hará que la corriente circule en un circuito cerrado en una dirección tal que el campo magnético originado por esta corriente se oponga a la causa que la produce. El movimiento de un conductor en un campo magnético es el resultado de una fuerza mecánica (trabajo) aplicada al conductor. La energía eléctrica producida por inducción electromagnética exige, por consiguiente, un consumo de energía mecánica de acue rdo al principio de la conservación de la energía. La energía para la inducción electromagnética no la suministra el campo magnético, como podría suponerse, ya que el campo ni varía ni es destruido en el proceso.

El campo magnético en sentido contrario de las agujas del reloj que rodea el conductor, repele al campo magnético situado por encima de él y atrae el campo magnético situado debajo de él (o sea la corriente inducida produce un campo que se opone al movimiento que la origina).


1.5 GENERADOR BIPOLAR ELEMENTAL Los voltajes que se generan en un conductor individual varían en polaridad ya que primero pasan por un polo norte y luego po r un polo sur, de acuerdo a la regla de Fleming de la mano derech a. En el instan te que s e muestra en la figura, cada uno de los conductores de la bobina de una sola vuelta se está moviendo en ángulo recto con respecto al campo magnético. En este caso, para un generador elemental, puede suponerse que todo el espacio que hay entre los polos norte y sur magnético está lleno con un campo magnético uniforme. Para esta situación la regla de Fleming muestra que el conductor de la derecha está generando una fuerza electromotriz que hace que la corriente entre en la página; con el conductor de la izquierda ocurre lo contrario. Estos dos voltajes de dirección opuestas están en realidad conectados en serie mediante la conexión que se ve en la parte trasera y además por cualquier circuito externo que s e halle conectado entre los extremos marcados con + y -.

1.6 F.E.M. SENOIDAL GENERADA POR UNA BOBINA En la figura se muestra las diversas posiciones de una bobina de una sola vuelta dentro de un campo magnético uniforme. En el instante 0º la bobina de una sola vuelta se encuentra paralela al campo magnético uniforme. En esta posición la bobina no corta, por un instante, ningún enlace magnético y por lo tanto no genera ningún voltaje. En la posición 90º el lado activo de la bobina y el campo magnético son ortogonales y se genera el vo ltaje máximo (pos itivo). En la pos ición 180º no se genera tensión ya que el campo y el conductor son paralelos. En la posición de 270º se genera el voltaje máximo(negativo) y así si registramos la f.e.m. en todo instante durante una revolución, la f.e.m. inducida tendrá una variación senoidal.

einst

B.l.v.sen º Vmax .sen º 0º

45º

90º

135º

180º

225º

270º

315º

360º

Sen

0

0.707

1

0.707

0

-0.707

-1

-0.707

0

E1 (V)

0

0.707Vmáx

Vmáx

0.707Vmá x

0

-0.707Vmáx

-Vmáx

-0.707 Vmáx

0

La f.em. inducida en un conductor que gira en un campo magnético es, a la vez, senoidal y alterna. Los lados ab y cd de la bobina, se ayudan mutuamente y la f.e.m. total producida por la bobina es el doble y en los lados bc y ad de la bobina no se induce f.e.m. por que se están moviendo en la misma dirección del campo.

1.7 RECTIFICACIO N MEDIANTE COLECTOR O ANILLOS ROZANTES El lado ab de la bobina está con ectado al segmento del colector 1 y el lado cd de la bobina está conectado al segmento del colector 2. Durante los primeros 180º de rotación, la f.e.m. positiva producida por el lado ab de la bobina está conectada a la escobilla fija positiva. Durante los s egundos 180º de rotación, la f.e.m. negativa producida por el lado de la bobina ab queda conectada a la escobilla fija negativa. El mismo efecto tiene lugar a la inversa para el lado cd de la bobina. En efecto, el papel del colector es de invertir las conexiones al circuito exterior simultáneamente y en el mismo instante en que se invierte el sentido de la f.e.m. en cada uno de los lados de la bobina. Cada escobilla pos itiva (+) ó negativa (-) siempre se mantiene a la misma polaridad.

El conmutador es s implemente un interruptor mecánico rotatorio que s e compone de s egmentos aislados (entre si) conectad os a los extremos de la bobina. Unas escobillas fijas se dispon en de modo que estén en contacto con los segmentos del conmutador (o delgas). Un análisis de ésta situación muestra que la escobilla inferior tiene siempre la polaridad positiva, ya que se conecta siempre a la delga positiva correspondiente a su pos ición y movimiento en el campo magnético. Puesto que tanto el lado de la bobina como el segmento del colector están sujetos mecánicamente al mismo eje, el efecto de la rotación mecánica es el de invertir la bobina del inducido y las conexiones al circuito exterior fijo en el mismo instante que la f.e.m. inducida se invierte en el lado de la bobina del inducido (ó sea, cuando el lado de la bobina se des plaza hacia el polo op uesto). El resultado de un generador elemental de una sola bobina con conmutador es una corriente alterna de onda completa rectificada. En una máquina de cd práctica, la dirección del campo magnético no consiste en líneas rectas de polo a polo, sino en líneas que entran o salen radialmente de la superficie de la armadura debido a las propiedades magnéticas de esta última. Por otra parte, el campo es relativamente uniforme des pués de un cambio inicial de entrada desde campo nulo hasta campo máximo, según lo ve la bobina. El resultado es que el voltaje generado por la bobina se representa de manera más realista mediante la forma de onda achatada en la parte superior.

1.8 DETERM INACION DE LA F.E.M. EN UN GENERADOR Densidad de flujo en el entrehierro:

Be

p

A p

p

p

2 rL

p

2 rL

Wb/m 2

p Donde:

Be : Densidad de flujo en el entrehierro (Wb/m 2) p

: Flujo por polo (Wb)

r : radio del rotor (m)

p : Número de polos

L : Longitud activa del conductor ó longitud axial del rotor (m)

F.e.m. que Genera Cada Conductor:

E C =Be .L.v Si: v= .r m/s Donde: v : Velocidad tangencial (m/s) r : Radio del rotor (m)

: Velocidad angular del rotor (rad/s) Reemplazando:

Ec

p

Be .L.v p

Ec

p

2 rL

p

p

.L. r

p

2

Voltios

Voltios

2

Número de con ductores en serie por rama:

Z s

Z a Donde: Z

Numero total de conductores en el rotor

a

Número de circuitos en paralelo ó número de ramas

ZS Número de conductores en serie por rama TENSION GENERADA ENTRE LAS ESCOBILLAS DE LA MAQUINA

E g

pZ

E g

p

2 a pZ

Si: K A

E g

Z p p . a 2

Z s .E c

2 a

K A. p .

Voltios

Constante

Voltios

Si la velocidad está dado en r.p.m:

2

n 60

60

2

n

Reemplazando:

E g

pZ 2 a

Si: K A '

E g

pZ p

p.Z 60a

2 a

2 p

Constante

K A '. p .n Voltios

60

n

E g

pZ 60a

. p .n Voltios

EJEMPLO1.3: El rotor de un generador bipolar gira a 1500 rpm, los conductores que lleva el rotor se encuentra dispuesto en una circunferencia de 15 cm de radio. La dimensión de la cara polar es de 25 cm, la densidad de flujo en el entrehierro es de 12 000 gauss. Determinar: a) La f.e.m. generada en cada conductor cuando está atravesand o por una cara polar. b) La f.e.m. generada por el generador, si tiene 30 conductores en el inducido y 2 ramas. SOLUCION

n 1500 rpm r

15cm

L

0,15m

25cm 1500

Be =

p

0, 25m rev

2 rad

min

min

rev

60 s

p

2 rL

= p

1 Tesla

=12000gauss

2 rL p

Be =

50

4

10 gauss

2 x0,15x0,25 2

rad / s

1, 2

x1, 2

Wb m2

0,1414 Wb

a) f.e.m. generada en cada conductor:

Ec

p

p

2 x0,1414x50

2

2

7,07 Voltios

b) F.e.m. generado po r la máqu ina:

Z

60 conductores

a

2 ramas

E g

pZ 60a

. p .n

2 x60 60 x 2

x 0,1414x1500

212,10 Voltios


1.9 FUERZA ELECTROMAGNETICA Siempre que un conductor por el q ue circule corriente está s ituado en un campo magnético de manera que una componente de la longitud activa del conductor está dispuesta perpendicularmente al campo, aparecerá una fuerza electromagnética entre el conductor y el campo.

ACCION MOTOR: Si un conductor se introduce en un campo magnético y se le aplica una tensión de forma que por el conductor circula una corriente, se desarrolla una fuerza y el conductor tenderá a desplazarse con respecto al campo o viceversa.

F

B.I .L Newton ( N )

Donde: B: Densidad de flujo (Wb/m 2 ) I: Intensidad de co rriente qu e circula por el condu ctor. (A) L: Longitud activa del conductor (m) EJEMPLO 1.4: La longitud axial del inducido de un motor de corriente continua es de 9 pulg. Los polos presentan un flujo de 72000 líneas /pulg 2 y cubre el 72% de la superficie del inducido, calcular la fuerza desarrollada por cada con ductor cuan do circula una co rriente de 25 A. SOLUCION

L

9 pul g

0,0254m pul g

lineas

1 Wb

0, 2286m

B=72000 pulg2 108 lineas

pu lg 2 0,02542 m2

1,116

Wb m2

Butil =72%B=0,72 x1,116 0,80352 Wb / m 2 Fuerza electromagnética desarrollada por cada con ductor: F Butil .I .L 0,80352x 25x 0,2286 4,59 N EQUIVALENCIAS: 1 N = 0.2248 Lb 1 N = 0.10197 Kg.f 1 Kg.f = 9,8068 N 1 dina = 10-5 N

1.10DIRECCION DE LA FUERZA IZQUIERDA O ACCION MOTOR

ELECTROMAGNETICA:

REGLA

DE

LA

MANO

Para saber el sentido de la fuerza se utiliza la regla de la mano izquierda; el dedo índice indica el sentido del campo (N a S), el dedo medio indica el sentido de circulación de la corriente (ó f.e.m. aplicada) y el dedo pulgar indica el s entido de la fuerza desarrollada sobre el conductor o del movimiento resultante.

EJEMPLO 1.5: Por un conductor que tiene 20 pulgadas de longitud, circula una corriente de 10 amperios que se encuentra en forma perpendicular a un campo magnético de 50 kilolíneas/pulg 2 . Determinar: a) La fuerza electromagnética ejercida sobre el conductor en newton. b) La dirección de la fuerza. SOLUCION æ0,0254m ö ÷ ÷= 0,508 m L = 20 pu lg = 20 pu lg çç ÷ ç è 1 pu lg ÷ ø I = 10 A 2 ö öæ lineas æ 1 Wb pu lg ÷= 0,775Wb ç ÷ ç ÷ B = 50 kilolineas / pu lg = 50x10 ÷ ç ç 2 2÷ ÷ç pu lg 2 çè108 lineas ø m2 è 0,0254 m ÷ ø 2

3

a) F = BIL = 0,775x10 x0,508 = 3,937 N b) La dirección de la fuerza de acuerdo al gráfico es “hacia arriba” aplicando regla de la mano izquierda. EJEMPLO1.6: En un campo magnético uniforme que produce 360 000 Maxwell y cuya cara polar mide 16 x 5 cm., se encuentra un conductor rectilíneo de 20 cm. inclinado bajo un determinado ángulo, si por el conductor pasa una corriente de 25 amperios y la fuerza electromagnética ejercida al conductor es de 0,3579 libras . Determinar el valor del ángulo. SOLUCION

N

S

Ө

L = 20 cm = 0, 20 m I = 25 A æ ö 1Wb ÷ = 360 000 Maxwell = 360 000 Maxwell ç = 0, 0036 Wb ÷ ç ÷ ç è108 Maxwell ø

Si cara polar es 16 x 5 cm Por lo tanto: B =

f Ap

=

A p = 0,16m x 0, 05m = 0, 008 m2

Þ

0,0036 Wb 0,008 m æ

2

= 0,45

Wb m2

ö ÷ ÷ ÷= 1,5921 N ç è0,2248 Lb ø

F = 0,3579 Libras = 0,3579Lb çç

1 N

Si: F = BILsenq Þ

senq =

F BIL

=

1,5921 0,45x25x0,20

= 0,7076

- 1

Luego: q = sin (0,7076)= 45º EJEMPLO 1.7: Una bobina constituida por 2 espiras se encuentra en un campo magnético uniforme cuya densidad de flujo es de 8 500 líneas/pulg 2 . Cuando los terminales de la bobina son conectados a una batería fluye una corriente de 20 A. Determinar: a) La fuerza electromagnética en los lados de 20 cm. de longitud, e indicar el sentido de rotación. b) La fuerza electromagnética en los lados de 10 cm. c) El torque electromagnético total. SOLUCION

2 espiras Þ

Nc = 2 cond

2 ö öæ lineas æ Wb pu lg ÷= 0,1317 Tesla ç ÷ ç ÷ = B = 8500 8500 ÷ ç 2 2÷ ÷ç ç pu lg2 pu lg2 çè108 lineas ø è 0, 0254 m ÷ ø

lineas

I = 20A a) Para: L = 20 cm = 0, 2 m

Flado = Ftotal = Nc xBIL = 2 x 0,1317x 20x 0,20 = 1, 0536 N Sentido de rotación: HORARIO b) Para: l = 10 cm = 0,1 m . Será NULO ya que B es paralelo al lado de 10 cm.

Flado 10 cm = Nc BILsen(0º)= 0 N c) T EMT = Ftotal x r = 1,0536 x0,05 = 0,0527 N.m

r=

l 2

=

0,10m 2

= 0,05 m . Distancia radial al eje de rotación

1.11 FUERZA CONTRAELECTROMOTRIZ En el conductor “motor” se induce una f.e.m.; el sentido de ésta f.e.m. es contrario al sentido de circulación de la corriente (f.e.m.) que crea la fuerza o movimiento; por ello se denomina fuerza contraelectromotriz. Esto concuerda con la Ley de Lenz: El sentido de la tensión inducida se opone a la f.e.m aplicada que la engendra. Por lo tanto siempre que tiene lugar la acción motor, simultáneamente se origina la acción generador.

1.12 COMPARACION DE ACCION MOTOR Y ACCION GENERADOR El efecto de motor y de generador tiene lugar simultáneamente en las máquinas eléctricas rotativas. En consecuencia, la misma máquina puede funcionar como motor o como generado r.

MOTOR: Va EC

I a Ra

Cuando una máquina funciona como motor, la fuerza contraelectromotriz generada siempre es menor, que la tensión en bornes y s e opone a la corriente del inducido. Va>Ec GENERA DOR: E g Va I a Ra Cuando una máquina funciona como generador, la corriente del inducido tiene el mismo sentido que la f.e.m. generada y está Eg supera a la tensión en bornes del inducido V a Eg>Va Donde: Va Tensión aplicada a los bornes del inducido EC Fuerza contraelectromotriz desarrollada en el inducido del rotor Eg F.e.m. generada en el inducido del generador IaR a Caída de tens ión en el inducido, debido a la circulación de la corriente del inducido a través de la resistencia de armadura R a. EJEMPLO1.8: Una máquina de cd genera 125 V a la vez que entrega 8 A a una carga. Si la resistencia total del circuito de su armadura es de 1,35 ¿Qué voltaje debe generarse internamente en la armadura? SOLUCION

Va

125V

Ra

1,35

I a

8A

E g

Va

I a Ra

125 (8*1,35)

135,8 V

EJEMPLO 1.9: El inducido de un motor tiene una resistencia de 0,25 y cuando se conecta en unas barras de cd de 125 V, absorbe una corriente de 60 A. Calcular la f.e.m. generada en los conductores del inducido del motor. SOLUCION

Va

125V

Ra

0,25

I a

60 A

Si: Va

EC

I a Ra

EC

Va

I a Ra

120 (60*0,25) 110V PROBLEMAS RESUELTOS

1.1 Un conductor pasa 20 veces por segundo a través de la cara polar de un campo magnético cuya densidad es 12 000 gauss. El área de la cara polar es la de un cuadrado de 30 cm de lado. ¿Cuál es la fuerza electromotriz inducida en el conductor? .

B 12000gauss 12000gauss L v

e

30cm 0, 3m L 20x0,3m t

1s

B.L.v

1, 2

Wb m2

6

SOLUCION Tesla

10 4 gauss

1, 2Tesla

1, 2

Wb m2

m s

x 0,3mx6

m s

2,16Voltios

1.2 Un conductor de 8 pulgadas de longitud se mueve mediante una fuerza mecánica perpendicular a un campo magnético uniforme de 50 000 líneas/pulg 2 de densidad de flujo. Que velocidad se debe aplicar al conductor para obtener una fuerza electromotriz de 1,5 voltios. SOLUCION

B

50000

L

8 pul g

lineas

pul g 2

Wb

pul g 2 108 lineas 0,0254m

2 2 0, 0254 m

0, 775

Weber m2

0, 2032m

pul g

e 1,5V Si: e B. Lv . 1,5 e v BL 0,775x0,2032

9,525

m s

1.3 Un conductor se mueve a una velocidad de 1,5 m/s y tiene una longitud de 0.2 m, a través de un campo magnético uniforme de 4 Wb/m 2 . Calcular el voltaje inducido en el conductor cuando se mueve en el campo de referencia a un án gulo de: a) 90º b) 30º y c) 120º. SOLUCION

B

4

Wb

m2 L 0,2m m v 1, 5 s a) e

B.L.v.sen90º 4

b) e

B.L.v.sen 30º 4

Wb 2

m Wb m2

x 0, 2mx1,5 x 0, 2mx1,5

m s m s

x1 1, 2Voltios x 0,5 0, 6Voltios

c) e

B.L.v.sen120º

4

Wb m2

x 0, 2mx1,5

m s

x 0,866 1, 04Voltios

1.4 La figura representa u n conductor de 30 cm de largo, dispues to en la superficie de un inducido de 32 cm de diámetro. El inducido gira a 25 rps. Determinar: a) La fuerza electromotriz en el conductor cuando está en la posición indicada, enfrente del polo, donde la densidad de flujo es uniforme y de 7500 gauss. b) Determinar la velocidad en rps a que debe girar el inducido para que la fuerza electromotriz inducida en el conductor sea 6,79 V. SOLUCION

L

30cm

B

7500gauss 25

v

0, 3m

rev

.r

157

a) ec

B.L .v

b) ec

B.L.v

v

7500gauss

25

s

d

Tesla 104 gauss

rev 2 rad

rad

s

157

rev

x0,16m

25.133

s 0,75x 0,16x 25,133 ec

v

6,79

B.L v

.r

r

0, 75Tesla

32cm

0,75

r

16cm

0,16m

Wb m2

rad s

m s 5,65Voltios 30,178

m

0, 75x 0, 3 s m 30,178 rev s 188, 611 rad s 2 rad 0,16m

30

rev s

30rps

1.5 Una máquina de 2 polos gira a 1500 rpm y tiene un roto r cuyo radio es de 3 cm y la dimensión axial de la cara polar es de 10 cm, siendo la dens idad de flujo en el entrehierro de 12740 gauss . ¿Cuál será la fuerza electromotriz generada en cada conductor cuando atraviesa cada cara polar?. Determinar también el s entido de la corriente a través de cada conduct or cuando el rotor gira en el s entido horario. SOLUCION

B

12740 gauss 1, 274

L 10cm r

3cm

Wb m2

0,1m 0, 03m

n 1500rpm 1500 v

.r

rev

2 rad

min

min

rev

60s

157, 0796

rad

x 0, 03m

157, 0796 4, 7124

rad s

m

s s e B.L .v 1,274x 0,1x 4,7124 0,6V SEGÚN: REGLA DE LA MANO DERECHA SENTIDO DE LA CORRIENTE: FRENTE AL POLO NORTE: ENTRA SALE FRENTE AL POLO SUR: 1.6 La fuerza electromotriz generada en un conductor que se desplaza en un campo magnético uniforme es de 50 voltios cuan do la velocidad es de 60 cm/s. Calcular la f.e.m. generada: a) Cuando el flujo se incrementa en un 15% b) Cuando la velocidad se reduce en un 30% c) Cuando la velocidad se incrementa en un 20% y el flujo se reduce en un 10% SOLUCION

e 50V

v

60

cm

m

s

100cm

0, 6

a) Si el flujo se incrementa en un 15% Si:

p

B.L.v

e e1

A

B1.L.v

.L.v

p

B.L.v2

A

.L.0, 7v

s 0,15

p

A

A 1,15

p

A

50

.L.v A b) Si la velocidad se reduce en u n 30%

e2

p

B

p

B1

p

1,15

m

0, 7

1,15x 50

p

A

57, 5V

v2

v 0, 3v

0, 7v

.L.v

0, 7x 50

35V

c) Si la velocidad se incrementa en 20% y el flujo se reduce en 10% v3 v 0, 2v 1, 2v

e3

0,1

p

B3

p

0,9

A

B3 .L.v3

0,9

p

A

p

A

xLx1, 2v

1, 08

p

A

.L .v

1, 08x 50

54V

1.7 Un generador de corriente continua de 6 polos, tiene una armadura con un devanado ondulado simple con 52 ranuras y cada ranura tiene 16 conductores, si el flujo por polo es de 5,008x10 -3 Weber y el voltaje inducido es de 250 Voltios. Calcular la velocidad de giro del generador SOLUCION 3

5,008x10 Wb

p

0,005008Wb

p 6 polos a 2m 2 x1 2ramas conductores Z 52ranuras 16 ranura E 250V Si: E

pZ 60a

p

n

60aE

n

pZ

p

832conductores

60 x 2 x 250 6 x832 x0,005008

1200rpm

1.8 ¿Cuántos conductores por rama tiene la armadura de un generador de corriente continua que tiene 4 polos , con un devanado imbricado simple. El flujo polo es de 2,5x10 6 Maxwell, el voltaje generado es 240 Voltios y el inducido gira a 30 rps. SOLUCION

p E p

4 polos 240V 2,5 x106 Maxwell

a

mp 1x 4

n

30

108 Maxwell

4ramas

rev 60 s s

1Wb

min

1800rpm

0, 025Wb

pZ

Si: E

60a

p

n

60aE

Z

60 x 4 x 240

320conductores pn p 4 x1800x0,025 Si: Z = Número total de conductores en el rotor a = Número de circuitos en paralelo ó número de ramas Zs = Número de conductores en s erie ó numero de conductores por rama Z 320 = = 80conductores Z s = a 4 1.9 Un generador de 4 polos tiene una armadura con un devanado ondulado d oble, en sus 50 ranuras y en cada ranura se tiene18 conductores, s i la velocidad de giro es de 1000 r.p.m. y el voltaje generado es de 480 voltios. Calcular el flujo por polo producido por los polos del generador. SOLUCION

p 4 polos a 2m 2x2

4ramas

Z

50ranuras 18

E

480V pZ

Si: E

p

60a

p

conductores

900conductores

ranura

n

60aE

60 x 4x 480

pZn

4 x900 x1000

0,032Wb

1.10 En un generador de 6 polos que gira a 750 r.p.m., el diámetro del inducido es de 85,3 cm, la longitud axial de 70 cm, el numero de ranuras es de 96 y se utiliza un devanado imbricado simple cuya densidad de flujo frente a los polos es 8 000 Maxwell/cm 2 , con 2 conductores por ranura. Determinar la tensión generada en cada conductor. SOLUCION

n 750rpm p 6 polos d 85,3cm 0,853m r L 70cm 0, 70m a m. p 1x 6 6ramas

0, 4265m

conductores

Z

96ranuras 2

B

Maxwell 1Wb 8000 8 cm2 10 Maxwell

A p p

ranura

2 rL

2 x x 0, 4265x 0, 70

p

6

B.Ap

0,8

Wb 2

x 0,3126m 2

m Tensión total generada: pZ 6 x192 E x 0, 25x 750 p n 60a 60 x6 Tensión generada en cada conductor:

192conductores

1002 cm2 m2 0,3126m2

0, 25Wb

600V

0,8

Wb m2

Ec

E Z s

E Z

600 192

a

6

18,75V / conductor

1.11 Una máquina de corriente continua genera 480 V, con 6 polos , que gira a 450 rpm, se utiliza un inducido provisto de 64 ranuras. Este inducido tiene 6 ramas en paralelo. ¿Cuántos conductores deben colocarse por ranura si el flujo útil por polo es 6,25x10 -2 Weber?. SOLUCION

E

480V n 450rpm p 6 polos a 6ramas N r n º ranuras p

64

6, 25x10 2Wb

0, 0625Wb

Numero total de conducto res: pZ Si: E pn 60a 60aE 60 x 6 x 480 Z 1024conductores p p n 6 x0,0625x450 Numero de conductores por ranura: Z 1024conductores conductores N cr 16 N r 64conductores ranura

1.12 Una máquina prima que gira a 1500 rpm mueve al inducido de un generador de 4 polos, siendo la armadura del generador de 36 cm de diámetro y la longitud axial de la cara polar es de 48 cm, el número de ranuras de la armadura es de 64 ranuras y utiliza un arrollamiento ondulado simple de 6 conductores por ranura, con una densidad de flujo frente a los polos de 1 843 Maxwell/cm 2 . Determinar la tensión generada por la máquina y la tensión en cada conductor. SOLUCION

n 1500rpm p 4 polos d 36cm 0, 36m r 0,18m L 48cm 0, 48m a 2m 2 x1 2ramas conductores Z 64ranuras 6 ranura

384conductores

1002 cm2

Maxwell 1Wb B 1843 8 cm2 10 Maxwell A p p

2 rL

2 x x 0,18x 0, 48

p

4 Wb

B. Ap

0,1843

2

m2 0,1357m 2

x 0,1357m 2

m Tensión total generada: pZ 4 x384 E x 0, 025x1500 p n 60a 60 x 2 Tensión generada en cada conductor:

0, 025Wb

480V

0,1843

Wb m2

Ec

E Z s

E Z

480 384

a

2

2, 5V / conductor

1.13 Calcular la tensión generada en una máquina de corriente continua de 4 polos cuyo inducido que a 900 rpm tiene un arrollamiento imbricado doble de 6 conductores en cada una de sus 126 ranuras y con una densidad de flujo de 12 000 gauss en cada cara polar de 382 cm 2 de área. SOLUCION

n 900rpm p 4 polos a mp 2x 4 Z

8ramas

126ranuras 6

B 12000gauss A p

p

382cm

B.Ap

conductores ranura

1Tesla 4

10 gauss m2

2

2

2

100 cm 1, 2

Wb m

2

756conductores

1, 2Tesla

0, 0382m

x 0, 0382m2

1, 2

Wb m2

2

0, 04584Wb

T ensión tot al generada:

E

pZ 60a

p

n

4 x756 60x8

x 0,04584 x900

259,9158V

260V

PROBLEMAS PROPUESTOS 1.1 Una máquina de c.c. de 250 voltios, con 6 polos que gira a 600 rpm, utiliza un inducido provisto de 100 ranuras. Este inducido tiene 6 circuitos en paralelo. ¿Cuántos conductores deben colocarse por ranura si el flujo útil por polo es 5x10 -2 Weber?. Rpta:5 conductores/ranura. 1.2 Cuantos conductores por rama tiene la armadura de un generador de c.c. que tiene 4 polos y esta conectada en un devanado ondulado simple. El flujo por polo es de 3x10 6 Maxwell. El voltaje generado es 250 voltios y el inducido gira a 20 rev/s. Rpta:104 conductores/rama. 1.3 Una máquina de devanado doble capa está arrollado sobre un inducido que tiene 48 ranuras, cada bobina tiene un total de 6 espiras. El inducido s e utiliza en un generador de 380 voltios de tensión en bornes y produce una potencia interna de 62,208 kW, siend o su resistencia de armadura de 0,055 ohmios y velocidad de giro de 1800 rpm, la máquina tiene 4 polos. Calcular el flujo por polo para producir la tens ión generada y la corriente por conductor cuando el gen erador suministra la carga nominal. Rpta: 45x10-3 Weber – 20 Amperios. 1.4 Una máquina prima que gira a 1200 rpm mueve a un generador de 6 polos, siendo el inducido del generador de 42 cm de diámetro y la longitud axial de la cara polar de 36 cm, el número de ranuras de la armadura es de 60 y utiliza un devanado imbricado simple de 3 conductores po r ranura. Con una densidad de flujo frente a los polos de 17 325 Maxwell/cm 2 . Determinar la tensión generada total y la tensión en cada conductor. Rpta: 480 voltios – 16 voltios/conductor. 1.5 Un generador de c.c. de 225 voltios de tensión en bornes, su ministra una co rriente de armadura de 60 amperios, siendo la resistencia del circuito de inducido de 0,25 ohmios. El inducido tiene un total d e 32 ranuras con un devanad o imbricado doble de 8 conductores/ranura, el generador tiene 8 polos y el flujo por polo es de 125x105 Maxwell. Determinar la velocidad de la máquina. Rpta: 900 rpm. 1.6 Una máquina de corriente continua de 8 polos que funciona como generador que gira a 900 rpm, tiene su inducido de devanado imbricado simple de 288 espiras y la resistencia por conductor es de 0,004 ohmios. La corriente por cada conductor es de 31,25 amperios y la resistencia total de las escobillas 0,016 ohmios. Si el flujo por polo es de 28,125x105 Maxwell. Calcular la potencia interna y la tens ión en bornes de la máquina. Rpta: 60,75 kW - 230 voltios.

1.7 Calcular la tensión generada en una máquina de c.c. de 4 polos, que a 1500 rpm con un inducido de arrollamiento imbricado doble de 8 conducto res en cada una de s us 76 ranuras y con una den sidad de flujo de 12 500 gauss en cada cara polar de 400 cm 2 de área. Rpta: 380 voltios. 1.8 Un generador de corriente continua de 6 polos cuyo inducido que gira a 1200 rpm tiene un deva nado ondulado doble de 108 espiras y la resistencia por conductor es de 0,010 ohmios. La corriente por cada conductor es de 17,5 A y la resistencia total de las escobillas es de 0,03643 ohmios. Si el flujo por polo es de 759,26 x 104 líneas. Calcular el torque resistente y la tensión en bornes p roducida por la máquina. Rpta: 274,065 N.m - 480 voltios .


CAPITULO II EL GENERADOR DE CORRIENTE CONTINUA EN REGIMEN ESTABLE La finalidad del generador es la de producir una tensión de corriente continua por conversión de la energía mecánica en eléctrica, y una parte de esta tensión de c.c. se utiliza para excitar el devanado de campo.

2.1 TIPOS DE GENERADORES Los tipos de generadores derivan de la forma cómo se conectan las bobinas de campo del generador; y son las siguientes: -

Generadores con excitación independiente.

-

Generadores con excitación propia ó autoexcitados : Shunt, Serie y Compound.

2.2 GENERADORES CON EXCITACION INDEPENDIENTE La bobina de campo es alimentada des de una fuente exterior denominado excitatriz.

2.3 GENERADOR CON EXCITACIÓN DERIVACION Ó SHUNT La bobina de campo es conectada en paralelo con el inducido del generador.

Va

Eg

I a

IL

E g E g

I a Ra

I e

pZ 60a

p

n

K A '. p .n

Donde: Eg : F.e.m. inducida por el generador (V) Va : Tensión en bo rnes del generador (V)

VBD

Ia : Intensidad de corriente de armadura (A) Ie : Intensidad de corriente de excitación (A) IL : Intens idad de corriente de línea (A) Ra : Resistencia de armadura (Ω)

V BD : caída de tens ión en las es cobillas K A ’: Constante que depende de la construcción de la máquina.

2.4 GENERADOR SERIE La bobina de campo es conectada en serie con el inducido del generador.

Va

Eg

I a Ra

I a

IL

I e

VBD

I a Rs

R S : Resistencia de devanado de excitación serie (Ω)

2.5 GENERADOR COMPOUND (COMPUESTO) 2.5.1 GENERADOR COMPOUND DE CONEXION LARGA

2.5.2 GENERADOR COMPOUND DE CONEXION CORTA

2.6 DIAGRAMA SHUNT

ESQUEMATICO

Y

CIRCUITO

EQUIVALENTE

DE

UN

GENERADOR

Donde: Eg : F.e.m. inducida por el generador (V) Va : Tensión en bo rnes del generador (V) Ia : Intensidad de corriente de armadura (A) Ie : Intensidad de corriente de excitación (A) IL : Intens idad de corriente de línea (A) R w : Resistencia del devanado del inducido (Ω) R c: Resistencia del devanado de compensación (Ω) R i : Resistencia del devanado auxiliar o interpolos (Ω) R a : Resistencia equivalente del devanado de armadura (Ω). (R a=R w +R c+R i ) R b : Resistencia de las escobillas y la resisten cia de con tacto de la escobilla con el inducido móvil (Ω) R sh : Resistencia del devanad o de exitación shunt (Ω) R cp : Resistencia del reóstato de campo (Ω) V BD : caída de tensión en las escobillas (V) K A ’: Constante que de pende de la cons trucción de la máquina. EJEMPLO 2.1: Un generador de c.c. en derivación de 50 kW y 250 V, tiene una resistencia del circuito de excitación de 62.5 Ω, y una caída de tensión en las escobillas de 3 V y una resistencia de inducido de 0,025 . Calcular cuando se suministra la corriente nominal a la velocidad y tens ión nominales: a. Las corrientes de carga, excitación y de inducido. b. La tensión generada en el inducido. SOLUCION

P

250 kW

Va

250V

R sh 62,5 Ra 0,025 a) Corriente de línea: P 50x103 I L 200 A. V a 250 Corriente de excitación: V a 250 I e 4 A. R sh 62.5 Corriente de armadura: I a I e I L 200 4 204 A b) Tensión generada en el inducido: E g Va I a Ra VBD 250 204(0,025) 3

258,1V

PROBLEMA 2.2: Un generador serie de c.c. de 10 kW y 125 V tiene una caída en las escobillas de 2 V, una resistencia del circuito de inducido de 0,1 Ω y una resistencia de la excitación serie de 0,05 . Cuando suministra la corriente nominal a la velocidad nominal, calcular: a. La corriente en el inducido. b. La tensión generada en el inducido.

SOLUCION

P

10 kW

Ra

0,1

V BD

Va

125V

R s

0,05

2V

a) Corriente en el inducido:

I a

P

10x103

V a

125

80 A.

b) Tensión generada en el inducido: E g -

Va

I a Ra

I a Rs

VBD

125 80(0,1) 80(0,05) 3 139 V

El inducido de los generadores shunt están constituidos por muchas espira y sección delgada de conductor; mientras que el inducido de los generadores serie están constituidos por pocas es piras y sección gruesa de conductor. Rsh

- En el motor Shunt necesitamos generar menos tensión que e l motor serie. PROBLEMA 2,3: Un generador compound con derivación larga de 100 kW y 600 V presenta una caída de tensión en las es cobillas de 5 V, una resistencia de la excitación en serie de 0,02 Ω, una resistencia de la excitación derivación de 200 Ω y una resistencia de inducido de 0,04 Ω. Cuando suministra la corriente nominal a la velocidad nominal de 1200 r.p.m., calcular: a) La corriente en el inducido. b) a tens ión generada en el inducido. SOLUCION

P

100 kW

R s

0,02

Ra

0,04

Va

600V

R sh

200

V BD

5V

a) Corriente en el inducido:

I L I e

I a

P

100x103

V a V a R sh

600 600

Ie

200

IL

166,67 A.

3 A.

3 166,67 169,67 A

b) Tensión generada en el inducido: E g Va I a Ra I a Rs V BD E g

600 169,67(0, 04) 169, 67(0, 02) 5

E g

615,18 V


2.7 CURVAS CARACTERISTICAS DE LOS GENERADORES En un generador el voltaje de salida está determinado por muchos factores. Los números de conductores Z, número de polos y de trayectorias paralelas del devanado de la armadura son parámetros de diseño y, por lo tanto, cantidades fijas. En cons ecuencia, un a vez construido, una forma de co n trolar el voltaje de salida de un generador consiste en variar su velocidad de rotación “n” en r.p.m. (u ω en radianes por segundo). La otra forma consiste en variar su flujo de campo por polo Ф en Wb/m 2 . La velocidad de rotación está determinada por las características de la máquina primaria acoplada al generador (regulador de velocidad de la turbina). El flujo de campo está determinado por las características de la trayectoria magnética total. Las bobinas de campo se cons truyen con un número es pecífico de vueltas de alambre de un tamaño en particular. Los Ampere-vueltas presentes en la bobina están determinados por la cantidad física de de vueltas y por la corriente que circula a cons ecuencia del voltaje de campo aplicado. Al relacionar el valor H de los ampere-vueltas por metro de longitud y el flujo magnético por metro cuadrado B. El resultado es que una bobina de campo en particular que se monte alrededor de determinado circuito magnético que tenga un área de polo de campo específica tiene, en virtud de su tamaño, un valor de Ф relacionado con su valor de H según la curva general BH del circuito magnético. Est depende, por , de los materiales específicos empleados.

2.7.1

CURVA DE MAGNETIZACION DEL GENERADOR

El voltaje generado E g está relacionado directamente con el flujo magnético Ф p , ya que es la única cantidad variable que queda si la velocidad de rotación se mantiene constante. Así, el voltaje de salida estará relacionado con la curva de excitación del campo, muy parecida a la curva BH. De hecho, hay toda u na familia de curvas de voltajes g enerados con formas parecidas, habiendo una para cada velocidad de rotación. Esta característica interna de un generador se conoce como la curva de magnetización. La curva de magnetización o característica interna de la máquina, se obtiene excitando la máquina independientemente y manteniendo su velocidad ω constante y en vacío. El generador es accionado por un motor primario a una velocidad constante. En el circuito del potenciómetro está conectad o un amperímetro para registrar la corriente abs orbida por la excitación y un voltímetro está co nectado en los b ornes del inducido para registrar la tensión E g.

Si la máquina se mueve a una velocidad constante: E g

KA '

p

n

K '

p

, la lectura del

voltímetro Eg es única y exclusivamente función del flujo mutuo en el entrehierro. Si el potenciómetro se ajusta para I e 0 ; cuando el generador gira a una velocidad constante e incluso cuando la fmm de excitación ( I e N e 0 ) el flujo en el entrehierro no es cero. El voltímetro registra una pequeña tensión cuando la corriente de excitación es nula (punto a). La tensión en a se debe a la retentividad de los polos de excitación y es proporcional a la cantidad de magnetismo residual que qued ó acumulado en el hierro de la máquina cuando el generador fue desconectada. Si Ie se aumenta mediante el potenciómetro hasta I e, la tens ión se eleva hasta el punto b y si seguimos aumentando la corriente de excitación has ta I e2 , la tensión se eleva hasta el punto c. Por lo tanto, la tensión inducida generada aumenta proporcionalmente a la fmm del entrehierro producida por la corriente de excitación (I e Ne).

El tramo ab no es lineal por que está compuesto de una fmm residual fijo y una fmm variable debida a la corriente de excitación. El tramo bc es lineal ya que la fmm residual es despreciable en comparación con la fmm producida por la excitación y la tensión generada varía directamente con la variación de la intens idad de excitación. Más allá del punto c (codo de curva), un aumento de la corriente de excitación no produce un aumento proporcional en la tensión generada. Aquí, el hierro de los polos de excitación y el núcleo circundante del circuito magnético se aproxima a la saturación. Mas allá del punto cualquier aumento de la fmm no llegará a producir un aumento proporcionado en el flujo, y la curva de magnetización desde c a d no es lineal, esta vez a causa del efecto de la saturación magnética. Si la corriente de excitación se reduce de I e3 a Ie2 , la tensión generada disminuye de d a e (la tensión e>tensión c y que posteriores disminuciones de I e producen tensiones generadas superiores a las producidas cuando I e aumenta). Esta acción es idéntica a la producida en cualquier circuito magnético que contiene un material ferromagnético; es una propiedad del material denominada Histéresis. La curva de magnetización (E g Vs Ie) no es distinta de la forma de la curva de saturación (B Vs H) obtenida para cualquier material ferromagnético. De E g K A ' p n , la rotación de los conductores del inducido a velocidad constante produce una tensión directamente proporcional al flujo del entrehierro y no necesariamente proporcional a la corriente de excitación. Normalmente el punto de trabajo de la máquina s e presenta en la zona curva (pto p). Er tensión inicial > 0 a causa del magnetismo remanente que pos ee el circuito magnético del es tator. Es posible trazar toda una familia de curvas a diferentes velocidades. Pero aplicando el método de la proporcionalidad se obtiene la f.e.m. a otra velocidad.

E final

n final

Eoriginal

noriginal

PROBLEMA 2.4: Suponiendo constante la excitación, calcular la tensión en vacío de un generador independiente, cuya tens ión en el inducido es de 150 V a velocidad de 1800 r.p.m. cuan do: a) La velocidad aumenta a 2000 r.p.m. b) Cuando la velocidad disminuye a 1600 r.p.m. SOLUCION a) E final

E final b) E final

n final noriginal 2000 1800 1600 1800

xE original

x150 166,7 V x150 133V

2.7.2 LINEA DE AUTOEXCITADO

RESISTENCIA

DE

EXCITACIÓN

DEL

GENERADOR

Cuando el circuito de excitación (devanado de excitación y reóstato de campo) se conecta a los bornes del indu cido, la corriente d e excitación I e ya no es indepen diente de la tensión generada.

La corriente I e depende de la relación V f / R f . V f

V a Tensión existente en bornes del inducido.

La corriente de excitación en cualquier instante, es función de dos variables: (1) La tensión en el inducido, que varía con la f.m.m.del entrehierro, (2) la resistencia de excitación que varía con el reóstato de campo. A fin de expresar la corriente de excitación y del inducido que circula en cualquier instante del circuito, es necesario representar gráficamente una familia de líneas de resistencias de excitación. Por tanto de acuerdo a la ley de Ohm, una resistencia de excitación elevada (gran pendiente) producirá una pequeña corriente de excitación I e para un valor muy grande de la tensión de excitación. Inversamente una resistencia de excitación reducida (poca pendiente) producirá una corriente de excitación Ie muy grande para una tensión de excitación V f muy reducida.

2.7.3

PRODUCCION DE LA AUTOEXCITACIÓN EN EL GENERADOR SHUNT

1. Suponer que el generador arranca en reposo, velocidad de la máquina motriz es nula. A pes ar del magnetismo res idual, la f.e.m. generada es cero E g 0 . 2. Cuando la máquina motriz hace girar el inducido del generador y la velocidad se aproxima a su valor nominal, la tensión debida al magnetismo residual y a la velocidad

E g

k n aumenta.

3. A la velocidad nominal, la tensión en bornes del inducido debida al magnetismo residual, es pequeña E1 . Pero esta tensión también se aplica al circuito de excitación cuya resistencia es R f (R sh ). Por tanto la corriente de excitación I 1 es pequeña. 4. Cuando I1 circula en el circuito de excitación del generador, aumenta la f.m.m. ayuda al magnetismo residual, por tanto aumenta la tensión a E 2.

I f N f que

5. La tensión E2 se aplica ahora a la excitación provocando que por el circuito de excitación circule una corriente mayor I 2 . I 2 N f es una fmm mayor que produce una tensión generada E 3 . 6. E3 establece a I 3 en el circuito de excitación produciendo E 4 . Pero E4 provoca la circulación de I 4 en la excitación produciendo E 5 y así suces ivamente has ta E 8 ; el valor máximo. 7. El proceso continúa hasta el punto en que la línea de resistencia de excitación corta con la curva de magnetización. En este momento cesa el proceso. La tensión inducida producida cuando se aplica al circuito de excitación produce una circulación de corriente que a su vez produce una tens ión inducida de la misma magnitud E 8 .

RESISTENCIA DE EXCITACIÓN CRÍTICA (R C ) Si R f (resistencia de excitación) se reduce a R f1 mediante el reóstato; el proceso de autoexcitación tendría lugar a lo largo de la línea de resistencia de excitación R f1 y establecería un valor ligeramente superior a E8, o sea, el punto en qu e R f1 corta a la curva de magnetización E 9 . La reducción de la resistencia de excitación (a su valor límite correspondiente a la resistencia del devanado de excitación) no aumentará la tensión apreciablemente. Inversamente, al aumentar la resistencia del reóstato de campo y la resistencia del circuito de excitación (hasta > R f ) se provocará una reducción del valor máximo para que pued a tener lugar a la autoexcitación. R f se puede aumentar hasta R c (resistencia crítica). Si R f es superior a R c no producirá autoexcitación. R c es la tangente a la curva de saturación que pas a por el origen, de, O. Por tanto, una resistencia del circuito de excitación superior a R c producirá una tensión en el inducido igual a E 1 aproximadamente y no aumentará.

RAZONES POR LA QUE UN GENERADOR SHUNT AUTOEXCITADO DESARROLLA TENSION: 1) Falta de magnetismo residual ( o insuficiente) 2) Conexiones del circuito de excitación invertidas con resp ecto al circuito de inducido 3) Resistencia del circuito de excitación mayor que la resistencia de excitación crítica. 4) Corte o resistencia elevada en el circuito de inducido

NO

EFECTO DE LA CARGA EN IMPEDIR LA AUTOEXCITACION DE UN GENERADOR SHUNT La carga tiene una resistencia baja en comparación de R f (resistencia de excitación). Una carga demasiado grande se3 conecta a los bornes de un generador shunt, que gira a su velocidad nominal, el generador puede no desarrollar tensión. Una carga elevada (baja resistencia) representa un corto circuito en bornes d el inducido. La razón es que la mayor parte de la corriente del inducido es derivada hacia la carga en lugar de hacia la excitación y se dispone de una pequeña corriente de excitación adicional para producir la fmm adicional requerida para iniciar el proceso de auto excitación. Por lo tanto , para co nseg uir la autoexcitación, es neces ario que el generador shunt no esté conectado a la carga has ta que su tens ión alcance s u valor nominal mediante el proces o de autoexcitación. El generador shunt, en loque concierne a la carga, debe hacerse funcionar en la parte saturada de su curva de magnetización. Si se hace funcionar por debajo del codo de la curva de magnetización (parte lineal o no s aturada), puede des excitarse co n la aplicación de la carga.

2.7.4 CURVA SHUNT

CARACTERISTICA

CARGA-TENSION

DE

UN

GENERADOR

Cuando se aplica carga a los bornes del inducido el efecto es de reducir la tensión generada y la del inducido; la caída de tens ión es por los siguientes factores: 1) Una caída de tensión interna en el inducido producida por la resistencia del circuito del inducido R a. 2) El efecto de la reacción de inducido sobre el flujo en el entrehierro. 3) La reducción de la corriente de excitación provocada por los dos factores precedentes.


2.7.5 CURVA CARACTERISTICA CARGA VOLTAJE PARA UN GENERADOR EN SERIE El generador en serie en circuito abierto es incapaz de subir el voltaje. Así cuando la corriente de la carga es cero, los voltajes generados y de armadura E g y Va son idénticos y ambos se deben al flujo magnético residual (E1 ). Si conectamos una carga con las terminales de la armadura de un generador serie, por el campo serie pas ará una corriente I 1 común a la armadura y la carga creando una tensión q ue con tribuye al flujo residual y produce un mayor voltaje. Comenzará la subida automática por que el voltaje adicional crea una corriente adicional en la carga y ello a su vez produce más f.m.m. (I s Ns ) en el campo en serie. Este g enerador es más complejo que el generador en derivación. Ahora hay dos caídas de voltaje, sin tener en cuenta las caídas en las esco billas que limitan el voltaje V1 a través de la carga. Eg baja por los efectos de reacción de armadura de modo que V 1 produce Is (corriente de magnetización) el cual presenta una resultante de dos fuerzas. 1. Factores que tienden a disminuir el voltaje V 1. 2. La corriente de magnetización I s , que tiende a aumentar E g . Resulta de ello que para una velocidad de impulso dado se produce un voltaje E g máximo que es punto crítico en el cual cesa el crecimiento y no se produce auto máticamente más corriente (toda máquina debe trabajar en zona saturada). En este punto la corriente I 1m las caídas de voltaje del campo en serie y de la armadura y así la caída por reacción de la armadura compens a exactamente el aumento de fuerza magnetomotriz que se produce en el campo en serie y voltaje de terminales V 1 permanece constante.

2.8

EFECTOS DE LA VELOCIDAD SOBRE LAS CARACTERISTICAS EN VACIO Y EN CARGA DE UN GENERADOR SHUNT

Si E g

KA '

p

n , para

p

cons tante, entonces; un aumento de “n”, producirá un aumento de la tensión y

una velocidad infinita producirá una tens ión infinita.

Si I e es constante para dos v alores distintos de velocidad n 1 y n 2. Para la misma I e1 , la velocidad mayor produce menor saturación, ya que la pendiente en el punto 2 es más vertical que en el punto 1. Pero cuanto menos saturado esté un generador shunt, más rápidamente se desexcitará. Por tanto se puede esperar que una máquina de velocidad mayor se desexcite más rápidamente y presente una característica de carga más d ecreciente qu e una máquina mas lenta. Si la velocidad de la máquina motriz disminuye, por consiguiente, tenderá a mejorar la regulación de tens ión del generador s hunt. Si además, d ebido a la disminución de velocidad y la reducción de la tensión en bornes, se restablece la ten sión a su valor original aumentando la corriente de excitación, la regulación de tens ión se mejora aún mas como resultado del aumento d e saturación de la excitación.

2.9

REGULACION DE TENSION DE UN GENERADOR

El término regulación de tensión se utiliza para indicar el grado de variación de la tensión en el inducido producida por la aplicación de la carga. Si el cambio desde vacío a plena carga es pequ eño, el generador pos ee una buena regulación.

La regulación de tensión s e define como la variación de la tens ión desd e vacío a plena carga, expresada en tanto por ciento de la tensión nominal en bornes.

VR(regulacion de Tension)

E g

V a

V a

x100

Donde: Eg Tensión generada en vacío. (V) Va Tens ión nominal en bornes a plena carga. (V) PROBLEMA 2.5: La tensión en vacío de un generador shunt es 135 V y la tensión a plena carga es 125 V. Calcular la regulación de tens ión. SOLUCION

VR(%)

E g V a V a

x100

135 125 125

x100 8%

Regulación positiva se define como voltaje mayor en vacío que a plena carga. A este efecto contrario se llama regulación negativa; que puede ocurrir en ciertos generadores compuestos o en serie. La operación de un generador en la curva de la zona de saturación da una mejor regulación (menor porcen taje de regulación). Esto porque una reducción de V a, causada por una gran corriente de carga, traducirá en una menor pérdida de flujo en el campoque si operase en un punto de la zona no saturada (zona lineal). Cuando se opera dentro de un intervalo de carga razonable, puede obtenerse una regulación de cero (es decir, voltaje co nstante) con un ajuste apropiado del campo. La caída de tensión puede compensarse mediante reguladores automáticos de tensión que reduscan la resisitencia de excitación (aumentando la corriente de excitación) y restablescan la tens ión a su valor en vacío.

2.10 PROBLEMAS RESUELTOS 2.1 Una máquina de corriente de 8 polos que funciona como generador gira a 900 rpm y tiene su inducido de devanado imbricado simple de 288 espiras y la resistencia por conductor es de 0,004 ohmios. La corriente por cada conductor es de 31,25 A y la resistencia total de las escobillas es de 0,0208 ohmios. Si el flujo por polo es de 30x10 5 Maxwell. Calcular la potencia interna y la tensión en bornes de la máquina. SOLUCION

p 8 polos n 900rpm a mp 1x8 8ramas Numero total de conducto res en el inducido: conductores Z 288espiras 2 576conductores espira Numero de conductores en serie: Z 576 conductores Z s 72 a rama 8 Resisten cia eléctrica de cada con ductor: Rc 0,004 Resistencia eléctrica de una rama: Rrama Z s .Rc 72x 0, 004 0, 288 Resistencia equivalente de armadura: 1 1 1 1 1 1 1 1 Ra Rrama Rrama Rrama Rrama Rrama Rrama Rrama

1

8

Rrama

Rrama

Rrama

0,288

0,036 8 8 Resisten cia total de las escobillas: Rb 0,0208 Caída de ten sión en las escobillas: V BD Rb I a Corriente eléctrica que circula por cada conductor: I c 31, 25 A Corriente eléctrica total de armadura: I a a.I c 8 x31, 25 250 A Flujo por polo: 1Wb 30 x105 Maxwell 0, 03Wb p 8 10 Maxwell Tensión total generada: 8x576 pZ E g x 0,03x900 259, 2V pn 60a 60 x8 Potencia interna: Pint E g .I a 259, 2 x250 64, 800W 64, 8kW Tensión en bornes de la máquina: 0,0208x 250 Vt Eg Ra I a VBD 259,2 0,036x 250

Ra

245V

2.2 Una máquina de devanado imbricado doble de doble capa tiene un inducido de 56 ranuras, cada bobina tiene un total de 25 es piras. El inducido se utiliza en un generador de 250 V de tens ión en bornes y produce una potencia interna de 51,8 kW, siendo su resistencia de inducido de 0,045 ohmios y la velocidad de giro es de 1200 rpm. Si la máquina es tetrapolar; calcular el flujo por polo necesario para producir la tensión generada y la corriente por conductor cuando el generador suministra la carga nominal. SOLUCION

p 4 polos n 1200rpm a mp 2x 4 8ramas N º bobinas N º ranuras 56 (Por ser de doble capa) Numero total de conducto res en el inducido: 25espiras 2conductores Z 56bobinas 2800conductores bobina espira Resistencia de armadura: Ra 0,045 Potencia interna: Pint 51,8kW 51800W E g .I a ................(1) Tensión en bornes de la máquina: Vt 250V Tensión generada p or la máquina: E g Vt Ra I a 250 0,045 I a ..............(2) Cálculo de la corriente de armadura: Reemplazando (2) en (1):

51800

(250 0,045 I a ).I a

51800

250 I a

0, 045 I a 2 I a

250

0,045I a 2

250I a 250

51800 2

0

4 x 0,045x ( 51800)

250 268

2 x0, 045

0, 09

I a 200 A Tensión generada: reemplazando I a en (2) E g Vt Ra I a 250 0,045 I a 250 0,045(200) Cálculo del flujo por polo: pZ Si: E g pn 60a 60aE g 60x8x 259 0,00925Wb p 4 x 2800x1200 pZn Corriente por conductor: I a 200 I c 25 A a 8

259V

2.3 Un generador de c.c. tetrapolar cuya armadura que gira a 1500 rpm; tiene un devanado imbricado doble de 192 espiras y la resistencia por conductor es de 0.0052 ohmios. La corriente por cada conductor es de 40 A y la resistencia total de las escobillas es de 0,0063 ohmios. Si el flujo por polo es de 816,7x104 líneas. Calcular el torque resistente y la tensión en bornes producida por la máquina. SOLUCION

p 4 polos n 1500rpm a mp 2x 4 8ramas Numero total de conducto res en el inducido: conductores Z 192espiras 2 384conductores espira Numero de conductores en serie: Z 384 conductores Z s 48 a rama 8 Resisten cia eléctrica de cada con ductor: Rc 0,0052 Resistencia eléctrica de una rama: Rrama Z s .Rc 48x 0, 0052 0, 2496 Resistencia equivalente de armadura: 1 1 1 1 1 1 1 1 Ra Rrama Rrama Rrama Rrama Rrama Rrama Rrama Ra

Rrama

0,2496

0,0312 8 8 Resisten cia total de las escobillas: Rb 0,0063 Corriente eléctrica que circula por cada conductor: I c 40 A Corriente eléctrica total de armadura:

1

8

Rrama

Rrama

I a a.I c 8 x 40 320 A Caída de tensión en las escobillas: V BD Rb Ia 0, 0063x 320 2, 016V Flujo por polo: 1Wb 816, 7 x104 lineas 0, 08167Wb p 8 10 lineas Tensión total generada: pZ 4 x384 E g x 0,08167x1500 392,016V pn 60a 60 x8 Potencia interna: Pint E g .I a 392.016 x320 125445,12W Torque resistente ó torque electromagnético: rev 2 rad min rad 1500 157, 08 min 60 s rev s

T

P int 125445.12

798, 6065N .m 157,08 Tensión en bornes de la máquina:

Vt

Eg

Ra I a

VBD

392,016

0,0312 x320

2,016 380V

2.4 La armadura de un generador hexapolar de 36 ranuras con un arrollamiento ondulado doble de doble capa con un to tal de 8 conductores en cada una de su s ranuras, es movida por un motor de c.c. La potencia interna producida por el generador es de 141,75 kW con u na tensión en bornes de 500 V. La resistencia total de la armadura es de 0,0926 ohmios y el flujo producido por polo es de 607,63x104 Maxwell. Si el torque en el eje del motor es de 842,562 lb-pie, determinar la potencia del motor en HP. SOLUCION

p 6 polos N º ranuras 36 a 2m 2x2 4ramas N º ranuras N º bobinas 36 (Por ser de doble capa) Numero total de conductores en el inducido: 8conductores Z 36ranuras 288conductores ranura Resistencia equivalente de armadura: Ra 0,0926 Flujo por polo. 1Wb 607, 63 X 104 Maxwell 0, 060763Wb p 8 10 Maxwell Potencia interna producida por el generador: Pint 141, 75kW 141750W E g . I a ..............(1) Cálculo de la tensión generada por la máquina: E g Vt Ra I a 500 0, 0926I a ...................(2) Reemplazando (2) en (1):

(500 0,0926 I a ).I a

141750

0, 0926 I a 2

500I a

500

5002

I a

141750

0

4 x 0,0926x ( 141750)

500 550

2 x0, 0926

0,1852

I a 269,9784 A 270 A Reemplazando en (2): E g 500 0, 0926(270) 525V Cálculo del número de revoluciones por segund o: 60aE g 60x 4 x525 pZ Si: E g 1200rpm n n p 60a 6 x 288x0,060763 pZ p Por tanto:

1200

rev

2 rad

min

125, 664

rad

min 60 s rev Torque externo del generador (Torque del motor cc):

Text

842,562lb. pie

Potencia del motor: P mot T ext

0, 4536 Kgf

9,81N

0,3048m

1lb

1kgf

1 pie

Pmot

Pmot

s

Text .

1142, 77N .m

1142,77 x125,664 143605,05W

143605, 05W

Hp 746W

192,5 HP

2.5 Un generador serie de corriente continua de 15 kW a la tensión de 240 voltios tiene una caída de tensión en las escobillas de 2 voltios, una resistencia del circuito de inducido de 0,08 ohmios y una resistencia de la excitación serie de 0,05 ohmios. Cuando suministra la corriente nominal a la velocidad nominal determinar: a) La tensión generada en el inducido. b) El valor de la resistencia diversor en derivación, si debido a una pequeña regulación circula una corriente de 2,5 amperios. SOLUCION

P 15kW V L

240V

V BD Ra

2V 0,08

R s 0,05 Cálculo de corriente de armadura: P 1500 I a 62,5 A 240 V L

N º ranuras

N º bobinas 36 (Por ser de doble capa)

Numero total de conductores en el inducido: 8conductores Z 36ranuras 288conductores ranura Resistencia equivalente de armadura: Ra 0,0926 Flujo por polo.

1Wb

607, 63 X 104 Maxwell

0, 060763Wb 108 Maxwell Potencia interna producida por el generador: Pint 141, 75kW 141750W E g . I a ..............(1) Cálculo de la tensión generada por la máquina: E g Vt Ra I a 500 0, 0926I a ...................(2) Reemplazando (2) en (1): 141750 (500 0,0926 I a ).I a p

0, 0926 I a 2

500I a

500

5002

I a

141750

0

4 x 0,0926x ( 141750)

500 550

2 x0, 0926

0,1852

I a 269,9784 A 270 A Reemplazando en (2): E g 500 0, 0926(270) 525V Cálculo del número de revoluciones por segund o: 60aE g 60x 4 x525 pZ Si: E g 1200rpm n n p 6 x 288x0,060763 60a pZ p Por tanto:

1200

rev

2 rad

min

125, 664

rad

rev min 60 s Torque externo del generador (Torque del motor cc):

Text

842,562lb. pie

Potencia del motor: T ext

Pmot

s

0, 4536 Kgf

9,81N

0,3048m

1lb

1kgf

1 pie

P mot 143605, 05W

Pmot

Text .

Hp 746W

1142, 77N .m

1142,77x125,664 143605,05W 192,5 HP

2.11 PROBLEMAS PROPUESTOS 2.1 Un generador serie de 6 polos que gira a 1200 rpm, produce una tensión de línea de 250 V, la resistencia del devanado de inducido es de 0,02 ohmios, resistencia de campo serie de 0,0608 ohmios, la resistencia del arrollamiento de cada interpolo es de 0,003 ohmios. Cuando se realiza una pequeña regulación circula una corriente de 7 A a través de la resistencia diversor. Si el torque resistente del generador es de 198,069 N.m. Calcular la corriente de línea si la resistencia total de las escobillas es de 0,032 ohmios. Rpta: 95A. 2.2 Un generador serie de 600V de tensión nominal, tiene una resistencia del circuito de inducido de 0,0265 Ω, resistencia de campo serie 0,05 Ω, resistencia total de las escobillas 0,076 Ω. Debido a una pequeña regulación circula una corriente de 4 A a través de la res istencia diverso r. Si la potencia interna desarrollada por la máquina es de 48 969 W. Calcular la potencia nominal de la máquina. Rpta: 48 kW. 2.3 Un generador serie genera una f.e.m. de 260 V, tiene una resistencia del circuito de armadura de 0,034 Ω, resistencia del campo serie 0,037 Ω, resistencia total de escobillas 0,032 Ω. Debido a una pequeña regulación circula una corriente de 8 A a través de la resistencia diverso r. Si la potencia nominal que entrega la máquina es de 25 kW. Calcular la potencia interna desarrollada por la máquina. Rpta: 26 kW. 2.4 Un generador tetrapolar de excitación derivación que gira a 1500 rpm, produce un torque electromagnético de 99,32 Julios. Si la corriente por cada conductor del inducido de arrollamiento ondulado simple es de 20 A. La resistencia del circuito de armadura es de 0,25 Ω y la del circuito de excitación 152 Ω. Determinar el valor de la corriente de excitación. Rpta: 2,5 A.

2.5 Un generador shunt tetrapolar que gira a 1200 rpm tiene s u inducido d e devanado imbricado simple de 200 espiras y la resistencia por espira es de 0,004 Ω. La corriente por cada conductor es de 31,25 A y la resistencia total que ofrecen las escobillas es de 0,03 Ω. Si el flujo por polo es de 0,0325 Wb. Calcular la potencia nominal de la máquina, cuando la resistencia del campo inductor es de 50 Ω. Rpta: 30 kW. 2.6 Un generador derivación hexapolar que gira a 1200 rpm posee un inducido de devanado imbricado simple de 192 espiras y la resistencia por conductor es de 0,0075 Ω. La corriente por cada conductor viene a ser de 22,5 A y la resistencia total de las escobillas es de 0,0163 Ω. Si el flujo por polo es de 51,18x105 Maxwell y la resistencia del campo shunt es de 76 Ω, calcular la potencia nominal de la máquina. Rpta: 49,4 kW. 2.7 Un generador compound en derivación corta produce una tensión inducida de 242 V. La resistencia del circuito de armadura es de 0,0732 Ω, la resistencia del circuito de excitación shunt es de 47,244 Ω, la resistencia del campo serie de 0,085 Ω y la resistencia diversor de 0,4817 Ω debi do a una pequeña regulación. Si la potencia nominal d e la máquina es de 18 400 W, determinar la ten sión de línea que entrega la máquina y la corriente a través de la resistencia diversor. Rpta: 230 V – 12 A. 2.8 Un generador compound en derivación larga genera una potencia interna de 39,2 kW, a la tensión en bornes del inducido de 484 V, siendo la resistencia d el circuito de armadura de 0,075 Ω y del campo serie de 0,05 Ω. Si el circuito de campo shunt absorbe 5 A; determinar la potencia nominal de la máquina. Rpta: 36 kW. 2.9 Un generador compound de 14,4 kW de potencia nominal y 240 V de tensión nominal tiene una resistencia del circuito de armadura de 0,07 Ω, una resistencia del circuito de excitación shunt de 60 Ω y resistencia del campo serie 0,055 Ω. Suponiend o conexión derivación larga, calcular la potencia eléctrica interna, si la caída de tensión en las escobillas es de 2V. Rpta: 16 kW. 2.10 Un generador compound con derivación larga de 5 kW , 240 V y 1500 rpm. Tiene una resistencia de armadura de 0,25 Ω, una resistencia de campo shunt de 60 Ω, resistencia de campo serie 0,02 Ω. Suponiendo co nexión larga y caída de tens ión de 2 V en las escobillas; calcular: a) La f.e.m. generada a plena carga. b) ¿Cuál será la tensión generada a 1700 rpm? c) La Resisten cia de reóstato de campo para regular la tensión en bornes a 220 V a plena carga. d) Trazar la curva Va versus IL cuando trabaja sin reóstato de campo. 2.11 Trazar la curva de magnetización de un generador de excitación independiente de 25 kW, 120 V que gira a 900 rpm. Los dato s so n: E (V) Ie (A)

4

40

60

80

100

120

140

0

0.67

1.03

1.5

2.07

2.94

4.35

a) Si el voltaje de la excitatriz es de 120 V ¿Cuál debe ser la resistencia del circuito de excitación para que el voltaje generado s ea de 100 V, siend o la velocidad de 900 rpm. b) Si la resistencia del circuito de excitación se mantiene constante en 41 Ω, ¿ Cuál es la corriente de excitación y cuál es el voltaje generado cuando la velocidad es de 700 rpm.?


CAPITULO 3 EFICIENCIA DEL GENERADOR DE CORRIENTE CONTINUA 3.1 EFICIENCIA Un generador de corriente continua o dínamo es, como lo dice su nombre, un dispositivo dinámico. No convierte energía o potencia cuando está en estado inmóvil o estático. Debe estar trabajando o funcionando para co nvertir energía. Por es te motivo, es incapaz de ten er la propiedad de almacenamiento de energía. También, por es te motivo, de acuerdo con la ley de la conservación de la energía, la potencia total que recibe una dínamo en cualquier instante debe ser igual a la potencia total entregada por la dínamo en ese instante. La potencia total que recibe una dínamo debe ser igual a su potencia de salida (útil) y s u pérdida total de potencia, siguiendo la ley de la conservación de la potencia, o sea: Pentr = Psal + P perd ...(3.1) Donde: Pent Potencia total que recibe la dínamo Psal

Potencia útil entregada por la dínamo para efectuar trabajo

P pérd Pérdida total que se produce dentro de la dínamo como resultado de la conversión de energía, la pérdida será: Pperd = Pentr - P sal La potencia que se suministra a u na dínamo s iempre debe s er mayor que la potencia de salida, o sea, que la potencia que suministra la dínamo para efectuar trabajo útil. Así, un motor o generador nunca pueden convertir toda la potencia que reciben en potencia mecánica o eléctrica de salida. Como se define en la ecuación (3.1), la diferencia entre la entrada y salida de la dínamo es su pérdida de potencia, que no lleva a cabo trabajo útil. Ya que esta pérdida de potencia no pro duce ni energía eléctrica ni mecánica, las cuales son útiles para la dínamo, sólo puede producir calor, luz o energía química. Casi toda la pérdida de energía ap arece como energía calorífica o potencia calorífica. Mientras mayor sea la pérdida de potencia en la ecuación (3.1) como porcentaje de entrada total de potencia, mayor s erá la potencia térmica o calorífica y más caliente estará la dínamo, es decir, mayor será el aumento de temperatura de la máquina rotatoria. La eficiencia de un generador se puede definir, como la relación adimensional entre la potencia de entrada: h =

P sal P entr

h =

P sal P sal + P perd

de la potencia salida

...(3.2)

(Para generador) ...(3.2a)

Un generador que trabaja con alta eficiencia, o con una alta relación de potencia de salida a entrada, produce en comparación poco calor comparado con su entrada o salida. A la inversa, un generador que trabaja con baja eficiencia produce gran cantidad de calor en comparación con s u salida.

3.2 PÉRDIDAS DE POTENCIA EN EL GENERADOR Las pérdidas en el generador se pueden dividir en dos grandes clases: 1) las que se producen por el flujo de la corriente a través de las diversas partes de los devanados del generador, que se llaman pérdidas eléctricas, y 2) las que s on función directa de la rotación dinámica del generador, que se llaman pérdidas rotacionales, o de potencia parásita. Las pérdidas de potencia parásita se dividen en general en dos categorías: a) las pérdidas mecánicas, que resultan de la rotación, y b) las pérdidas en el hierro o núcleo. Las pérdidas pueden ser: pérdidas fijas por que son independientes con la carga y pérdidas variables por que varían con la carga. 3.2.1 L AS PERDIDA S EL ECTRI CAS

Las pérdidas eléctricas son primordialmente resultado de la circulación de la corriente eléctrica a través de las bobinas tanto del estator como del rotor del generador. Todas esas pérdidas eléctricas tienden a variar de acuerdo con el cuadrado de la corriente de carga, excepto aquellas como la

pérdida en el campo, que es independiente de la carga, y la pérdida en es cobillas, varía directamente con la carga. 3.2.2

PÉRDI DAS ROTA CI ONAL ES

Se subdividen en: a)

Pérdidas mecánicas por fricción y ventilación: Pérdidas que s ólo son funciones de la velocidad

b)

Pérdidas en el hierro o núcleo: Pérdidas que s on función tanto del flujo como de la velocidad. Estas pérdidas ocurren cuando una armadura de hierro o una estructura de rotor giran en un campo magnético o cuando se presenta un cambio de encadenamientos de flujo en cualquier estructura d e hierro.

3.2.3

PÉRDI DAS A DI CI ONAL ES Ó PÉRDI DA POR CARGA PARÁSI TA

Las pérdidas por carga parásita representan pérdidas adicionales debidas a la carga. Estas pérdidas son mayores en motores de inducción y en máquinas de entrehierro pequeño. Representan 1) pérdidas en hierro debidas a distorsión de flujo (reacción de armadura) en máquinas de cd y armónicas de paso en máquinas de ca, 2) pérdidas de efectos superficiales en conductores de armadura o de es tator y 3) pérdidas en hierro en las partes es tructurales de las máquinas. Estas pérdidas en general se evalúan 1 po r ciento de la salida para generadores mayores de 150 kW; y no se considera máquinas de menor capacidad.

3.3 FLUJO DE POTENCIA EN EL GENERAD OR Si se aplica potencia mecánica al eje de un generador en calidad de entrada, la potencia en el eje es TS/5252 hp. Un generador impulsada en forma mecánica mantiene ciertas pérdidas rotacionales. La diferencia entre dichas pérdidas rotacionales y la potencia mecánica de entrada representa la potencia mecánica neta que se convierte en potencia eléctrica mediante la conversión electromagnética (E gIa). Pero el generador también sostiene determinadas pérdidas eléctricas internas, que se restan de la potencia eléctrica que se desarrolla. Por lo tanto, la potencia eléctrica neta es E gIa menos las pérdidas eléctricas, o sea el voltaje de terminales por la corriente total entregada a la carga (V aIL ). Salida de Potencia eléctrica

=

Entrada de potencia Mecánica

-

Pérdidas rotacionales + Pérdidas eléctricas

Potencia Eléctrica desarrollada= E gIa = Entrada de potencia mecánica – Pérdidas rotacionales = Potencia eléctrica de salida + pérdidas eléctricas

3.4 EFICIENCIA MAXIMA Un generador alcanza eficiencia máxima siempre que las pérdidas variables son iguales a las pérdidas fijas. Para el generador de cd, las pérdidas variables son las que varían de acuerdo con el cuadrado de la 2 corriente de armadura, es decir, las pérdidas de la armadura I a Ra . Las pérdidas fijas, son la suma de la pérdida en el circuito de campo Ve I e y la pérdida rotacional P rot suponiendo que la velocidad del generador sea constante. Si la pérdida fija es igual a pérdida variable para obtener la eficiencia máxima; se tiene la siguiente relación: K = Ve I e + Pr = I a 2 Ra

Watts (W )

Despejando la corriente de armadura con la cuál se logra la eficiencia máxima: Þ I a (h max) =

Ve I e + Pr

Fracción de carga:

FC =

I a (h max) I a ( no min al )

Ra

Eficiencia máxima del generador:

hmax ( generador ) =

FC x P salida no min al FC x P salida no min al + 2Pvar iables

=

FC x P salida no min al FC x Psalida nomin al + 2P fijas

PROBLEMAS RESUELTOS 3.1

Un generador derivación de 40 kW, 500V impulsado por un motor de dc de 60 hp produce la salida nominal de generación. La resistencia del circuito de armadura del generador es 0,2 Ω y la del circuito de campo es 250 Ω. La pérdida eléctrica variable a la carga nominal es 1345 W. Calcular: a) La eficiencia a la carga nominal b) La pérdida en el campo derivación del generador. c) La potencia eléctrica que s e genera. No tomar la caída de vo ltaje en escobillas. d) La pérdida de potencia rotacional del generador e) La corriente de armadura del generado r para la máxima eficiencia. f) La fracción de carga del generador para máxima eficiencia. g) La eficiencia máxima del generador. SOLUCION a) Eficiencia a la carga nominal: P generador P 40x103 sal x100 = x100 = x100 = 89, 4% h= Pentr Pmotor 60x746 b) Pérdida en el campo derivación: V 500 I e = a = = 2A 250 R sh

Pcampo

Ie2 Rsh

Va I e

500 x2 22 x250 1000 W

c) Potencia eléctrica que s e genera: P sal 40x103 = = 80 A I L = V a 500 Þ I a = I L + Ie = 80 + 2 = 82 A

E g

Va

P g

Eg I a

I a Ra

500 82(0, 2)

516, 4 x82

516, 4 V

42345V

d) Pérdidas rotacionales: Potencia Eléctrica desarrollada= E gIa = Entrada de potencia mecánica – Pérdidas rotacionales Pr ot Pm ec an ic a e nt re ga do( m ot or ) Pg en er ad a 60x746 42345 2425, 2 W e) La corriente de armadura del generador para la máxima eficiencia.

I a (h max) =

Ve I e + Pr Ra

=

500(2) + 2415, 2 0,2

= 130, 7 A

f)

La fracción de carga del generador para máxima eficiencia: I a (h max) 130,7 FC = = = 1,59 I a ( no min al ) 82

g) La eficiencia máxima del generador: FC x P salida no min al hmax ( generador ) = FC x P salida no min al + 2 P fijas

hmax ( generador ) =

1,59 x 40000 1,59 x 40000 + 2(2415+ 1000)

x100 = 90,3%

3.2

Con los datos y los resultado del problema (3.1), calcular la eficiencia del generador derivación de cd a las cargas siguientes: a) 25% de salida nominal. b) 50% de la salida nominal c) 75% de la salida nominal d) 125% de la salida nominal e) Explicar por que cada una de esas eficiencias es menor que la que se cálculo en la parte(g) del problema anterior. SOLUCION

h FC =

FC x P salida no min al FC x P salida no min al + Pcampo + Pr ot + FC 2 P armadura

Parmadura = I a 2 Ra = 822 x0, 2 = 1345W

a) FC = 0,25

h25% =

x100

0, 25 x 40000

x100 = 74,1% 0,25 x 40000 + 1000 + 2415 + 0,252 x1345

b)

h50% =

c)

h75% =

d)

h125% =

0,50 x 40000

x100 = 84,2% 0,50 x 40000 + 1000 + 2415 + 0,502 x1345 0,75 x 40000

x100 = 87,8% 0,75 x 40000 + 1000 + 2415 + 0,752 x1345 1, 25 x 40000 1,25 x 40000 + 1000 + 2415 + 1,25 2 x1345

x100 = 90,1%

e) La eficiencia que se obtuvo en la parte (g) del problema anterior es la eficiencia máxima considerando que las pérdidas fijas es igual a las pérdidas variables y FC para ese caso fue de 1,59. Para los casos que hallamos la eficiencia FC<1,59 por lo que las eficiencias son menores a la eficiencia máxima.

3.3

Calcular las pérdidas de un generador de 150 kW cuando opera a media carga, si su eficiencia co n esa carga es de 82,6% SOLUCION

h FC =

FC x P salida no min al FC x P salida no min al + Pcampo + Pr ot + FC 2 Parmadura

x100 =

FC x P salida no min al FC x Psalida nomin al + P perdidas

Reemplazando: FC = 0,5

86, 2 =

0,5 x150 x103 0,5 x150 x103 + P perdidas

Þ P perdidas =

0,5 x150 x103 86,2

x100

x100 - 0,5 x150 x103

P perdidas = 12000,961 W

3.4

Un generador Compound plana de 10 kW – 250 V, tiene: R sh = 125 Ω, R a= 0,4 Ω, R s =0,05 Ω, P pérdi das ro tacio nales =452 W y D V BD = 3 V . a) Calcular la eficiencia a plena carga y a media carga b) Calcular la eficiencia máxima y la potencia de salida correspondiente SOLUCION

I L =

P salida V a

=

10000 250

= 40 A

x100

I e =

V a R sh

=

250 125

= 2A

Þ I a = I L + I e = 40 + 2 = 42 A Pérdidas totales: Pérdidas rotacionales

Pérdidas devanado d e campo

Pr ot = 452 W

Pcampo = I e2 Rsh = 22 x125 = 500 W

Pérdidas dev anado de armadura Parmadura = I a 2 Ra = 42 2 x0, 4 = 705, 6 W 2

2

Pérdidas dev anado campo s erie Pcampo serie = I a Rs = 42 x0,05 = 88, 2 W Pérdidas en las escobillas

Pescobillas = D VBD Ia = 3x 42 = 126 W

Pérdidas total es

Ptotales = 1871,8 W

a) Eficiencia a plena carga: P sal 10000 x100 = x100 = 84, 2% h= P salida + P perdidas totales 10000 + 1871,8 Eficiencia a media carga: FC = 0,5

h FC = h50% =

FC x P salida no min al 2

FC x P salida no min al + Prot + Pcampo + FCxPescobillas + FC x (Parmadura + P campo serie) 0,5 x10000

x100 0,5 x10000 + 452 + 500 + 0,5(126) + 0,52 (705,6 + 88,2)

h50% = 80,5% b) Eficiencia máxima: Corriente de armadura cuando la eficiencia es máxima Perdidas fijas = Perdidas var iables Prot + Pcampo = Pescobillas + Parmadura + P campo serie

Protacionales + Pcampo = I a (h max)2 Ra + I a (h max) 2 Rs + I a(h max)D V BD 2 Þ I a (h max) ( Ra + Rs) + I a ( h max)D VBD - ( Protacionales + P campo) = 0

I a (h max) 2 (0, 4 + 0, 05) + I a (h max) x3 - (452 + 500) = 0 0, 45 I a (h max) 2 + 3I a (h max) - 952 = 0

I a (h max) = 42,782 A Fracción de carga I a (h max) 42,782 FC = = = 1,019 I a ( no min al ) 42 Eficiencia máxima FC x P salida no min al hmax ( generador ) = FC x P salida no min al + 2 P fijas

hmax ( generador) =

1,019 x10000

x100 = 84,3% 1, 019 x10000 + 2(452 + 500) Potencia de salida a la eficiencia máxima: P salida (h max) = FC x Psalida no min al = 1, 019 x10000 = 10190 W

x100

PROBLEMAS PROPUESTOS 3.1 Un generador serie t etrapolar que desarrolla una potencia interna de 21.12 kW tiene una resistencia por conductor del devanado inducido de 0,005Ω, de arrollamiento imbricado simple con un total de 240 conductores, resistencia del campo serie 0,04Ω, resistencia tot al de las escobillas 0.0625Ω. Debido a una pequeña regulación circula una corriente de 5 A. a través del diversor. Si las pérdidas rotacionales vienen a ser igual a 858 W. y la tensión nominal es de 250 voltios. Determinar el rendimiento a p lena carga. Respuesta: 91 %

3.2 Un generador shunt de 180 kW. Tiene una resistencia del circuito de inducido de 0.01495Ω y produce una tensión generada de 265 V . Para proporcionar la corriente nominal, cuando la corriente de campo es de 16 A . la resist encia total de las escobillas es 0,00544Ω. Si la pérdidas mecánicas vienen a ser el 2,5% de la potencia interna y las pérdidas en el hierro representan el 75% de la pérdidas mecánicas. Determinar el rendimiento a plena carga de la maquina. Respuesta: 87,643% 3.3 Un generador compound en derivación larga de 240 kW de potencia nominal, 8 polos, tiene un inducido de arrollamiento imbricado simple de 60 cm. de diámetro y 80 cm. De longitud axial, 80 ranuras. Resistencia del campo serie de 0,01245 C. Resistencia de excitación derivación 96Ω. Y resistencia del circuito de inducido 0.0232 Ω. Devanado de inducido construido de 5 conductores por ranura. Densidad de flujo en cada cara polar de 4510 gauss, siendo la caída de tensión en las escobillas de 12 V. Cuando suministra la corriente nominal a la velocidad nominal de 900 rpm. Determinar el rendimiento de la máquina, si las pérdidas mecánicas y en el hierro es de 3780Watts. Respuesta: 91% 3.4 Un generador compound en derivación corta de 600 voltios es accionada por una máquina prima que gira a 1200 rpm. Y produce una potencia útil de 100kW y tiene las siguientes características: resistencia del circuito inducido 0,025 Ω. Resistencia de las escobillas 0,0295 Ω, resistencia del inductor serie 0.02 ohmios. Resistencia de los p olos de conmutación 0,015 ohmios y resistencia del inductor shunt 200 ohmios. Si la pérdidas en el hierro más las pérdidas mecánicas vienen a ser igual a 1850 watts. Determinar el rendimiento total de la máquina. Respuesta: 94,138 % 3.5 Un generador en derivación de 100 kW. Y 230 V tiene una resist encia de circuito de inducido de 0,05 ohmios y resistencia del campo shunt de 57,5 Ω, siendo las p érdidas mecánicas y en el núcleo de 1.8 kW. Calcular: a) El rendimiento del generador a plena carga. b) ¿A que carga alcanza el generador el rendimiento máximo? c) ¿Cual es el valor de ese rendimiento máximo? Respuestas: 91,577 %; -217,94 A.; 92,799% 3.6 Un generador serie de 10 kW que tiene una resist encia en las escobillas de 0,025Ω, una resistencia del circuito de inducido 0,10 Ω y una resistencia de la excitación serie de 0,05 Ω.cuando se encuentra la corriente nominal a la velocidad nominal, la tensión generada en el inducido es de 139 voltios. Determinar el rendimiento a plena carga del generador. Respuesta: 89,928 % 3.7 Un generador de excitación derivación de 230 kW de potencia nominal, tiene una resistencia de circuito inducido 0,013 Ω y una resistencia del circuito de campo de 23 Ω. Si las pérdidas mecánicas y en el hierro es de 2,5 kw. Determinar el rendimiento del generador a plena carga. Respuesta: 91,867 % 3.8 Un generador compound de derivación corta de 250 V, es accionada por una máquina prima que gira a 1200 rpm. Y produce una potencia útil de 100 kW., tiene las siguientes características : Ra = 0,025 Ω ,R escobillas = 0,0295 Ω, Rs = 0,02 Ω, resistencia de los polos de conmutación = 0,015 Ω , Rsh = 64,5 Ω . Si las pérdidas en el fierro mas las pérdidas mecánicas vienen a ser igual a 2850 W. Calcular el rendimiento de la máquina a plena carga. Respuesta: 84,6% 3.9 Un generador en derivación cort a de 600 voltios de tensión de línea gira a 1200 rpm. Y produce una potencia útil de 270 kW y tiene las siguientes características: resistencia del circuito de armadura 0,01758 Ω , resistencia de las escobillas 0,01657 Ω ,resistencia de campo serie 0,02Ω,resistencia de los interpolos 0,00734 Ω y resistencia del campo shunt 76,125 Ω. Si las pérdidas en el fierro màs las pérdidas mecánicas viene a ser igual a 5500 watts. Calcular el rendimiento de la máquina a plena carga. Respuesta: 1 – 25825,108/295825,108 3.10 Un generador compound en derivación larga de 12 kW. de potencia nominal tiene una resistencia del circuito de armadura de 0,16 Ω ,resistencia del campo shunt 125 Ω,resistencia del campo serie 0,175 Ω y de la resistencia diversor debido a una pequeña regulación es de 0,7 Ω. Si la tensión generada es de 265 voltios, calcular el rendimiento a plena carga, si las perdidas mecánicas más las pérdidas en el fierro es 866 watts. Respuesta: 85 %


CAPITULO 4 CONSTRUCCION Y PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO DE LOS MOTORES DE CORRIENTE CONTINUA (DC) 4.1 PARTES CONSTRUCTIVAS DE LOS MOTORES DE CORRIENTE CONTINUA Una máquina eléctrica cuando trabaja como motor es necesario que la armadura reciba alimentación de corriente desde una fuente exterior, que pued e ser la misma que alimenta la bobina de excitación Un motor de c.c. recibe energía eléctrica de c.c. y entrega en el eje energía mecánica. Son utilizados en bomba de agua, ventilador, faja trans portadora, as cens or, un tren, etc. Algunos clásicos micromotores DC (Direct Current) o también llamados CC (corriente continua) son usados generalmente en robótica. Los hay de distintos tamaños, formas y potencias, pero todos se basan en el mismo principio de funcionamiento. A diferencia de los motores paso a paso y los servomecanismos, los motores DC no pueden ser posicionados y/o enclavados en una posición específica. Estos simplemente giran a la máxima velocidad y en el sentido qu e la alimentación aplicada se los permite. El motor de corriente continua es tá compuesto de 2 piezas fund amentales : Rotor Estator

4.2 ESQUEMA DEL MOTOR DE CC

Estator: Formado por una corona de material ferromagnético denominada culata o yugo en cuyo interior, regularmente distribuidos y en número par, van dispuestos unos salientes radiales con una expansión en su extremo, denominados polos, sujetos por tornillos a la culata. Rodeando los polos, se hallan unas bobinas de hilo, o pletina de cobre aislado, cuya misión es, al ser alimentadas por corriente continua, crear el campo magnético inductor de la máquina, el cual presentará alternativamente

polaridades norte y sur. Salvo las máqu inas de potencia reducida, en general de menos de 1 kW, encontramos también en el estator, alternando los polos antes citados, otros llamados polos de conmutación. El Estator; constituye la parte fija de la máquina. Su función es suministrar el flujo magnético que será usado por el bobinado del rotor para realizar su movimiento giratorio. Está formado por :

Armazón: Denominado también yugo, tiene dos funciones primordiales : servir como soporte y proporcionar una trayectoria de retorno al flujo magnético del rotor y del imán permanente, para completar el circuito magnético. Imán permanente: Compuesto de material ferromagnético altamente remanente, se encuentra fijado al armazón o carcaza del estator. Su función es proporcionar un campo magnético uniforme al devanad o del rotor o armadura, de modo que interactúe con el campo formado por el bobinado, y se origine el movimiento del rotor como resultado de la interacción de es tos campos. Escobillas: Las escobillas están fabricadas de carbón, y poseen una dureza menor que la del colector, para evitar que éste se desgaste rápidamente. Establecen el enlace eléctrico entre las delgas y el colector y el circuito de corriente continua exterior. Se encuentran albergadas por los portaescobillas. Ambos, escobillas y portaescobillas, se encuentran en una de las tapas del estator. La función de las escobillas es transmitir la tensión y corriente de la fuente de alimentación hacia el colector y, por consiguiente, al bobinado d el rotor. La función del portaescobillas es mantener a las escobillas en su posición de contacto firme con los segmentos del colector. Esta función la realiza por medio de resortes, los cuales hacen una presión moderada s obre las es cobillas contra el colector. Esta presión deb e mantenerse en un nivel intermedio pues, de ser excesiva, la fricción desgas taría tanto a las escobillas como al colector; por otro lado, de ser mínima esta presión, se produciría lo que se denomina "chisporroteo", que es cuando aparecen chispas entre las s uperficies del colector y las escobillas, debido a qu e no existe un buen contacto.

Rotor: Formado por una columna de material ferromagnético, a bas e de chapas de hierro, aisladas unas de las otras por una capa de barniz o de óxido. La corona de chapa magnética presenta en su superficie externa un ranurado donde se aloja el devanado inducido de la máquina. Este devanado esta constituido por bobinas de hilo o de pletina d e cobre convenientemente aislados , cerrado sobre si mismo al conectar el final de la última bobina con el principio de la primera.

El rotor constituye la parte móvil del motor, proporciona el torque para mover a la carga. Está formado por:

Eje: Formado por una barra de acero fresada. Imparte la rotación al núcleo, devanado y al colector.

Núcleo: Se localiza sobre el eje. Fabricado con capas laminadas de acero, su función es proporcionar un trayecto magnético entre los polos para que el flujo magnético del devanado circule. Las laminaciones tienen por objeto reducir las corrientes parásitas en el núcleo. El acero del núcleo debe ser capaz de mantener bajas las pérdidas por histéresis. Este núcleo laminado contiene ranuras a lo largo de su superficie para albergar al d evanado de la armadura (bobinado).

Devanado: Consta de bobinas aisladas entre sí y entre el núcleo de la armadura. Estas bobinas están alojadas en las ranuras, y están conectadas eléctricamente con el colector, el cual debido a su movimiento rotatorio, proporciona un camino de conducción con mutado. Colector: Denominado también conmutador, está constituido de láminas de material conductor (delgas), generalmente son fabricados por piezas planas de cobre duro de sección trapezoidal llamadas delgas ; separadas entre sí y del centro del eje por un material aislante mica, para evitar cortocircuito con dichos elementos. Las delgas forman en conjunto un tubo cilíndrico aprisionado fuertemente llamado colector. El colector se encuentra sobre uno de los extremos d el eje del rotor, de modo que gira con éste y está en contacto con las escobillas. La función del colector es recoger la tensión producida por el devanado inducido, transmitiéndola al circuito por medio de las escobillas (llamadas también cepillos. El colector tiene tantas delgas como bobinas posee el devanado inducido de la máquina.

CAPITULO 5 EL MOTOR DE CORRIENTE CONTINUA EN REGIMEN ESTABLE 5.1 PAR O TORQUE ELECTROMAGNETICO EN UN MOTOR DE CORRIENTE CONTINUA El par se define como la tendencia de un acoplamiento mecánico (de una fuerza y su distancia radial al eje de rotación) para produ cir una rotación.

Fuerza Electromagnética producido en un conductor Fcond

Be Icond L Donde:

F cond : Fuerza electromagnética producido en un conductor (N) Be : Densidad de flujo en el entrehierro (Wb/m 2 )

Be

p

p

2 rL

A p

p Donde: p


A p : Área polar (m2 ) r : Radio del inducido o distancia radial al eje de rotación (m) p : Número de polos

I cond : Intensidad de corriente que circula por el conductor (A)

L : Longitud activa del conductor ó longitud axial del rotor (m) Torque electromagnético producido en un conductor Tcond

Fcond x r

N .m

Donde:

T cond : Torque electromagnético producido en un conductor (N.m)

F cond : Fuerza electromagnética producido en un conductor (N) r : Radio del inducido o distancia radial al eje de rotación (m) Torque electromagnético total producido en el inducido Tint

Z .Tcond

Z .Fcond . r

Donde:

T int : Torque electromagnético interno producido en el inducido (N.m)

F cond : Fuerza electromagnética producido en un conductor (N) r : Radio del inducido o distancia radial al eje de rotación (m) Z : Número total de conducto res en el rotor o inducido Si: I a Corriente total que entra al inducido (A) a Número de ramas ó número de circuitos en paralelo en el inducido

I cond

I a a

Reemplazando:

Tint =Z.Fcond .r=Z.(Be .Icond .L).r=Z.

p

.

I a

2 rL a p

. L.r

p.Z

. p . I a 2 a pZ Si: K A Constante 2 a Tint =

Tint

K A . p .I a

N .m

Nota: El par electromagnético se opone a la rotación en un generador y ayuda a la rotación en un motor. Ya que el par es función del flujo y de la corriente en el inducido, es independiente de la velocidad tanto en el caso del generador como de un motor. Los términos par y velocidad no deben utilizarse como sinónimos; ya que durante el arranque un motor puede tender a desarrollar un par apreciable pero no velocidad. La velocidad de un motor, depende del par, pero no viceversa una variación del flujo puede producir una variación en la corriente del inducido y también variación en el par. El par disponible en la polea o eje de un motor es algo menor que el par desarrollado debido a las pérdidas mecánicas que consumen parte del par interno durante el efecto motor. EJEMPLO 2.1: Un motor de 12 polos tiene un inducido de devanado ondulado simple con 144 bobinas de 10 vueltas cada una. La resistencia de cada vuelta es 0, 011 Ω. Su flujo por polo es 0,05 Wb esta girando a 200 rpm. a) ¿Cuántas trayectorias hay en la máquina? b) ¿Cuál es el par total del inducido?. Si la máquina absorbe 2,88 A. SOLUCION

n 200 rpm p 12 polos 144 bobinas de 10vueltas cada una Z p

144bobinas.

10espiras 2conductores . bobina espiras

=0,05 Wb

I a =2,88 A a) Trayectorias o número de ramas: Devanado Ondulado a 2m

2 x1 2 ramas

b) Par interno del inducido:

Tint Tint

K A . p .I a 2880 x12 2 x x 2

pZ 2 a

. p .I a

x0,05x 2,88

N .m 396.03 N .m

2880 conductores


5.2 FUERZA CONTRAELECTROMOTRIZ O TENSION GENERADA EN UN MOTOR Cuando una máquina de corriente co ntinua funciona como motor, simultáneamente tiene lugar un efecto generador.

DETERMINACION DE LA CORRIENTE CONTINUA

FUERZA

CONTRAELECTROMTRIZ

EN

UN

MOTOR

Densidad de flujo en el entrehierro:

Be

p

p

p

2 rL

A p

p

2 rL

Wb/m 2

p Donde:

Be : Densidad de flujo en el entrehierro (Wb/m 2 ) : Flujo por polo (Wb) r : radio del rotor (m) p : Número de polos L : Longitud activa del conductor ó longitud axial del rotor (m) p

Fuerza contraelectromotriz que Genera Cada Conductor: E Cconductor =Be .L.v

Si: v= .r m/s Donde: v : Velocidad tangencial (m/s) r : Radio del rotor (m) : Velocidad angular del rotor (rad/s) Reemplazando:

Ecconductor Ecconductor

Be .L.v p

p

2

p

p

2 rL

.L. r

p

p

2

Voltios

Voltios

Número de conductores en serie por rama:

Z s

Z a Donde: Z Numero total de conductores en el rotor a Número de circuitos en paralelo ó número de ramas ZS Número de conductores en serie por rama

FUERZA CONTRAELECTROMOTRIZ GENERADA ENTRE LAS ESCOBILLAS DEL MOTOR: Z p p . EC Z s .E cconductor a 2

Ec Si: K A

pZ 2 a

p

pZ 2 a

Voltios Constante

DE

K A. p .

Ec

Voltios

Si la velocidad está dado en r.p.m: 2 n

60

60 2 Reemplazando:

pZ

Ec

pZ p

2 a

p.Z

Si: K A '

60a

2 a

2 p

60

n

n

pZ

Ec

Constante

Ec

60a

. p .n Voltios

K A '. p .n Voltios

EJEMPLO 2.2: El rotor de un motor bipolar gira a 1500 r.p.m., los conductores que lleva el rotor se encuentra dispuesto en una circunferencia de 15 cm de radio. La dimensión de la cara polar es de 25 cm, la densidad de flujo en el entrehierro es de 12 000 gauss. Determinar: a) La fuerza contraelectromotriz generada en cada conductor cuan do está atravesand o por una cara polar. b) La fuerza contraelectromotriz generada por el motor, s i tiene 30 conductores en el inducido y 2 ramas. SOLUCION

n 1500 rpm r 15cm 0,15m L 25cm 0, 25m 1500

Be =

p

rev

2 rad

min

min

rev

60 s

p

=12000gauss

50

rad / s

1 Tesla

2 rL 104 gauss 2 rL 2 x0,15x0,25 = Be = x1, 2 p p 2

1, 2

Wb m2

0,1414 Wb

a) Fuerza contraelectromotriz generada en cada conductor: p p 2 x0,1414x50 7,07 Voltios Ecconductor 2 2 b) Fuerza contraelectromotriz generado por el motor: Z 60 conductores a 2 ramas

pZ

Ec

60a

. p .n

2 x 60 60 x 2

x 0,1414x1500

212,10 Voltios

5.3 VELOCIDAD DE UN MOTOR EN CONTRAELECTROMOTRIZ Y DEL FLUJO Si:

Ec

K A '. p .n

Ec

Va

( I a Ra

FUNCION

DE

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

V BD ) ........ (2)

Donde:

E c : Fuerza contraelectromotriz generado en le inducido del motor (V) : Flujo por polo (Wb) n : Velocidad del rotor del motor en revoluciones por minuto (r.p.m.) p

LA

FUERZA


p

V a : Tensión en los bornes del motor (V) I a : Intensidad de corriente que ingresa a la armadura (A)

Ra : Resistencia eléctrica equivalente del inducido o arm adura (Ω) V BD : Caída de tensión en las escobillas (V)

K A '

p.Z 60a

Constante

-

La fuerza contraelectromotriz a plena carga es menor que la fuerza contra electromotriz con valores pequeños de carga.

-

En función de la tensión en bornes del inducido; la fuerza contra electromotriz a plena carga variará desd e aproximadamente al 80% en las máquinas pequeñas has ta aproximadamente el 95% de la ten sión aplicada al inducido en los motores de c.c. mayores.

Reemplazando (1) en (2) y despejando “n”; se obtiene la Ecuación fundamental de la velocidad de un motor de c.c.:

Va ( IaRa

n

V BD )

K A '

r. p.m.

p

-

Si el flujo de excitación de un motor de c.c. tiende a cero, el motor se embalará. Si I a y p es con stante y se aumentamos V a . La velocidad aumenta en la misma proporción.

-

Si el

p

y V a es constante y I a aumenta debido a la mayor carga, la velocidad del motor

disminuirá.

5.4 TIPOS DE MOTORES DE CORRIENTE CONTINUA Los motores de corriente continua son accionados por una fuente de corriente continua cuyo voltaje de entrada s e supone que es constante , puesto que esta su posición simplifica el análisis de los motores y la comparación entre los diferentes tipos. Los tipos de motores derivan de la forma cómo se conectan las bobinas de campo del motor; y son las siguientes: - Motor dc de excitación independiente o de excitación s eparada. - Motor de imán permanente. - Motor dc con excitación en derivación. - Motor dc con excitación en serie. - Motor dc excitación compuesto.

5.5 CIRCUITO EQUIVALENTE DEL MOTOR DC El circuito del inducido se representa por una fuente ideal de tensión E c (fuerza contraelectromotriz generada por el motor), una resistencia Ra (resistencia de armadura) y la caída de tensión en las escobillas V BD . Esta representación es el equivalente de Thevenin de la estructura total del rotor, incluidas las bobinas del rotor, los interpolos y los devanad os de compensación, si los hay. El circuito de campo se representa por la resistencia de excitación ó resistencia de campo Re y el reóstato de campo Rcp que representa a una resistencia exterior variable, utilizada para controlar la cantidad de corriente en el circuito de campo. Existen algunas variables y simplificaciones de este circuito equivalente básico. Con frecuencia, el voltaje de caída de tensión en las escobillas V BD es sólo una pequeña fracción del voltaje generado en un

máquina E c . En casos en los cuales no es demasiado crítico, el voltaje de caída en la escobilla puede despreciarse o incluirse aproximadamente en el valor de Ra . A veces, la resistencia interna de las bobinas de campo también se agrupa con la resistencia variable y a este total se le llama R F . Otra variante es aquella en la cual los motores tienen más de una bobina de campo, todo lo cuál aparecerá en el circuito equivalente. La fuerza contraelectromotriz o voltaje generado por el motor está dado por la ecuación:

Ec

K A '. p .n

V

Y el par inducido desarrollado por la máquina está dado por:

Tint

K A '. p .I a

N .m

Estas dos ecuaciones, las Leyes de Kirchhoff y la curva de magnetización de la máquina, son las herramientas necesarias para analizar el comportamiento y el funcionamiento de un motor dc.

5.5.1

MOTOR CON EXCITACIÓN INDEPENDIENTE O EXCITACIÓN SEPARADA

La bobina de campo es alimentada des de una fuente exterior denominado excitatriz.

+

Ia Ra

Va

Ie Re

Ec

∆VBD

+ Ve

Va I a I e

Ec Ec

5.5.2

Ec

Ia Ra

Va

( Ec

VBD V BD )

Ra V e R e

pZ 60a

p

n

K A '. p .n

MOTOR CON EXCITACIÓN DERIVACION Ó SHUNT

La bobina de campo es conectada en paralelo con el inducido del motor. El voltaje de línea es cons tante o casi co nstante, en el sentido usu al. Esto quiere decir que el flujo de campo p es también cons tante. En el campo puede utilizarse o no un reóstato de campo para cambiar la corriente del campo y en consecuencia el valor del flujo. El cambio en el flujo de campo sirve para variar la velocidad de rotación del rotor. Esto es así porque el cambio de flujo cambia el voltaje de la fuerza contraelectromotriz a la relación de la

velocidad de rotación. Al debilitarse el campo se requiere una mayor velocidad de rotación a fin de producir la misma fuerza co ntraelectromotriz requerida y aumentar de ese modo la velocidad efectiva. Por el contrario, al aumentar el campo se reduce la velocidad de rotación requerida para producir la fuerza contraelectromotriz necesaria, lo que a su vez reduce la velocidad efectiva del motor. Este proceso tiene un alcance efectivo limitado, ya que con un campo muy débil el motor tiende a ser inestable si se le aplican cargas muy grandes. Existe también un límite superior para el campo debido a la satu ración. Cualquier motor pued e ten er un intervalo efectivo de velocidad por control de campo que va desde 2 a 1 hasta 4 a 1. Para rangos de velocidad más amplios s e necesitan devanados de compens ación y controles sofisticados.

+ IL

Ia

Ra

Rsh

Va

Ec

Ie

∆VBD

Va

Ec

Ia Ra

I L

Ia

I e

I e

Ec Ec

VBD

V a R sh

pZ

pn 60a K A '. p .n

Donde:

E c : Fuerza contraelectromotriz generada en el motor (V) V a : Tens ión en bornes del generador (V) I a : Intens idad de corriente de armadura (A) I e : Intensidad de corriente de excitación (A) I L : Intens idad de corriente de línea (A)

Ra : Resistencia de armadura (Ω) V BD : caída de tens ión en las es cobillas K A ' : Constante que depende de la construcción de la máquina. 5.5.3

MOTOR CON EXCITACIÓN SERIE

Un motor en serie se conecta internamente con las bo binas del campo principal en serie con el circuito de la armadura. Esto significa que toda la corriente del circuito de armadura pasa a través de los campos. Las bobinas de campo s e diseñan y se construyen con pocas vueltas de alambre grueso. Estas vueltas de la bobina de campo proporcionan los ampere-vueltas necesarios con la elevada corriente d el circuito de la armadura. La sección transversal grande da por resultado una resistencia pequeña y por tanto pérdidas pequeñas de potencia en el campo, aun con co rrientes grandes.

En un motor en serie el flujo del campo depende en su totalidad de la corriente de armadura. Al operar debajo de la rodilla de la curva de saturación, el flujo magnético del campo es casi directamente proporcional a la corriente de la armadura.

+

Ia Ra Ec

∆VBD

Va

Rs

Va

Ec

I a Ra

I a

IL

I e

VBD

Ia Rs

R s : Resistencia de devanado de excitación serie (Ω) 5.5.4

MOTOR EXCITACIÓN COMPUESTO O COMPOUND

Si un motor dc tiene campos tanto en derivación como en serie, se le conoce como motor compuesto. Si el motor se conecta de modo que el campo en serie se apoye al campo en derivación, se le conoce como motor compuesto acumulativo o aditivo . Si el campo en serie se conecta para oponerse al campo en derivación, entonces es un motor compuesto diferencial .

+ IL

Ia

Ra

Rsh Va

Ec

Ie

∆VBD

Rs

Va

Ec

I a Ra

I L

Ia

I e

I e

Ia Rs

VBD

V a R sh

El motor compuesto actúa con una combinación de las características de los motores en serie y en derivación. Cuanto mayor es el efecto del campo en serie, tanto más las características s e parecen a las de un motor en serie. Aun cuando potencialmente se puede usar el motor en cualquier región de sus características, por lo general sólo trabaja en ciertos rangos de dicha región potencial.

El motor compuesto acumulativo desarrolla un gran par para ajustarse a un incremento en el par de la carga, igual que un motor serie. No obstante, el motor compuesto acumulativo tiene una velocidad en vacío definida y controlable, de manera que no existe el problema del “escape” o “embalamiento”. Por ello, ello, este tipo de motor motor es en particular particular adecuado adecuad o en los usos us os que requieran requieran apli ap licaciones caciones brus cas de cargas grandes. Algunos de esos usos son las máquinas laminadoras o las grandes troqueladoras o cortadoras. Una ven taja en particular particular en la aplicaci aplicación ón súbita s úbita de cargas grandes p ero de corta co rta duración duración consiste con siste en qu e cuando el motor disminuye su velocidad de rotación al recibir la carga, entrega parte de su energía cinética almacenada para mover la carga. Si la velocidad se mantuviese más constante, tendrían que demandarse demandarse g randes co rrientes rrientes p ico de la línea línea de alim alimentación debido al trans itorio itorio resultante. Las grúas y los elevadores utiliz utilizan an motores motores com co mpues tos acum ac umulati ulativos vos , ya que de esa manera pueden poner po ner en e n marcha con su avidad una carga pes ada sin tener ten er un aumento excesivo de s u velocid ad al operar en vacío. A menudo el campo campo en serie se desconecta des conecta en forma forma automática automática del circui circuito, to, cuando la máquina máquina llega llega a s u velocidad velocidad de operación. En En es tado estable estab le opera s ólo el campo campo el derivación. derivación. Otra Otra ventaja es la posibili po sibilidad dad de emplear emplear el motor oto r com co mo freno ajustable, ajust able, usánd us ándolo olo como gen generador erador con un unaa carga decreciente, decreciente, ya que qu e dispone dispo ne del campo campo en derivación. derivación. El motor compuesto diferencial no se utiliza tan ampliamente, pero tiene algunas características especiales que lo hacen útil para algunas aplicaciones especiales. Cuando el efecto de oposición del campo en serie se ajusta de modo que el efecto de pérdida de flujo cancele exactamente la pérdida de velocidad velocidad de u n motor motor en derivación derivación con carga, lo lo que se obtienes o btienes un a velocidad velocidad muy muy constante. const ante. Sin Sin embargo, el motor compuesto diferencial presenta dos problemas principales de operación que limitan su uso: 1) cuando se ajusta para una velocidad constante o incluso creciente con características de carga, el motor tenderá a “huir”, es decir, a aumentar en forma forma drástica su velocidad velocidad con co n un unaa carga elevada; 2) este mismo efecto de campo en serie tendiente al “apoderamiento” hará que un motor compuesto diferencial arranque en la dirección opuesto a la deseada, a menos que la corriente de arranque con cuidado se mantenga pequeña. Por lo general, el campo en serie se desconecta mediante una conmutación especial durante el arranque. arranque. As í como como el generador com co mpues to diferenci diferencial al es una máquina para aplicaci aplicaciones ones muy específicas, el motor compuesto diferencial también lo es, y aun más.


5.6 CURVAS CARACTERISTICAS DE LOS MOTORES DC Existen dos curvas características muy importantes que dependen del tipo de motor: a) La curva del torque del motor en función a la corriente; b) La velocidad del motor en función de la potencia que entrega al eje.

5.6.1

CARACTERISTICAS DEL PAR ELECTROMAGNETICO:

MOTOR DERIVACION : Durante el arranque y marcha; si las resistencias de excitación y del reóstato de campo permanecen constantes; entonces la corriente de excitación I e también también se mantiene mantiene con stante, stan te, en cons ecuencia el p es constante. Al aumentar la carga se aumenta la corriente de armadura I a y disminuye la velocidad; en consecuencia la fuerza con contraelectromotri traelectromotrizz E c desminuye; ya que Ec Si

p

K A '. p .n es función de la velocidad. velocidad.

es constante y I a aumenta directamente con la carga mecánica; entonces Tint

K A '. p .I a es

directamente lineal. lineal.

Tint (N.m) Tint

K A '.

p

.I a

I a ( A)

MOTOR SERIE: En los motores serie la corriente de armadura I a es igual a la corriente de excitación I e ; entonces el flujo

p

es en todo momento proporcional a la corriente de armadura I a ; por po r lo lo tanto tan to el flujo flujo es función

de la corriente de armadura p ( I a ) . Luego el torque será: Tint el circuito circuito magnético de excitaci excitación ón está no satu rada.

K A '.

p

( I a ). Ia

K A '. Ia2 hasta que

La relación entre el par del motor serie y la corriente de carga es exponencial. Para cargas pequeñas (valor reducido de I a ) el par en motor serie es menor que para derivación debido a que desarrollaran menor flujo. Para I a a plena carga, el par motor serie es mayor.

Tint (N.m)

K A '. I a 2

Tint

I a ( A)

MOTOR COMPOUND : El compoundaje puede ser aditiva o diferencial. Para cualquiera de los casos la corriente en el circuito de excitación en derivación y el flujo de excitación durante el arranque y marcha se mantienen constantes ( I e cte cte ). p d

f

La corriente en la excitación serie es función de la corriente de carga absorbida por el inducido. Para motor compound aditivo Tind

K A '(

f

s

) I a en la que

s

es función de I a .

Arrancando con un flujo igual al flujo de excitación derivación en vacío y uno que aumenta con la corriente de inducido, el motor co mpound aditivo produce una curva par que siempre es mayor que la del motor derivación para la misma corriente de inducido. Para motor compound diferencial Tind

K A '(

f

s

) I a en la que

s

es función de I a y

f

es

constante. Arrancado con un flujo igual al flujo de excitación en derivación en vacío, cualquier valor de I a producirá una fmm de excitación en serie que reduce el flujo total en el entrehierro, en consecuencia en el par. Por tanto, el motor compound diferencial produce una curva de par que siempre es menor que la del motor derivación.

Tint (N.m)

Tind

K A '(

f

s

) I a

compound aditivo

Tind

K A '(

f

s

) I a

Compound diferencial I a ( A)

5.6.2 Si:

CARACTERISTICAS DE LA VELOCIDAD DE LOS MOTORES DE CC Ec

K A '. p .n

Ec

Va

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

V BD ) ........ (2)

( I a Ra

p.Z

K A '

60a

Constante

Reemplazando (1) en (2) y despejando “n”; se obtiene la Ecuación fundamental de la ve locidad de un motor de c.c.:

n

Va ( IaRa K A '

V BD )

r. p.m.

p

MOTOR DERIVACION: Si el motor está a su “n” nominal en vacío n

Va ( IaRa K A '

tanto la velocidad se puede expresar de la s iguiente manera n

V BD )

entonces

f

es constante. Por

f

K '

Va ( IaRa

VBD )

f

Si I a aumenta, entonces E c disminuye y n lo hace proporcionalmente.

E c varía desde vacío a plena carga solo en un 20% aproximadamente ( o sea desde 0,75 V a a 0,95 V a ) entonces la velocidad de motor se mantiene casi constante.

nr m

n

K '

Va ( IaRa

VBD )

f

I a ( A) I a nom

MOTOR SERIE: n

Va

El flujo

Ia ( Ra K A ' s

Rs ) s

producido por la excitación serie es proporcional a la corriente del inducido I a ; por tanto la

velocidad se puede expresar: n

K '

Va

I a ( Ra I a

Rs )

Si I a es pequeña, entonces el numerador es grande y el denominador es pequeño; por tanto “n” es anormalmente elevada. Por cons iguiente en vacío la v elocidad es excesivamente grande, por está razón los motores s erie siempre se accionan acoplados a una carga. Al aumentar I a , el numerador disminuye rápidamente y el denominador aumenta en proporción directa de I a y la velocidad disminuye rápidamente. Para evitar el embalamiento de los motores serie se utilizan interruptores centrífugos que se abren a 150% de la velocidad no minal.

n(rpm) n

K '

Va

I a ( Ra

Rs )

I a

I a ( A) I a no min al

MOTOR COMPOUND ADITIVO :

n

K

Va

I a ( Ra f

Rs ) s

Ec

K f

s

Si aumentamos I a , el s también aumenta y E c disminuye; por tanto, el denominador aumenta mientras que el numerador disminuye proporcionalmente, más que para un motor derivación. La velocidad en un motor compound aditivo disminuye más rápidamente que el motor derivación.

n(rpm)

n

K '

Va ( IaRa f

I a ( A) I a nom

VBD )

MOTOR COMPOUND DIFERENCIAL : n

K

Va

I a ( Ra f

Rs ) s

Ec

K f

s

Al aumentar I a , el numerador disminuye ligeramente, pero el denominador disminuye rápidamente. La velocidad disminuye ligeramente con pequeñas cargas, pero al aumentar la carga la velocidad aumenta. Debido a su inestabilidad estos motores no s e usan frecuentemente.

n(rpm)

n

K '

Va ( IaRa

VBD )

f

I a ( A) I a nom

5.6.3

COMPARACION DE LAS CARACTRERISTICAS VELOCIDAD - CARGA

n(rpm) Compound diferencial

Derivación Compound aditivo

Serie I a ( A) I a nom

5.6.4

COMPARACION ENTRE LAS CARACTERISTICAS PAR – CARGA Y VELOCIDAD – CARGA A LA CARGA NOMINAL

Las máquinas eléctricas s e especifican en función a sus valores nominales (plena carga), la comparación entre las características par – carga y velocidad – carga debe realizarse a la carga nominal. Si comparamos motores de c.c. de la misma tens ión, poten cia y velocidad nominales , se obtiene las siguientes curvas:

Tint (N.m)

serie derivación Compound diferencial

compound aditivo I a ( A)

I a no min al

a) Característica par - carga

n(rpm)

Compound diferencial

Derivación Serie

Compound aditivo

I a nom

I a ( A)

b) Característica velocidad - carga


5.7 ARRANCADORES PARA LOS MOTORES DE CC Al momento de arranque la fuerza contraelectromotriz E c es cero ya que n de arranque será mucho mayor que la nominal. Como Ra es pequeña, la corriente de arranque I aarr

Va

E c

Ra

0 . Por tanto la corriente

es grande 7 a 10 veces la I a nominal.

La corriente es excesiva debido a la falta de fuerza contraelectromotriz en el momento de arranque, una vez iniciada la rotación, se establece una fuerza contraelectromotriz proporcional a la velocidad. Esta corriente perjudica al motor y a la red caus ando oscilaciones de tens ión. En operación normal la corriente se ajusta, por la presencia de la fuerza contra electromotriz. Por tanto, la Va E c corriente normal autoajustado de I a . Como el factor E c no aparece en el arranque, la Ra Ra debe aumentarse mediante una resistencia adicional o b ién V a debe reducirse de alguna manera. En la situación industrial usual el voltaje de línea es invariante, o casi. Las fluctuaciones que puedan ocurrir se deben a las características de la fuente y a las caídas totales del voltaje de línea entre la fuente y el motor. Por lo general es deseable limitar la corriente máxima de arranque a 125 o 150% de la operación normal, y en ocasiones puede utilizarse 200% de la corriente nominal. Por tanto es necesario limitar la corriente de arranque mediante un arrancador para evitar daños en el motor. Para motores de cierta potencia se limita la corriente de arranque mediante reóstato de arranque. El reóstato de arranque o arrancador consiste en una resistencia variable o con tomas, cuya finalidad es limitar la corriente durante el período de arranque y cuya resistencia puede reducirse gradualmente a medida que el motor adquiera velocidad.

Va

I aarr

Ra

E c Rarr

El valor del reóstato de arranque Rarr se escoge de tal manera que I aarr no supere 2 I a ( 2 veces la corriente nominal). Al mantenerse la corriente de arranque siempre mayor que la corriente nominal se asegura a la máquina un buen par de arranque Tarr K A I aarr . El par de arranque elevado permite que la máquina pueda mover sin problemas la carga mecánica aplicada a su eje y pueda adquirir rápidamente su velocidad de régimen. EJEMPLO 2.3: Un motor derivación de c.c. de 120 V, tiene una resistencia de inducido de 0,2 Ω y una caída de tensión en las escobillas de 2 V . La corriente nominal a plena carga del inducido es 75 A. Calcular: c. La corriente en el momento de arranque y el porcentaje de plena carga. d. Los diversos valores de la resistencia de arranque a fin de limitar la corriente en el motor a: a.

El 150% de la carga nominal en el momento d e arranque.

b.

Una fuerza contraelectromotriz que es el 25% de la tensión aplicada al inducido V a , al 150% de la carga nominal.

c.

Una fuerza con traelectromotriz que es el 50% de la tens ión aplicada al inducido al 150% de la carga nominal.

d.

Hallar la E c a plena carga sin resistencia de arranque. SOLUCION

Va

120 V

V BD

2 V

Ra

0, 2

c) Corriente al momento de arranque:

Va

I aarr

( Ec

V BD ) 1 20 (0 2)

Ra

590 A

0, 2

Porcentaje de la corriente de arranque respecto a la corriente nominal:

I aarr

I aarr %

I ano min al

590

x100

786%I a nom ó 7,86 I anom

x100

75

d) Resistencia de arranque del motor:

Va

I aarr

( Ec

Ra

VBD ) Rarr

i) En el momento de arranque Ec

Va

Rarr ii) Ec

V BD )

25%Va

Va

0, 25Va

( Ec

y

V BD )

50%Va

Va

Rarr

0,5Va

( Ec

y

V BD )

I aarr

I aarr

150% I a

0,2

1,5x75 I aarr

VBD )

150% I a

Ra

1,5 I a

0,85

1, 5 I a

120 (0,25x120 2)

0,2

1,5x75

I aarr

Ra

( Ec

I aarr

120 (0 2)

Ra

I aarr

y

0

Ra

I aarr

Rarr iii) Ec

( Ec

Va

Rarr

150% I a

0,582

1,5 I a

120 (0,5 x120 2) 1,5x75

0,2

0,326

iv) E c a plena carga sin resistencia de arranque:

Ec

Va

( I a Ra

VBD ) 120 (75x 0, 2 2) 103 V

5.8 REGULACION DE VELOCIDAD Los motores de cc se comparan frecuentemente por sus regulaciones de velocidad. La regulación de velocidad SR (Spedy Regulation) de un motor se define como:

SR %

no

nn nn

x100

Donde: SR Regulación de velocidad en % no

Velocidad en vacío

nn

Velocidad a plena carga.

Una regulación de velocidad pos itiva significa que la velocidad del motor disminuye con el aumento de carga y una regulación negativa de velocidad significa que la velocidad aumenta cuando aumenta la carga. La magnitud de la regulación de velocidad dice, aproximadamente, que tan empinada es la pendiente de la curva par – velocidad.


5.9

INVERS ION DEL SENTIDO DE GIRO DE LOS MOTORES DE CC

Se puede realizar de dos maneras: -

Invirtiendo la corriente de excitación

-

Invirtiendo la corriente de armadura

La inversión de ambos circuitos producirá el mismo sentido de giro.

5.10

FRENADO ELECTRICO

El frenado eléctrico consiste en aprovechar las mismas fuerzas magnéticas que se oponen al movimiento de un conductor en un campo magnético. El frenado p uede s er: a) F renado Regenerati vo Para motor shunt el frenado regenerativo tiene lugar cuando la máquina q1ue funciona en el régimen motor, comienza a funcionar en el régimen de generador paralelo a la red (Caso del descenso de un ascensor aprovechando su peso) con una velocidad mayor que la velocidad de marcha en vacío. Va E c Ec K V a por tanto I a varía de signo al torque y la máquina comienza a Ra funcionar como generador. Para motor serie; no puede pasar, por si mismo, del régimen motor al régimen de frenado regenerativo aumentando simplemente la velocidad. Al aumentar la velocidad del motor serie, disminuye el flujo de excitación exc y la f.e.m. E c puede aproximarse a la tensión de la red, pero no sobrepasarla. Por esta razón, el frenado regenerativo del motor serie se efectúa haciéndolo pasar a la excitación shunt y al funcionamiento correspondiente a esta excitación. El frenado regenerativo de los motores serie se emplea ampliamente en el trans porte eléctrico. b) F r enado po r el mé tod o de conexi ón en oposici ón Otra forma de frenar eléctricamente el motor es invirtiendo su sentido de rotación. Este régimen se realiza por dos procedimientos :

c)

-

Cuando la carga pon e el motor en rotación en sen tido contrario a de acción torque motor.

-

Cuando se invierte la marcha cambiando el sentido de la corriente de armadura.

F renad o din ámi co

Este procedimiento consiste en desconectar el motor de la red cuando es tá en marcha, pero, manteniendo su excitación energizada. El motor empieza a funcionar, entonces, como generador de excitación independiente sin motor primo que lo impulse, por lo que se parará rápidamente por efecto del torque resistente.

5.11 PROBLEMAS RESUELTOS: PROBLEMA 5.1: Si el torque electromagnético desarrollada por una armadura es de 20,81 lb-pie, la corriente de armadura es de 36,5 A. siendo la densidad de flujo de 8 500 gauss, la longitud axial de 8,9 cm y el radio del inducido de 7,62 cm. calcular en numero total de conductores si el devanado es ondulado doble.

T EM

20,81 lb. pie

I a

36,5 A

a

2m

Be

20,81lb. pie

SOLUCION 0, 4536 Kgf 9,8N

lb

1Kgf

12 pu lg

0, 0254m

1 pie

1 pu lg

2x2 4ramas

8500gauss

8500gauss

L 8, 9cm 0, 089m r 7, 62cm 0, 0762m

1Tesla 4

10 gauss

0,85Tesla

0,85

Wb m2

28,1959N .m

Flujo por polo: p

Be . Ap

Be .

2 rL

p Torque electromagnético: 2. .r .L Z . p Z .Be . .I a .Be .r .L.I a T EM K A. p .I a 2. .a p a Por lo tanto nu mero total de condu ctores: a.T EM 4 x 28,1959 Z 536 conductores Be .r.L.I a 0,85 x 0,0762 x 0,089x 36,5 PROBLEMA 5.2: Una maquina gira a 1 500 rpm siendo su armadura de ondulado triple con 150 conductores en total, la longitud axial de la cara polar es 4 pulg. y el radio de la armadura es de 2 pulg. Si la corriente por cad a conductor es de 6 A. y cuya densidad de flujo es de 6500 gaus s. Determinar el torque motor o torque electromagnético. SOLUCION

n 1500 rpm Devanado ondulado triple: a 2m 2 x3 6 ramas Numero de conductores en total: Z 150 conductores

Be

6500gauss

L

4 pu lg

r

2 pu lg

6500gauss

4 pu lg 2 pu lg

1Tesla 104 gauss

0,0254m

1 pu lg

0, 65

Wb m2

0,1016m

1 pu lg 0,0254m

0,65Tesla

0, 0508m

Corriente que circula por cada conductor: I cond

6A

Corriente que circula por la armadura: I a a.I cond 6x 6 36 A Flujo por polo: 2 rL Be . Ap Be . p p Torque electromagnético: 2. .r .L Z . p Z .Be . .I a .Be .r .L.I a T EM K A. p .I a 2. .a p a

T EM

150 6

x0,65x 0, 0508x 0,1016x 36 3, 0193 N .m

PROBLEMA 5.3: Calcular el torque electromagnético en dinas-cm y en lb-pie desarrollada por una armadura con 552 conductores en total, corriente de armadura 39,5 A., densidad de flujo de 6 500 gauss, longitud axial de 8,9 cm., radio del inducido 7,62 cm, con un devan ado ondulado s imple. SOLUCION Devanado ondulado s imple: a 2m 2 x1 2 ramas Numero de conductores en total: Z 552 conductores

Be

6500gauss

6500gauss

1Tesla 4

10 gauss

L 8,9 cm 0, 089 m r 7, 62 cm 0, 0762 m Corriente que circula por la armadura: I a 39,5 A

0,65Tesla

0, 65

Wb m2

Flujo por polo: p

Be . Ap

Be .

2 rL

p Torque electromagnético: 2. .r .L Z . p Z .Be . .I a .Be .r .L.I a T EM K A. p .I a 2. .a p a 552 T EM x0,65x 0,08 0,089 9x 0,07 0,076 62x 39 39,5 48,058 ,058 N .m 2 Torque electromagnético en dinas.cm:

T EM

48, 058 N .m

T EM

48, 058 N .m

105 dinas

100cm

1 N Torque electromagnético en lb.pie:

48, 058x107 dinas .cm

1m

0, 2248lb

1 pie

1 N

0, 3048m

35, 444 lb. pie

PROBLEMA 5.4: Determinar el torque electromagnético de una maquina que gira a 1800 rpm, siendo su inducido de 528 conductores en total con un devanado ondulado simple, cuya longitud axial de la cara polar es 6 pulg. pu lg. y el radio del d el inducido induc ido 4 p ulg. Si la intensidad inten sidad de corriente p or cada condu co nductor ctor es 30 A y la densidad dens idad de fluj flujoo es de 12 500 500 gaus s. SOLUCION

n 1800rpm Devanado ondu ondulado lado sim s imple: ple: a 2m 2 x1 2 ramas Numero Numero de condu co nductores ctores en total: to tal: Z 528 conductore conductoress

Be

gauss 12500gauss

L

6 pu lg

r

4 pu lg

gauss 12500gauss

0,0254m 1 pu lg 0,0254m 1 pu lg

1Tesla

gauss 104 gauss

Tesla 1, 25Tesla

1, 25

Wb m2

0,1524m 0,1016m

Corri Corriente ente que circula circula por cada conductor: cond uctor: I cond

30 A

Corriente que circula por la armadura: I a a.I cond 2x 30 60 A Flujo por polo: 2 rL Be . Ap Be . p p Torque electromagnético: 2. .r .L Z . p Z .Be . .I a .Be .r .L.I a T EM K A. p .I a 2. .a p a

528

0,15 524x 0,1 0,101 016 6 x60 306 306,58 N .m x1, 25 x0,1 2 PROBLEMA 5.5: Un motor motor de d e corr co rriente iente continua de 8 polos p olos cuya dens idad de flujo por polo es de 9 32 3222 gaus s, tiene un inducido de 424 424 conductores en total, distribuidos distribuidos en un u n devanado devan ado imbri imbricado cado s imple, imple, cuyo radio de inducido es de 25 cm. y longitud axial efectiva es de 50 cm. y una resistencia de inducido o armadura de 0,15 ohmios y la velocidad de giro de 900 rpm. Si la tensión en bornes es de 600 voltios. Calcular: a) La fuerza fuerza contraelectromotri con traelectromotriz. z. b) El torque torqu e motor. oto r. c) La po potenc tencia ia interna.

T EM

SOLUCION

n 900rpm p 8 polos Devanado Devana do imbricado imbricado simple: simple: a mp 1x8 8 ramas Numero Numero de condu co nductores ctores en total: to tal: Z 424 conductore conductoress

Be

gauss 9322gauss

L

50cm 0, 5m 25cm cm 0, 25m

r Ra

1Tesla

gauss 9322gauss

Tesla 0, 9322Tesla

4

gauss 10 gauss

0, 9322

Wb m2

0,15

Va 600V Flujo por polo: p

Be . Ap

Be .

2 rL

0, 9322.

p

a) Fuerza con contraelectromotri traelectromotriz: z: pZ Ec K A ' . p .n pn 60a

2 x0, 25 x0, 5

0, 0915Wb

8

8 x424 60 x8

x 0, 0915x 900

582 V

b) Torque electromagnético:

Ia

Ra

Va

Ec

Si:

Va

Ec

Por lo tanto: T EM

I a Ra

K A.

Va

Ia

p

.I a

E c

600 582

Ra

Z . p p

2. .a

.I a

0,15

424 x8 2 x8

120 A

x 0, 0915x120

741 N .m

c) Potencia interna: 93, 6 HP Pint Ec I a 582x120 69840 W PROBLEMA 5.6: La resistencia del circuito de inducido de un motor de corriente continua es de 0,078 ohmios y tiene una caída de tensión en las escobillas de 3,125 voltios. La corriente de armadura es de 62,5 A. a la tensión en bornes de 240 voltios. Si la potencia de maquina en el eje es de 18,5 HP a la velocidad ve locidad de 1 500 500 rpm. Calcular: Calcu lar: a) El El torque electromagnét electromagnético. ico. b) El El torque de sali sa lida. da. SOLUCION

n 1500 rpm

V BD

Ra

0,078

Va

Peje

18, 5 HP



3,125 V

I a

240 V

13801 W

Torque Torqu e Electromagnét Electromagnético: ico: T EM

Pint

Ec I a

N .m

62,5 A

Ia

Por lo tanto: T EM

Pint

Ec I a

Va

IaRa

157, 08

232 232 x 62,5 62,5 157,08

Torque de salida: salida: P eje T salida Teje

Ec

∆VBD

Va

Fuerza con contraelectromotri traelectromotriz: z: Va Ec I a Ra VBD Ec Velocidad angular del rotor: rev 2 rad 1 min 1500 min 60 s re v

Ra

VBD

240 240 62,5x 0,07 0,078 8 3,12 ,125

232 V

rad s 92,30 ,309 N .m



13801 157,08

87, 86 86 N .m

PROBLEMA 5.7: Un motor serie tiene una resistencia del circuito de armadura de 0,03 ohmios y resistencia del campo serie de 0,029 ohmios, caída de tensión en las escobillas 3,15 ohmios y una corriente de armadura de 150 A. La placa de características del motor indican velocidad 1 200 rpm, tens ión 230 230 voltios y 42,5 HP. Calcular: Calcular: a) La La potenc po tencia ia intern interna. a. b) Torque motor oto r interno. c) Torque Torqu e de salida SOLUCION

Ra

0,03

R s

I a

150 A

n 1200 rpm

Peje

42, 5 HP

0,029

V BD

3,15 V

Va

230 V

31705 W

a) Potencia interna: Pint Ec I a Fuerza con contraelectromotri traelectromotriz: z: Va Ec I a Ra Ia Rs VBD

Ec

Va

Por lo tanto: Pint

I a Ra Ec I a

I a Rs

VBD

218x150

+

230 150x 0,03 0,03 150x 0,02 0,029 9 3,15 ,15 32700 W

43, 8 HP

Ia Ra

Va

b) Torque motor interno:

∆VBD Rs

Ec

218 V

1200

Tint

rev

2 rad

1min

min

rev

60 s

P int

32700

rad

125, 664

s

260,218 N .m

125,664 c) Torque de salida: P eje 31705 Teje 125,664

252,3 N .m

PROBLEMA 5.8: Un motor de c.c. de 94 HP de potencia en el eje, mueve a la armadura de un generador de 72 ranuras con un arrollamiento ondulado doble de doble capa, si cada bobina tiene 6 espiras. El generador produce una potencia interna de 73,26 kW a la tensión en bornes d e 380 V, la resistencia de armadura es de 0,15 ohmios, si la maquina es tetrapolar y produce un flujo por polo de 0,0157 Weber. Determinar el torque de salida del motor. Peje

94 HP

SOLUCION 72 ranuras 4 polos

70124 W

Devanado ondulado doble: a 2m 2x 2 4 ramas Doble capa: N º bobinas N º ranuras 72 bobinas Numero de conductores en total: 6espiras 2conductores Z 72bobinas 864 conductores bobina espiras Potencia interna: Pint

Ra

73, 26 kW Va

0,15

73260 W 380 V

p

0,0157 Wb

Calculo de la corriente de armadura I a y fuerza contraelectromotriz E c : Pint

Ec I a

73260 W ............(1)

Ec Va I a Ra 380 0,15I a .......(2) Reemplazando (2) en (1): (380 0,15 I a ) I a 73260 0,15 I a 2

I a I a1

380 I a

( 380) 2323,1 A

73260

3802

0

4 x0,15x (73260)

2 x0,15 Ia2

380 316,93 0,3

210, 23 A

Se escoge I a 2 por que I a1 es muy alto respecto a la P int y V a . Por tanto:

I a 210,23 A Reemplazando en (2): Ec Va I a Ra 380 0,15I a 380 0,15x 210,23 348,46 V Calculo de velocidad angular : pZ 60.a.E c 60x 4 x 210, 23 n n 929,89rpm Si: Ec p 60a p.Z . p 4 x864 x 0, 0157 Por lo tanto: 929,89

Torque eje: P eje Teje

rev

2 rad

1min

min

rev

60 s

70124 720,1216 N .m 97,378

97,378

rad s

PROBLEMA 5.9: Una máquina de c.c. octopolar, tiene un arrollamiento imbricado simple, y los polos producen una densidad de flujo de 5 894 gauss , el diámetro del inducido es de 30 cm. y la dimens ión axial de la cara polar es de 45 cm. La resistencia del circuito de armadura es de 0,08 ohmios y la velocidad de giro del motor es de 900 rpm. El torque electromagnético producido por la maquina es de 381,972 N-m a la tensión en bornes de 252 V. Determinar la fuerza contra electromotriz por conductor producido por la maquina. SOLUCION

p 8 polos Devanado imbricado simple: a

Be

5894gauss

mp 1x8

5894gauss

L 45cm 0, 45m d 30cm 0, 3m Ra 0,08 n

r

8 ramas

1Tesla

0,5894Tesla

104 gauss

0,5894

Wb m2

0,15m

900rpm

T EM Va

381,972 N .m 252V

Calculo de la potencia interna P int : 900

Pint

rev

2 rad

1min

min

rev

60 s

T EM .

381,972x 94,25

94, 25

rad s

36000W

Calculo de la corriente de armadura I a y fuerza contraelectromotriz E c : Pint

36000 ............(1)

Ec I a

Ec Va I a Ra 252 0,08I a .......(2) Reemplazando (2) en (1): (252 0, 08 I a ) I a 36000 0, 08 I a 2

I a I a1

252 I a

36000

2522

( 252)

0

4 x 0,08x (36000)

2 x0, 08 I a 2 150 A

3000 A

252 228 0,16

Se escoge I a 2 por que I a1 es muy alto respecto a la P int y V a . Por tanto:

I a 150 A Reemplazando en (2): Ec Va I a Ra 252 0, 08I a

252 0, 08x150

240 V

Calculo de la fuerza contraelectromotriz por conductor E c cond : Flujo por polo: p

Be . Ap

Be .

2 rL

0,5894

p Número de con ductores totales: pZ Z Si: Ec pn 60a Conductores por rama:

2 x0,15 x0, 45 8

0, 03125Wb

60.a.E c

60x8 x 240

p. p .n

8x 0, 03125x 900

512conductores

Z s

Z

512

64

conductores

a rama 8 Por lo tan to la fuerza contraelectromotriz generada por conductor será: E c 240 Ec cond 3,75 V 64 Z s PROBLEMA 5.10: Un motor shunt tiene una resistencia del circuito de inducido de 0,04 ohmios y una caída de tensión en las escobillas de 2,6 V. y absorbe una corriente de armadura de 135 A. La placa de características del motor es: velocidad de 900 rpm. y 230 V. Calcular la potencia de salida en el eje en HP; si el torque de salida representa el 93,5 % de torque interno desarrollado SOLUCION

Ra

0,04

I a

135 A

n

Peje

? HP

T eje

93,5%TEM

900 rpm

V BD

2,6 V

Va

230 V

Velocidad angular del rotor: rev 2 rad 1min 900 min rev 60 s

94, 25

rad s

+ IL

Ia

Ra

Rsh

Va

Ec

Ie

∆VBD

Fuerza contraelectromotriz: Va Ec Ia Ra VBD

Ec Va I a Ra VBD 230 135x 0,04 2,6 Potencia interna: Pint Ec I a 222x135 29970 W Torque interno: P int 29970 317,984 N .m Tint 94,25 Torque salida o torque en el eje: Teje 93,5%T int 0,935 x317,984 297,315 N. m Potencia de salida: Peje

Teje .

297, 315x 94, 25

28021, 938 W

222 V

28021, 938W

1 HP

37,56HP 746W PROBLEMA 5.11: Un motor shunt de 240 V. tiene una resistencia del circuito de armadura de 0,25 ohmios y una caída de tensión en las escobillas de 3 V. en forma constante. La corriente de armadura a plena carga es 60 A. Calcular la corriente en el momento del arranque sin resistencia de arranque. Calcular también los diversos valores de la resistencia de arranque intercalada con el inducido a fin de limitar la corriente en el motor cuando: a) Absorbe el 150% de la carga nominal en el momento de arranque. b) Ec es el 25% de la tens ión aplicada al inducido, al 150% de la carg a nominal.

c) Ec es el 50% de d e la la tens ión aplicada aplicada al inducido, indu cido, al 150 150% % de la carga nom no minal. d) Hallar Hallar la Ec Ec a plena carga. e) Hallar Hallar la resistencia resiste ncia de arranque arranqu e (Rarr (Rarr)) a plena carga. ca rga.

Va

240 V

Ra

SOLUCION V BD 3 V

0,25

I a

60 A

+ IL

Rarr

Ia

Ra

Rsh Va

Ec

Ie

∆VBD

Va

Ec

I a Ra

VBD

Ia

Va

( Ec

V BD )

Ra Corriente de armadura al momento de arranque sin resistencia de arranque: En el momento de arranque E c 0 ya que la velocidad velocidad es cero. I a arr

Va

( Ec

V BD )

Va

( Ec

V BD )

240 (0 3)

948 A Ra 0,25 Corriente de armadura al momento de arranque utilizando resistencia de arranque: La resistencia de arranque Rarr se conecta en serie con la resistencia de armadura Ra para limitar la corriente I a :

I a arr

Ra

Rarr

De la formula anterior despejando la resistencia de arranque Rarr se s e tiene:

Rarr a)

Va

( Ec

I a arr Va

( Ec

Rarr

Ec

Va

V BD )

I a arr

Va

( Ec

V BD )

E c a plena carga I a

I a Ra

Ra

VBD

Ra

150% I a :

240 (0 3)

0,25

1,50x60

2,383 ,383

150% I a :

240 (0,25 (0,25x 240 3) 3) 1,50x60

50%V a y I a arr

I a arr

Va

Ra

25%V a y I a arr

( Ec

Rarr ; si Ec

Rarr

V BD )

I a arr

b) Rarr ; si Ec

d)

Ra

Rarr en el momento de arranque; para I a arr

Rarr

c)

V BD )

0, 25 1,717 ,717

150% I a :

240 (0,50 (0,50x 240 3) 3) 1,50x60

60 A :

240 60x 0, 25 25 3

222 V

0, 25 1,05

e)

Rarr ; a plena carga: Ec Va

Rarr

( Ec

V BD )

222V y I a

60 A

240 (22 (222 3)

Ra

0, 25 25 0 I a 60 PROBLEMA 5.12: Un motor shunt que gira a la velocidad nominal de 1 200 rpm absorbe una corriente de 62,5 A. a plena p lena carga de d e la red de alimenta alimentación ción de 24 2400 V y tiene una resistencia resist encia del circuito circuito de inducido de 0,12 ohmios y una resistencia del circuito de excitación de 64 ohmios. La caída de tensión en las escobillas es de 3 V constante. Calcular: a) La velocidad a media carga. b) La velocidad velocidad a una s obrecarga de 25%. 25%. c) La potencia p otencia interna interna para cada cas o.

n 1200rpm

I L

62,5 A

Ra

R sh

64

0,12

SOLUCION Va 240 V

V BD

IL Va

Ia

Ra

Rsh Ec

Ie

Corriente Corriente de excitación: excitación: V a 240 I e 3,75 A R sh 64 Corriente Corriente de armadu armadura: ra: I a I L I e 62,5 3,75 58,75 A Fuerza contraelectromotriz a plena carga: ,12 3 Ec Va I a Ra VBD 240 58,75x 0,12

K A'

p

K A'

Ec mc

n

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

n

p mc

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

Fuerza cont co ntra ra electromotriz elect romotriz a media ed ia carga carg a '

n

Ec mc

nmc

233, 33, 475 475 V

Fuerza con contra tra electromotriz electromotriz a plena carga

Dividiendo (1) entre (2); considerando K A

E c

∆VBD

229,95 V

a) Velocidad a media carga: Corriente de armadura a media carga 1 1 I a mc Ia x58, 58, 75 29,37 29,375 5A : 2 2 Fuerza contraelectromotriz a media carga Ec mc Va I a mc Ra VBD 240 240 29,37 29,375 5 x0,12 ,12 3 Si: Ec

3 V

p

cons cons tan tan te para los los motores shunt s hunt::

E c fuerza fuerza contraelectromotriz a plena carga E c mc fuerza contraelectromotriz a media carga

n velocidad velocidad a plena carga nmc velocidad a media carga Por lo tanto velocidad la velocidad a media carga será:

E c mc

nmc

E c

n

233,475 229,95

x1200 1200 1218 1218,395 ,395 rpm

b) Velocid Veloci dad a una sobrec sobrecarga arga de 25% 25 % : Fuerza contraelectromotriz a una sobre carga del 25%: 125% I a Ec 125% c V a 1, 25 25 I a Ra VBD 240 1, 25 25 x58, 75 75 x0,12 3 Por lo tanto velocidad la velocidad a media carga será: E c 125% c 228,1875 n125% c n x1200 1200 1190 1190,802 ,802 rpm E c 229,95

228,1875 V

c) Potencia interna para cada caso: Potencia interna interna a plena carga:

Pint

Ec I a

229,95 229,95x 58, 58, 75 1350 13509,56 9,5625 25 W

Potencia interna a media carga: Pint mc

Ec mc .(1/ 2 I a )

233, 33, 475x(1/ 2 x58,75) ,75)

6858 858,328 ,328 W

Potencia interna a sobre carga del 25%: Pint 125% c

Ec 125% c .(5/ .(5/ 4 I a )

228 228,18 ,1875x(5 / 4 x58 58,75) ,75) 16757,5 757,51 19 W PROBLEMA 5.13: Un motor serie de 250 V. absorbe una corriente de línea de 48 A. a plena carga a la velocidad nominal de 750 rpm. Las resistencias del circuito de inducido y excitación serie son 0,15 y 0,125 ohmios respectivamente. Considerando la caída de tensión en las escobillas de 2,8 V. a plena carga. Calcular: a) la velocidad cuando la corriente de carga disminuye a 30 A. b) La velocidad velocidad en vacío cuando la corri corriente ente de línea es 3 A. SOLUCION

n

750rpm

Ra

0,15

I L R s

Ia

48 A

Va V BD

0,125

250 V 2,8 2, 8 V

Ra Ia

Va

∆VBD

Ec

Rs

Fuerza contraelectromotriz a plena carga: 0,15 48x 0, 0,125 2,8 234 V Ec Va I a Ra I a Rs VBD 250 48x 0, Caída Caída de tensión ten sión en las es cobillas cobillas para diferentes diferentes valores de las corrientes corrientes de armadura: armadura: V BD RBD I a ...( ...(1) 1) caída de tensión tens ión en las escob illas illas a plena carga carga

V BD1 RBD I a1 ...( ...(2) 2) caída de tensión en las escob illas illas para cargas difer diferentes entes Dividiendo Dividiendo (2) entre en tre (1): (1): I a1 V BD1 I a1 V BD1 V BD V BD Ia I a a) Velocid Veloci dad cuand c uandoo la corriente corrie nte de de carga car ga dis disminuye minuye a 30 A: A: Caída Caída de tens ión para una de carga de 30 30 A

V BD1

I a1

30

x 2,8 1,75 V I a 48 Fuerza contraelectromotriz para carga de 30 A Ec 30 A Va I a 30 A Ra I a 30 A Rs VBD1 250 30 x 0,1 0,15 5 30 x 0,1 0,12 25 1,75 Velocid Veloci dad para para diferentes cargas carg as en motor motor seri s eriee : ' Si: Ec KA p n KIa n ..........(1 ..........(1)) Fuerza cont co ntra ra electromotriz elect romotriz a plena plen a carga carg a

Ec c arg a1

VBD

K A'

n

p c arg a1 c arg a1

240 V

...(2) Fuerza co ntra electromotriz electromotriz para la la carga 1 KIa carg a1nc arg a1 ...(2)

Dividiendo (1) entre (2:

Ec

Ia

Ec c arg a1

.

n

nc arg arg a1

I a c arg a1 nc arg a1

E c c arg arg a1 . .n I a c arg a1 E c I a

fuerza contraelectromotriz a plena carga E c fuerza E c c arg fuerza con c ontraelectrom traelectromotriz otriz para la carga 1 arg a1 fuerza n velocidad velocidad a plena carga nc arg arg a1 velocidad para la carga 1 I a

Corriente Corriente de armadu armadura ra a plena carga

I a c arg armadura ra para la la carga 1 arg a1 corriente de armadu Por lo tan to la velocidad velocidad para la la carga de d e 30 A será: I a E c 30 A 48 240 n30 A x x750 1230, 769 rpm . .n I a 30 A E c 30 234

b) Velocid Veloci dad cuando cuando la corriente corrie nte de de carga c arga es de de 3 A: Caída Caída de tens ión para una de carga de 3 A I a 3 A 3 V BD 3 A VBD x 2,8 0,175 ,175 V I a 48 Fuerza contraelectromotriz para carga de 3 A Ec 3 A Va I a 3 A Ra I a 3 A Rs V BD3 A 250 3 x0,15 ,15 3 x0,12 ,125 0,17 ,175 Velocidad para la carga de 3 A será: I a E c 3 A 48 249 n3 A x x750 12769, 23 rpm . .n I a 3 A E c 3 234

249 V

PROBLEMA 5.14: Un motor shunt absorbe 26,18 kW a la tensión de 220 V. y gira a 1200 rpm a plena carga. Si la resistencia del circuito de armadura es de 0,25 ohmios y la resistencia del campo shunt es 55 ohmios, ohmios, siendo la caída caída de tensión tens ión en las escob illas illas de 2 vo ltios ltios,, determinar determinar:: a) El valor de la resistencia de arranque necesaria para que el motor arranque con la corriente de plena carga. b) La corriente corriente de arranque si no s e emplear emplearaa esta resistencia. res istencia.

Pentrada Ra

26,18 kW

0,25

SOLUCION Va 220 V

26180W R sh

55

n 1200 V V BD

2V

+ IL

Rarr

Ia

Ra

Rsh Va Ie

Ec

∆VBD

Corriente de línea: P entrada 26180 119 A I L V a 220 Corriente de excitación: V a 220 I e 4 A R sh 55 Corriente de armadura: I a I L I e 119 4 115 A

a) Resitencia de arranque para que el motor arranque a plena carga: Va ( Ec V BD ) 220 (0 2) Rarr Ra 0, 25 1,645 I a arr 115 b) Corriente de arranque si no se emplease esta resistencia: En el momento de arranque E c 0 ya que la velocidad es cero. I a arr

Va

( Ec

V BD )

220 (0 2)

872 A 0,25 Ra PROBLEMA 5.15: Un motor compound acumulativo en derivación larga tiene una resistencia del circuito de inducido de 0,0645 0hmios, resistencia del campo serie 0,048 ohmios y la resistencia del circuito de excitación derivación de 48 ohmios, si el motor absorbe una corriente de 85 A. a plena carga de la red de 240 voltios. La caída de tensión en las escobillas es 3 voltios constante y la velocidad nominal a plena carga es 1 200 rpm. Calcular: a) La velocidad a media carga b) La velocidad a una s obre carga de 25% c) La potencia interna para cada caso. SOLUCION

+ IL

Ia

Ra

Rsh Va Ie

Del gráfico se tiene: A plena carga: I L

Ec

Va

Is

I a Ra

85 A

I a Rs

Is

Rs

-

VBD

I e

∆VBD

Ec

V a

240

R sh

48

I a

5 A

IL

240 80x 0,0645 80x 0,048 3

Ie

85 5

80 A

228 V

a) Velocidad a media carga: I a mc I a / 2 80 / 2 40 A Ec mc

Va

I a mc Ra

Si: Ec

K A'

Ec mc

K A'

p

I a mc Rs

K A' (

n n

pmc mc

VBD

p sh

ps

K A' (

p sh mc

240 40 x 0,0645 40 x0,048 3

)n

K( Ish p s mc

Is ) n ...(1)

) nmc

K( I sh mc

232,5 V

Fuerza contra electromotriz a plena carga I s mc) nmc ...(2) Fuerza contra electromotriz a media carga

Dividiendo (1) entre (2:

Ec

I sh

Ec mc

I sh mc

Is

.

n

nmc

I s mc nmc

I sh I sh mc

E c mc . .n I s mc E c I s

E c fuerza contraelectromotriz a plena carga E c mc fuerza contraelectromotriz a media carga

n velocidad a plena carga nmc velocidad a media carga

I sh

Corriente de excitación s hunt a plena carga

I sh mc

Corriente de excitación shu nt a media carga

I s corriente de excitación serie ó corriente de armadura a plena carga

I s mc corriente de excitación serie ó corriente de armadura a media carga Por lo tanto la velocidad para media carga será: I sh I s E c mc 5 80 232,5 nmc . .n . .1200 I sh mc I s mc E c 5 40 228

2311, 4 rpm

b) Velocidad a sobre carga de 25% : I a sc 125% I a 1, 25 x80 100 A Ec sc

Va

I a sc Ra

I a sc R s

V BD

240 100 x 0,0645 100 x0,048 3

225,75 V

n sc

I sh I sh sc

I s I s sc

E c sc . .n E c

5 80 225,75 . .1200 5 100 228

961,84 rpm

d) Potencia interna para cada caso: Potencia interna a plena carga: Pint Ec I a 228x80 18240 W Potencia interna a media carga: Pint mc Ec mc .I a mc ) 232, 5x 40 9300 W Potencia interna a sobre carga del 25%: Pint sc Ec sc .I a sc 225, 75 x100 22575 W 5.12 PROBLEMAS PROPUESTOS: PROBLEMA 5.1: En un motor shunt la armadura absorbe 37,5 amperios a la tensión de alimentación de 220 voltios, s iendo la velocidad de 1 500 rpm y la resisten cia del circuito d e armadura es de 0,18 ohmios. Cuando la armadura absorbe 60 amperios a la tensión de 220 voltios, determinar la velocidad del motor, si el flujo aumenta el 15%, considerando la caída de tensión en las escobillas en forma constante de 2 voltios. Respuesta: 1 279,34 rpm. PROBLEMA 5.2: Un motor de corriente continua en conexión compoun d largo a 240 V, cuando opera en vacío toma una corriente de 8 A. Su resistencia de armadura es de 0,15 ohmios y la resistencia de campo serie es de 0,05 ohmios, en tanto que la resistencia del campo shunt es de 60 ohmios. Calcular el torque motores el eje cuando demanda una corriente de 75 A. a plena carga. Respuesta: 95,97 N-m. PROBLEMA 5.3: Un motor serie de 20 HP, 240 V de tensión de alimentación, de 1500 rpm de velocidad; posee una resistencia de circuito de armadura de 0,1875 ohmios y resistencia de excitación serie de 0,0625 ohmios. Si el rendimiento es de 84%, Determinar: a) Se incrementa el par en un 40% siendo el flujo relativo a esta carga un 15% superior, hallar la nueva velocidad de régimen. b) Determinar la resistencia de arranque que habría que conectar en serie con el inducido del motor para que la caída de velocidad sea del 30% des arrollando el el motor o par nominal. Respuesta: 1 280,793 rpm., 0,8979 ohmios . PROBLEMA 5.4: La resistencia del circuito de armadura de un motor serie de 37,5 HP a la tensión de 240 voltios es 0,12 ohmios, la caída de tensión en las es cobillas es 3 voltios constante y la resistencia del campo serie es 0,04 0hmios. Cuando el motor serie absorbe 85 amperios la velocidad es 600 rpm. Calcular: a) La velocidad cuando la corriente es 100 amperios b) La velocidad cuando la corriente es 40 amperios. c) Calcular de nuevo los valores de a y b cuando se realiza una pequeña regulación y cuya resistencia en derivación es de 0,04 ohmios para estas corrientes . Respuesta: 504,52 rpm; 1 316,09 rpm; 1 018,17 rpm; 2 641,31 rpm. PROBLEMA 5.5: Un motor compound acumulativo en derivación larga se hace trabajar como motor derivación (desconectando el campo serie) y desarrolla un torque de 180 lb-pie cuando la corriente de armadura es 150 A y el flujo en el campo es 1,8 x 10 6 líneas. Cuando se vuelve a conectar como motor compoun d acumulativo con la misma corriente desarrolla un par de 210 lb -pie. Calcular: a) El aumento de flujo porcentual, debido al campo serie. b) El torque cuando aumenta 10% la carga del motor. se considera que se trabaja en la parte lineal de la curva de satu ración. Respuesta: 16,67%; 254,1 lb.pie PROBLEMA 5.6: Un motor derivación de 10 HP, 230 voltios, 1750 rpm posee una resistencia de circuito de armadura de 0,35 ohmios y una resistencia de excitación derivación de 62,2 ohmios . a) Si el motor consume 7,7 A. sin carga y la corriente a plena carga es de 37,7 A., calcular la regulación porcentual de la velocidad s uponiendo caídas en las escobillas de 3 V y 1 V a plena carga y en vació respectivamente. b) Calcular la velocidad que alcanzara el motor de derivación si se regula el reóstato de campo del circuito de excitación para reducir la corriente de excitación a 2,7 A. suponiendo que el flujo es reducido a 80% de su v alor original y que la cupla del motor q ueda constante. Respuesta: 5,77%; 2157 rpm.

PROBLEMA 5.7: La resistencia del circuito de inducido de un motor shunt es 0,125 ohmios, al conectarlo a una línea de alimentación a 230 V., el inducido absorbe 32 A y su velocidad es de 900 rpm. Determinar la velocidad cuando el inducido absorbe 70 A. con la misma tensión en la línea, si el flujo aumenta el 10%, se desprecia la caída de tensión en las escobillas. Respuesta: 800,985 rpm. PROBLEMA 5.8: Un motor serie toma 55 A. de corriente y desarrolla un torque electromagnético de 160 lb-pie. Calcular: a) El torque cuando la corriente aumenta a 66 A . si el campo no esta saturado. b) El torque cuando la corriente aumenta a 66 A. y el aumento de corriente produce un aumento de 10% en el flujo. Respuesta: 230,4 lb.pie; 211,2 lb.pie PROBLEMA 5.9: Un motor serie de 240 V de tensión de línea, absorbe una corriente de línea de 38 A. a plena carga a la velocidad nominal de 600 rpm. Las resistencias del circuito de inducido y de excitación serie son de 0,40 y 0,20 ohmios respectivamente. Considerando la caída de tensión en las escobillas de 5 voltios a plena carga. Calcular: a) La velocidad cuando la corriente de carga disminuye a 20 A. b) La velocidad cuando la corriente de línea es 1 A. c) La velocidad cuando la corriente de línea es 60 A. y el flujo de excitación serie es el 125% del flujo a plena carga debido a la s aturación Respuesta: 1210,74 rpm; 25708,343 rpm; 443,59 rpm. PROBLEMA 5.10: Un motor derivación de 10 HP, 230 V., 1 750 rpm, posee una resistencia del circuito de armadura de 0,35 ohmios y una resistencia de excitación derivación de 62,2 ohmios. a) Si el motor consume 7,7 A sin carga y el rendimiento a plena carga es de 86%, calcular la regulación porcentual, suponiendo caídas en las escobillas de 3V y 1 V a plena carga y en vacío respectivamente. b) Si se intercala un reóstato de 2,65 ohmios en el circuito de armadura para reducir la velocidad, calcular esta última y la pérdida de potencia en el reóstato, como por ciento de la potencia total consumida por la armadura cuando el motor desarrolla la cupla de plena carga. Respuesta: 1851 rpm; 5,77%; 1017 rpm: 82%; 3063,4 W; 7820 W; 39,174%. PROBLEMA 5.11: Un motor serie de 35 HP y 240 V. tiene una resistencia del circuito de inducido de 0,10 ohmios, caída de tensión en las escobillas de 3 V. en forma constante y la resistencia de la excitación serie es 0,05 ohmios. Cuando el motor abs orbe 90 A., la velocidad es 750 rpm. Calcular: a) La velocidad cuando la corriente es 100 A. b) La velocidad cuando la corriente es 60 A. Respuesta: 670,47 rpm; 1147,75 rpm. PROBLEMA 5.12: La resistencia del circuito de un motor shunt es 0,10 ohmios. Al conectarlo a una línea de alimentación de 220 voltios , el inducido absorbe 20 A. y su velocidad es de 1 200 rpm. Determinar la velocidad cuando el inducido absorbe 50 A. con la misma tensión en la línea, si el flujo aumenta el 10%. Respuesta: 1075,89 rpm. PROBLEMA 5.13: Un motor serie absorbe 35 A. cuando gira a 1500 rpm. Calcular la corriente absorbida de la línea si se realiza una pequeña regulación y el valor de la resistencia diversor es igual a la resistencia del campo serie, y el par resistente se aumenta en un 50%. Si el flujo por polo es directamente proporcional a la corriente. Respuesta: 60,62 A. PROBLEMA 5.14: Un motor shunt de corriente continua que se alimenta a 230 V. opera a 1 200 rpm., tiene una resistencia de circuito de armadura de 0,35 ohmios y demanda una corriente de 26 A. Si se desea reducir su velocidad a 950 rpm. calcular el valor de la resistencia que se debe agregar al circuito de armadura para obtener esta velocidad. Respuesta: 1,77 Ω. PROBLEMA 5.15: Se tiene un motor serie de corriente continua que se alimenta a 450 V. tomando una corriente de 50 A. a 500 rpm. La resistencia del circuito de armadura es de 0,20 ohmios y la del devanado de campo 0,15 ohmios, s i si supo ne que el flujo es p roporcional a la corriente de campo y qu e el par no cambia cuando se realiza una pequeña regulación de la resistencia diversor y obtener una resistencia de 0,10 ohmios. Calcular la nuev a velocidad a que opera el motor. Respuesta: 785 rpm.


CAPITULO 6 EFICIENCIA DEL MOTOR DE CORRIENTE CONTINUA 6.1 EFICIENCIA La consideración de la pérdidas en las máquinas es importante por tres razones: 1) las pérdidas determinan la eficiencia de la máquina e influyen en forma apreciable en su costo de operación; 2) las pérdidas determinan el calentamiento de la máquina y, por consiguiente, la capacidad nominal o la salida de potencia que se puede obtener sin un deterioro indebido del aislamiento, y 3) en la representación de una máquina se deben tomar en cuenta, de manera apropiada, las componentes de las caídas de voltaje o de las corrientes asociadas con la compensación de las pérdidas. La potencia total que recibe un motor debe ser igual a su potencia de salida (útil) y su pérdida total de potencia, siguiendo la ley de la conservación de la potencia, o sea: Pentr = Psal + P perd ...(3.1) Donde: Pent Potencia total que recibe o potencia de entrada del motor Psal

Potencia útil entregada por el motor para efectuar trabajo

P pérd Pérdida total que se produce dentro del motor como resultado de la conversión de energía, la pérdida será: Pperd = Pentr - P sal La potencia que se suministra a u n motor siempre debe ser mayor que la potencia de salida. Un motor nunca puede convertir toda la potencia que reciben en potencia mecánica de s alida. Como se define en la ecuación (3.1), la diferencia entre la entrada y salida del motor es su pérdida de potencia, que no lleva a cabo trabajo útil. Casi toda la pérdida de energía aparece como energía calorífica o potencia calorífica. Mientras mayor sea la pérdida de potencia en la ecuación (3.1) como porcentaje de entrada total de potencia, mayor será la potencia térmica o calorífica y más caliente es tará el motor, es decir, mayor será el aumento de temperatura de la máquina rotatoria. La eficiencia de un motor se puede definir, como la relación adimensional potencia de entrada: h =

P sal P entr

h=

de la potencia salida entre la

...(3.2)

Pent - P perd P ent

(Para motor)

...(3.2a)

En el caso de un motor, es más fácil medir la potencia eléctrica de entrada que la potencia mecánica de salida. Un motor que trabaja con alta eficiencia, o con una alta relación de potencia de salida a entrada, produce en comparación poco calor comparado con su entrada o salida. A la inversa, un motor que trabaja con baja eficiencia produce gran cantidad de calor en comparación con s u salida. En general las máquinas rotatorias operan de manera eficiente. Por ejemplo la eficiencia a plena carga de los motores promedio va desde 80 a 90% para motores del orden de 1 a 10 kW, de 90 a 95% para motores hasta de unos cuantos cientos de kW y hasta un porcentaje un po co mayor para los motores más g randes.

6.2 PÉRDIDAS DE POTENCIA EN EL MOTOR Las pérdidas en el motor se pueden dividir en dos grandes clases : 1) las que se producen por el flujo de la corriente a través d e las diversas partes d e los dev anados del motor, que s e llaman pérdidas eléctricas, y 2) las que son función directa de la rotación dinámica del motor, que se llaman pérdidas rotacionales, o de potencia parásita. Las pérdidas de potencia parásita se dividen en general en dos categ orías: a) las pérdidas mecánicas, que resultan de la rotación, y b) las pérdidas en el hierro o núcleo. Las pérdidas pueden ser: pérdidas fijas por que son independientes con la carga y pérdidas variables por que varían con la carga.

6.2.1

PÉRDIDAS ELECTRICAS

Las pérdidas eléctricas son primordialmente resu ltado de la circulación de la corriente eléctrica a través de las bobinas tanto del estator como del rotor del motor. Todas esas pérdidas eléctricas tienden a variar de acuerdo con el cuadrado de la corriente de carga, excepto aquellas c omo la pérdida en el campo, que es independiente de la carga, y la pérdida en es cobillas, varía directamente con la carga. Por convención, estas pérdidas se calculan sobre la base de las resistencias de cd del devana a 75ºC. Las pérdida s por c ontacto en la s esco billas en los anillos colectores y conmutadores están íntimamente asociadas con la pérdida óhmica. Para las máquinas de cd de tipo industrial, la caída de voltaje en las escobillas se considera como constante en 2 V totales, cuando se usan escobillas de carbón y grafito con derivaciones (conductores flexibles).

6.2.2

PÉRDIDAS MECANICAS

Se subdividen en: a) Pérdidas mecánicas por fricción y ventilación: Pérdidas que s ólo son funciones de la velocidad b) Pérdidas en el hierro o núcleo: Pérdidas que s on función t anto d el flujo como de la velocidad. Estas pérdidas ocurren cuando una armadura de hierro o una estructu ra de rotor giran en un campo magnético o cuando s e presenta un cambio de encadenamientos de flujo en cualquier estructura de hierro.

6.2.3

PERDIDAS ADICIONALES

Las pérdidas por carga parásita representan pérdidas adicionales debidas a la carga. Estas pérdidas son mayores en motores de inducción y en máquinas de entrehierro pequeño. Representan 1) pérdidas en hierro debidas a distorsión de flujo (reacción de armadura) en máquinas de cd y armónicas de paso en máquinas de ca, 2) pérdidas de efectos superficiales en conductores de armadura o de estator y 3) pérdidas en hierro en las partes estructurales de las máquinas. Estas pérdidas en general se evalúan 1 po r ciento de la salida para motores mayores de 200 HP; y no se co nsidera máquinas de menor capacidad.

6.3 FLUJO DE POTENCIA EN EL MOTOR La potencia eléctrica que se aplica a los terminales de un motor Va I L se reduce inmediatamente debido a determinadas pérdidas eléctricas dentro del motor. La diferencia aparece como potencia (interna) eléctrica Ec I a , que se convierte en potencia mecánica por conversión electromecánica. La potencia mecánica disponible que ha producido el par interno sostiene algunas pérdidas mecánicas internas. La diferencia entre esas pérdidas mecánicas y la potencia mecánica que se produce como resultado de la conversión electromecánica es la potencia mecánica de salida. Salida de Potencia mecánica

=

Entrada de potencia eléctrica

-

Pérdidas eléctricas + Pérdidas rotacionales

Potencia mecánica desarrollada= EcIa = Entrada de potencia eléctrica – Pérdidas eléctricas = Salida de potencia mecánica + p érdidas rotacionales

6.4 EFICIENCIA MAXIMA Un motor alcanza eficiencia máxima siempre que las pérdidas variables son iguales a las pérdidas fijas. Para el motor de cd, las pérdidas variables son las que varían de acuerdo con el cuadrado de la corriente 2 de armadura, es decir, las pérdidas de la armadura I a Ra . Las pérdidas fijas, son la suma de la pérdida en el circuito de campo Ve I e y la pérdida rotacional P rot suponiendo que la velocidad del motor sea constante. Si la pérdida fija es igual a pérdida variable para obtener la eficiencia máxima; se tiene la siguiente relación: K = Ve I e + Pr = I a 2 Ra

Watts (W )

Despejando la corriente de armadura con la cuál se logra la eficiencia máxima:

Þ I a (h max) =

Ve I e + Pr Ra

Fracción de carga:

FC =

I a (h max) I a ( no min al )

Eficiencia máxima del motor:

hmax (motor ) =

FC x Pentrada no min al - 2Pvar iables FC x Pentrada no min al

=

FC x Pentrad nomin al - 2P fijas FC x P entrada nomin al

6.5 PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMA 6.1: Un motor derivación de 25 HP , 240 V tiene una velocidad de 1750 rpm a la carga nominal. Su resistencia de circuito de armadura de 0.1 Ω y de su circuito de campo es 80 Ω. Si su corriente nominal de línea es 89 A. Calcular: a) La potencia que desarrolla la armadura. b) Las pérdidas rotacionales a plena carga. c) La eficiencia a plena carga d) La eficiencia a media carga. e) La eficiencia máxima del motor SOLUCION

P sal Ra

25 HP 0,1

25 HP

746W 1 HP

R sh

Va

18650W

n 1750rpm

80

I L

IL

Ia

89 A

Ra

Rsh Ie

Corriente de excitación: V a 240 3A I e 80 R sh Corriente de armadura: I a I L I e 89 3 86 A Fuerza contraelectromotriz a plena carga: Ec Va I a Ra VBD 240 86x 0,1 231,4 V a)

Potencia que desarrolla en armadura: Pint Ec I a 231, 4 x86 19900, 4 W

b)

Pérdidas rotacionales a plena carga: Prot Pint Psal 19900, 4 18650 1250, 4 W

c)

Eficiencia a plena carga: Potencia de entrada:

Ec

∆VBD

Va

240 V

Pent

Va I L P sal

21360 W

18650

x100%

P ent d)

240x89

21360

x100

87,3%

Eficiencia a media carga: Corriente de armadura a media carga:

I a mc

1/ 2 I a

1/ 2 x86 43 A

Potencia de pérdidas:

I a mc2 Ra

Parmadura Pcampo

I e2 Rsh

432 x0,1 184,9 W

32 x80

720 W

P perd Parmadura Pcampo Pr ot 184,9 720 1250,4 Potencia de entrada a media carga: Pent mc Va I a mc 240 x 46 11040 W Eficiencia a media carga: Pent P perd P sal x100% x100% Pent P ent e)

Rendimiento máximo : Pérdidas variables: Pvar iables Parmadura I a 2 Ra Pérdidas fijas:

P fijas

Pcampo

2155,3 W

11040 2155,3 2155,3

862 x0,1

x100 80, 47%

739,6 W

I e2 Rsh Pr ot 32 x80 1250, 4 1970, 4 W

Pr ot

Para que ocurra el máximo rendimiento las pérdidas variables deben ser igual alas pérdidas fijas: Pvar iables P fijas

I a max 2 Ra

Pfijas P fijas

I a max 2

1970,4

Ra

0,1

Fracción de Carga: I a max 140,37 FC 86 I a no min al Eficiencia máxima: FCPent 2P fijas

FCPent

x100%

140,37 A

1,63

1, 63x 21360 2x1970, 4 1,63x2136o

x100% 88, 68%

PROBLEMA 6.2: Un motor serie de 25 HP tiene una eficiencia máxima teórica igual a 85% cuando entrega 3/4 de su capacidad de salida. Suponiendo que se puede despreciar la pérdida por contacto de escobillas, y que la velocidad es constante entre 3/4 de la salida nominal, calcular: a) Las pérdidas totales a esta carga. b) Las pérdidas constantes y variables en el Cu a eficiencia máxima. c) La eficiencia a la carga nominal. SOLUCION

P sal

25 HP

25 HP

746W 1 HP

18650W

max

85%

FC

3/4

0, 75

+

Ia Ra

Rs

a) Pérdidas totales a esta carga: P salida max

Pentrada

Pent

Psalida

Psalida

Pperdidas fijas

P perd totales

Psal

P perd totales

Pperd

fijas

Ec

∆VBD

Va

FCP salida Pperdidas var iables

FCPsalida 2P perdidas fijas

...(2) P perd var iables (3)

Para que ocurra la eficiencia máxima P perd P perd totales 2 P perd fijas Reemplazando (4) en (1): FCP sal

fijas

P perd var ioables ; reemplazando en (3) se tiene:

....(4)

max

FCP sal P perd totales Despejando las pérdidas totales se tiene: 1

P perd totales

1

1 FCPsal

0,85

max

1 x0,75x18650

2468,38 W

b) Pérdidas fijas y pérdidas variables p ara la eficiencia máxima: Ecuación (4): P perd totales 2 P perd fijas

P perd

fija

Pperd var iable

Pperd totales / 2)

(2468,38/ 2

1234,19 W

c) Eficiencia a la carga nominal: P sal P sal x100% x100% Pent Psal Pperd fijas P perd var iables Pérdidas variables a Eficiencia máxima:

Pvar iable

2

I a max Ra

max

3 4

2

Ia

Ra

Pérdidas variables a plena carga: Pvar iable

9 16

I a 2 Ra

16

Pvar iable

9 Eficiencia a plena carga: P sal

P sal

Pperd

fijas

16 max

P perd var iables

9

x100%

1234,19 W

I a 2 Ra

Reemplazando en la relación anterior: Pvar iable

Pvar iable

...(1)

x1234,19

9 max

16

I a 2 Ra

9 16

P variable

2194,1155 W

18650 18650 1234,19 2194,1155

84, 47%

PROBLEMA 6.3: Un motor que absorbe una potencia de 42,5 kW con un rendimiento de 92%, mueve al inducido de un generador de excitación shunt. Si el generador entrega una potencia de 35 kW incluyendo las pérdidas eléctricas de 1,765 kW a la tensión de 240 V. Calcular el rendimiento del generador. SOLUCION Potencia absorbida por el motor: Pabsorbida por el motor 42, 5 k 42500 W Rendimiento del motor: 92% 0,92 motor Potencia de salida del motor: P salida del motor Pabsorbida por el motor

motor

42500 x0,92

39100 W

Potencia de s alida del generador: P salida del generador 35 kW Pelectricas 35000 1765 33235 W Rendimiento del generador: P salida generador 33235 100% x x100% 85% generador 39100 P entrada generador

PROBLEMA 6.4: Un motor shunt que gira a 1 200 rpm absorbe 54 A. a plena carga de la red de 230 V. Cuando funciona en vació absorbe de la red 6,5 A.; si la resistencia del circuito de inducido es de 0,25 ohmios y la co rriente de excitación 1,5 A. determinar: a) La velocidad en vació b) Rendimiento a plena carga, si la caída de ten sión en las es cobillas es de 2 voltios. SOLUCION

I L

n 1200rpm Ra

0,25

I e

54 A

Va

Corriente línea vacío: I Lo

1,5

IL Va

Ia

230 V 6,5 A

Ra

Rsh Ie

Ec

∆VBD

Corriente de armadura a plena carga: I a I L I e 54 1,5 52,5 A Fuerza contraelectromotriz a plena carga: Ec Va I a Ra VBD 230 52,5x 0,25 2 214,875 V Corriente de armadura en vacío: I ao I Lo Ie 6, 5 1, 5 5 A Caída de tens ión en vacío: I ao 5 V BDo VBD x 2 0,1905 V 52,5 I a Fuerza contraelectromotriz en vacío: Eco Va I ao Ra VBDo 230 5x 0, 25 0,1905 228,5595 V a) Velocidad en vacío:

Ec

n

Eco

no

no

E co E c

n

228,56 214,875

x1200 1276, 426 rpm

b) Rendimiento a plena carga: Potencia de entrada: Pent Va I L 230x 54 12420 W Potencia de pérdidas: Parmadura I a 2 Ra 52,5 2 x0, 25 689,0625 W Pcampo

Va I e

Pescobillas

Protacionales P perd

230 x1,5

VBD Ia

Va I Lo

Parmadura

2 x 52,5 105 W

I ao2 ( Ra Pcampo

345 W

230x6,5 52 0, 25

Rb ) Va I e

Pescobilla

Pr ot

2 52,5

345 1142,7976 W

689,0625 345 105 1142,7976

Rendimiento a plena carga: Pent P perd P sal x100% x100% Pent P ent

12420 2281,86 12420

2281,8601 W

x100 81, 6275%

PROBLEMA 6.5: Un motor compound en derivación larga absorbe 205 A. de la red de alimentación de 600 V. El motor funcionando en vació a la tensión de línea de 600 V absorbe una corriente de armadura de 3 A. La excitación derivación es de 300 ohmios de resistencia, la resistencia del circuito de armadura de 0,15 ohmios y la resistencia del campo serie 0,10 ohmios. Determinar el rendimiento a plena carga y el rendimiento máximo. SOLUCION + IL

Ia

Ra

Rsh Va Ie

Rs

A plena carga: I L 205 A Va 600V En vacío: Vao 600V I ao 3 A Corriente de excitación a plena carga: V a 600 I e 2 A R sh 300 Corriente de armadura a plena carga: I a I L Ie 205 2 203 A Corriente de línea en vacío: I Lo I ao I e 3 2 5 A Potencia de pérdidas:

Ec

Ra

0,15

∆VBD

Is

R s

0,10

R sh

300

I a2 Ra

P perd arm

2032 x0,15 6181,35 W

P perd exc shunt

I e2 Rsh

P perd exc serie

I a2 Rs

Prot

Pentr vacio

22 x300 1200 W 2032 x0,1 4120,9 W

Pperd elect vacio

Vao I Lo ( I ao2 Ra

I ao2 Rs

I e2 Rsh)

600 x5 (32 x 0,15 32 x 0,1 22 x 300) 1797,75 W Luego potencia de pérdidas totales: P perd totales Pperd arm Pperd exc shunt Pperd exc serie P perd rot

6181,35 1200 4120,9 1797, 75 13300 W Potencia de entrada: Pent Va I L 600 x 205 123000 W a) Rendimiento a plena carga: Pent P perd P sal x100% x100% Pent P ent

123000 13300 123000

x100 89,187%

b) Rendimiento máximo: Pérdidas variables:

Pvar iables

Parm

Ia max 2 Ra

Pperd exc serie

Pérdidas fijas: P fijas Pperd exc shunt

Prot

I a max 2 Rs

1200 1797, 75

0,15I a max 2 0,1I a max 2

0, 25 I a max 2

2997,75 W

Para que ocurra el máximo rendimiento las pérdidas variables deben s er igual alas pérdidas fijas: Pvar iables P fijas

0,25 Ia max 2

P fijas

I a max 2

P fijas Ra

2997,75 0,25

Fracción de Carga: I a max 109,5034 FC 203 I a no min al Eficiencia máxima: FCPent 2P fijas

FCPent

x100%

109,5034 A

0,5394

0,5394x123000 2x 2997,75 0,5394x123000

x100% 90,96%

6.6 PROBLEMAS PROPUESTOS PROBLEMA 6.1: Un motor de corriente continua produce un torque útil de 92,257 lb-pie a la velocidad de 1 500 rpm. Si absorbe una carga de 92,75 A. a la tensión de 230 V. Determinar las pérdidas totales de la máquina. Rpta: 1697,55 W PROBLEMA 6.2: Un motor serie octopolar de 240 V. de tensión nominal posee un inducido de arrollamiento ondulado simple de 218 conductores /rama. El flujo por polo es de 8,6 x 10 -3 weber y las pérdidas en el fierro mas las pérdidas mecánicas valen 1 150 Watts. La resistencia del circuito de inducido es de 0,06 ohmios y la resistencia del campo serie de 0,04 ohmios. Calcular el par útil y el rendimiento, si la corriente que absorbe es de 150 amperios. Rpta: 345,896 N.m; 90,555% PROBLEMA 6.3: Un motor serie tiene un k A = 40; las resistencias totales del campo en serie y del circuito de armadura son de 0,025 ohmios y 0,050 ohmios respectivamente. Para una cierta carga el motor trabaja a 200 V. mientras consume 325 A. de corriente. Si la pérdida en el núcleo es de 220 W y la pérdida por fricción y ventilación es de 40 W. Determinar el rendimiento del motor s i el flujo por polo es de 0,04615 Weber. Rpta: 87,46%

PROBLEMA 6,4: Se tiene un motor serie de corriente continua que se alimenta a 240 V., siendo su resistencia de armadura de 0,35 ohmios y la resistencia de campo serie de 0,40 ohmios, cuando la polea acoplada a su eje desarrolla un torque de 4,5 kg-m. el motor opera a 750 rpm. Las pérdidas por fricción a esta velocidad son de 300 watts. Determinar las pérdidas en el cobre de la armadura y el rendimiento. Rpta: 95,75 W; 87,27%. PROBLEMA 6.5: Se tiene un motor shunt de corriente continua de 10 HP, 250 V., 1 200 rpm. La resistencia del circuito de armadura es de 0,55 ohmios y la del devanado de campo de 80 ohmios. A plena carga el motor tiene un rendimiento del 80%. Calcular: a) La corriente de vació que toma el motor. b) La velocidad cuando el motor toma 8 amperios de la línea. c) La corriente en la armadura cuando el torque desarrollado es de 5 kg-m. Rpta: 30,0166 A; 1276,95 rpm; 26,452 A. PROBLEMA 6.6: Un motor shunt de corriente continua de 220 V. cuando funciona en vació toma una corriente de 8 A. de la red de alimentación. La resistencia del circuito de armadura y de campo es de 0,5 y 44 ohmios respectivamente. Calcular el rendimiento de la máquina cuando toma de la red 100 A. a plena carga; también determinar el rendimiento máximo de la máquina. Rpta: 71,509%; 75,162%. PROBLEMA 6.7: Un motor serie de corriente continua absorbe una potencia de 9 kW; su resistencia del circuito de armadura es de 0,10 ohmios y la del campo serie de 0,14 ohmios. Las pérdidas por fricción y ventilación vienen a ser el 7,5% de la potencia que absorbe el motor. Si la fuerza contra electromotriz que produce la máquina es de 228 voltios y la caída de tens ión en las escobillas es de 3 voltios. Calcular el rendimiento a plena carga y el rendimiento máximo del motor. Rpta: 87,5%; 87,752%. PROBLEMA 6.8: Un motor shunt de corriente continua de 500 voltios, cuando opera en vació toma una corriente de 6 A. La resistencia del circuito de armadura es de 0,60 ohmios y del campo de excitación de 220 ohmios. Se desea calcular la potencia de salida del motor y su rendimiento cuando demanda una corriente de alimentación de 55 amperios a plena carga. Determinar también el porcentaje de variación en la velocidad al pas ar de vació a plena carga. Rpta: 22840,08 W; 83,054%; 6,277% PROBLEMA 6.9: Un motor de corriente continua de 6 polos, excitación serie 240 voltios de tensión nominal posee un inducido con arrollamiento ondulado simple de 496 conductores. El flujo por polo es de 7 795 x 10-3 weber y las pérdidas en el hierro mas las pérdidas mecánicas valen 920 watts. La resistencia del circuito de inducido es de 0,09 ohmios y la resistencia del inductor 0,07 ohmios. Calcular el par útil y el rendimiento si la corriente que absorbe de la red es de 50 amperios. Respuesta: 84,988 N-m; 89%. PROBLEMA 6.10: Un motor shunt de corriente continua de 450 voltios de tensión, cuando opera en vació toma una corriente de 4 amperios; la resistencia del circuito de armadura es de 0,50 ohmios y del campo de 200 ohmios. Calcular la potencia de salida del motor y su rendimiento cuando absorbe una corriente de 45 amperios a plena carga. Determinar también el porcentaje de variación en la velocidad al pas ar de vació a plena carga. Respuesta: 17 537.33 watts; 86,6%; 4,6%. PROBLEMA 6.11: Un motor de corriente continua Compound en derivación larga de 240 voltios, cuando opera en vació toma una corriente de 8 amperios. Su resistencia de circuito de armadura es de 0,15 ohmios y la resistencia de campo serie es de 0,050 ohmios, en tanto que la resistencia de campo shunt es de 80 ohmios. Calcular el rendimiento del motor cuando demanda una corriente de 75 amperios a plena carga. También determinar el rendimiento máximo. Respuesta: 83,6%; 83,175%. PROBLEMA 6.12: Un motor s hunt de 480 V. de tensión nominal, cuando opera en vació toma una corriente de 7 A. La resistencia del circuito de armadura y de campo son 0,50 y 120 ohmios respectivamente. Calcular el rendimiento de la máquina cuando demanda una corriente de alimentación de 60 A. a plena carga. Respuesta: 82,9% PROBLEMA 6.13: Un motor compound acumulativo en derivación larga se alimenta a 250 V. y toma una corriente de 25 A. de la línea. Su resistencia del circuito del armadura es de 0,10 ohmios y la de campo serie es de 0,05 ohmios, la resistencia del campo en paralelo es de 50 0hmios. Las perdidas por fricción y rozamiento del aire son de 280 watts. Calcular el rendimiento a plena carga y el rendimiento máximo del motor. Respuesta: 74,56 % - 88,45% PROBLEMA 6.14: Un motor compound en shunt largo, desarrolla una potencia de 150 HP en su árbol con un rendimiento de 80% y absorbe una corriente de 297,75 A. a plena carga. La resistencia del circuito de excitación shunt es de 62,5 ohmios, la resistencia del circuito de inducido es de 0,1242 ohmios y la resistencia del campo serie de 0,1331 ohmios. Cuando se ensaya en vació a la velocidad nominal y a la tensión de plena carga el inducido absorbe 10 A.; Determinar el rendimiento máximo y la carga para este rendimiento. Respuesta: 81,568%; 186,758 A.

PROBLEMA 6.15: Un motor compound absorbe 500 kW, gira a 900 rpm y tiene las siguientes características: Resistencia del circuito de inducido 0,00054 ohmios, resistencia de las escobillas 0,001 ohmio, resistencia del inductor serie 0,00075 ohmios, resistencia de los polos de conmutación 0,00046 ohmios, resistencia del inductor shunt 19,88 ohmios. El motor esta conectado en derivación corta. Cuando trabaja a la carga y la tensión nominal determinar la potencia electromagnética y la perdida total de potencia si la fuerza contra electromotriz es 244,525 voltios. (despreciar las perdidas adicionales). Respuesta: 485 993,4375 Watts. – 14 006,4375 Watts.


CAPITULO 7 LA MÁQUINA SÍNCRONA 7.1 DEFINICIÓN La máquina síncrona se caracteriza fundamentalmente por que el rotor gira a la misma velocidad que el campo resultante en el entrehierro (velocidad síncrona), transformando la energía mecánica en energía eléctrica bajo la forma de corriente alterna (generadores) o viceversa; la energía eléctrica de corriente alterna en energía mecánica (motores)

7.2 CLASIFICACIÓN DE LAS MÁQUINAS SÍNCRONAS Según el número de fases: - Monofásico - Trifásico Según el sistema inductor: - De rotor de polos salientes - De rotor cilíndrico o de polos lisos 7.2.1

DE POLOS SALIENTES

i)Devanado de excitación en el estator: Son de pequeña potencia; debido al la limitación causada por el uso de anillos rozantes y escobillas. Se les utiliza en la minicentrales y los laboratorios (AEG: 1.5 kVA, 4 polos, 230V, 60Hz, 1500 RPM, fdp=0.9).

ii) Devanado de excitación en el rotor: Son de gran potencia, pues el inducido es estático permitiendo un mejor aislamiento y sin estar sujeto a la vibración. Por el contrario, la potencia consumida por el sistema de excitación es pequeña Pexc 2%P N y es factible el uso de anillos rozantes. Son impulsados por motores primos lentos: turbinas hidráulicas y son de gran cantidad de polos. La excitación de los alternadores requiere de una fuente de corriente continua independiente (excitatriz) la que puede s er obtenida por un generador de excitación acop lado a su eje.

7.2.2

DE ROTOR CILÍNDRICO Ó DE POLOS LISOS

Son de gran potencia, pues la forma y rigidez del rotor permiten altas velocidades, por lo que el número de polos es de 2 ó 4. Son impulsados por turbinas de gas y vapor. Se les denomina turboalternadores cuando actúan como generador.

7.3 PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO DE LAS MAQUINAS SINCRONAS 7.3.1

FRECUENCIA

La máquina se llama síncron o porque la frecuencia generada se relaciona en forma directa con número de polos de armadura y de campo y con la velocidad de rotación.

pN

f

f

120

el

p 4

Donde: f=frecuencia en Hertz (Hz) ó ciclos por segundo (cps) N= Velocidad de rotación en revo luciones p or minuto (r.p.m.) p= Número de polos = velocidad de rotación en radianes por seg undo (rad/s)

Características: a) Se desarrolla un ciclo completo de corriente alterna por cada par de p olos magnéticos barridos por un devanado: 1 ciclo/2 polos b) Existe un número fijo de polos en un círculo completo de construcción o en una revolución: p(polos/rev). (mínimo 2 polos) c) La velocidad de rotación se mide en r.p.m. d) Hay un minuto por cada 60 seg. (Min/60s)

ciclo 2 polos

xp

polos rev

xN

rev min

x

min 60 seg

f

pN cps 120

Si la velocidad de rotación está en radianes por segund o (

ciclo 2 polos 7.3.2

xp

polos rev

x

rad s

x

rev 2 rad

f

p 4

)

cps

GRADOS EL ÉCTRI COS

Los grado s eléctricos, se refiere al ángulo cíclico de la onda s enoidal repetitiva, donde un ciclo completo equivale a 360 grados eléctricos. Los grados eléctricos totales en una rotación de 360 grados mecánicos s on 180 veces el número de polos: Grados Eléctricos totales en una rotación = 180 p

p eléctrico

2

mecánico

Donde: p = Número de polos θ eléctrico = Grados Eléctricos θ mecánico = Grados Mecánicos

Ejemplo: 1) ¿Cuántos grados eléctricos s e recorren en una revolución de un alternador síncrono de seis polos? ºE = 180 x p =180 x 6 =1080 º

2) ¿Cuántos ciclos de corriente alterna se genera en u na revolución de un alternador síncrono de 14 polos ? ciclo p 14 ó x14 polos 7 ciclos 7ciclos N º Ciclos 2 polos 2 2 3) Si se coloca un devanado de cuatro polos y tres fases en un estator que tiene 48 ranuras. a) ¿Cuántas ranuras hay por fase? 48 ranuras 16 ranuras/fase 3 fases b) ¿Cuántas ranuras hay por polo y por fase? 48 ranuras 4 ranuras/polo - fase 4 polos x 3fases 4) Hallar la frecuencia que genera un alternador de: a) 6 polos y 1200 r.p.m. pN 6 x1200 f 120 120 b) 10 polos y 62.83 rad/s p 10x62.83 f 4 4 x3.1416

60 Hz

50 Hz

7.4 CAMPOS MAGNÉTICOS EN LA MAQUINA DE C.A.

m

= Flujo mutuo útil del entrehierro que concatena simultáneamente a los conductores de excitación y de inducido.

f

a

Flujo de dispersión de la excitación, que sólo concatena a los conductores de excitación. La pérdida de flujo de excitación creado por la dispersión de la excitación puede compens arse aumentando la corriente de excitación. Flujo de dispersión del inducido, producido por los conductores del inducido por los que circula corriente alterna que origina una reactancia inductiva del inducido X a. Esta reactancia del inducido, en combinación en cuadratura con la resistencia del inducido, origina la impedancia del inducido qu e desempeña un papel importante en la determinación de la regulación de tensión de un alternador o en el ajuste del factor de poten cia en un motor síncrono.

7.5 DEVANADOS DEL INDUCIDO La mayoría de los devanados del inducido cons isten en unas bobinas preformadas, que están alojados en las ranuras del inducido y conectadas de manera que determinen un devanado completo. Cada bobina consta de muchas espiras.

Las bobinas del inducido abarcan 180 grados eléctricos, o sea desde el centro de un polo hasta el centro de un polo de polaridad opues ta. Si una bobina abarca 180 grados eléctricos s e denomina bobina de paso diametral; y si abarca menos de 180 grados eléctricos se d enomina bobina de paso fraccionado. Los devanad os de paso fraccionado p recisan menor cantidad de Cu que las bobinas de paso d iametral, pero presentan aproximadamente las mismas características debido a que las partes frontal y posterior mas cortas, son inactivas.

7.5.1 DEVANADO DE M EDIA BOBI NA Y DEVANADO DE BOBINA COMPLE TA

Los devanados de media bobina o de una sola capa, deriva del hecho que hay un solo lado de bobina por ranura; se utilizan en pequ eñas maquinas. Los devanados de bobina completa o doble capa, deriva del hecho que hay dos lados de bobinas diferentes que están insertados en una ranura. Uno de los lados de cada bobina estará en la parte inferior de la ranura, el otro lado estará en la parte su perior de otra ranura. De este modo, todos los devanados s e entretejen conjuntamente para aumentar la resistencia mecánica y dar uniformidad a la estructura final.

7.5.2 DEVA NADOS DE PASO F RACCI ONAL

La mayoría de devanados de una sola capa so n devanados de pas o diametral, el devanad o de doble capa ó de bobina completa, se proyecta en general en un inducido como devan ado de paso fraccional. El devanad o de bobina completa permite el empleo de bobinas de pas o fraccional. Los devanados de paso fraccional además de ahorrar cobre, reducen los armónicos de fmm producidos por el devanado del inducido y reducen los armónicos de la f.e.m. inducidos en el devanado sin red


7.6

FACTORES DE DEVANADO

7.6.1

F ACTOR DE PASO

El factor de pas o es la proporción del voltaje que genera una bobina de pas o fraccionado al voltaje que genera una de pas o completo, y siempre es menor que uno.

Suma vectorial de las fem de los dos lados de bobina

k p

Suma aritmética de las fem de los dos lados de bobina

a) Facto r de paso p ara bobi na de paso d iametral

Ec

k p b)

E1

Ec

E2

Ec

1

Facto r de paso p ara bo bin a paso fraccion ado :

k p

Ec

Suma vectorial de las fem de los dos lados de bobina

2 E 1

Suma aritmética de las fem de los dos lados de bobina

...(1)

: ángulo de des fasaje entre E1 y E2

Ec E1 cos / 2 E2 cos / 2 Reemplazando en la ecuación (1): 2E1cos /2 k p 2E1

k p

2 E 1 cos

/2

cos

Si:

2 =180-pº

k p

cos

k p

sen

(180º p) 2

cos(90º

pº 2

)

sen

pº 2

p º

2 pº = Recorrido de la bo bina en ángulos eléctricos ó ancho de bobina en grado s eléctricos Ejemplo: El inducido estatórico de un generador trifásico de 6 polos, tiene 54 ranuras y las bobinas abarcan 7 ranuras. Calcular: a) El espacio abarcado por la bobina si es de paso diametral b) Ancho de bobina en grados eléctricos c) Factor de paso. SOLUCIÓN a)

Espacio abarcado por la bobina si es d e paso diametral:

54 ranuras

ranuras

o sea 9 ranuras /180º eléctricos 6 polos polo La bobina abarcará d esde la ranura 1 hasta la ranura 10 b)

=9

Espacio abarcado por la bobina en grados en grados eléctricos: N º ranuras que abarca la bobina p º = x 180 N º ranuras que abarca la bobina paso diametral

7

p º

9

x180=140ºE

ó

pº= 9

7 ranuras ranuras polo

7 9

.180 140º E

180ºE polo

c) Factor de paso: p º 140º k p sen sen 0,93969 2 2 Cálculo de k p de otra manera: 180 p º 180 140 40º

k p

cos

/2

cos 40 / 2

0, 93969

NOTA: A veces se expresa el pas o de bobina en forma fraccional. Ejemplo 5/6 en este caso, los grados eléctricos abarcados, °P, es (5/6) x 180° =150° eléctricos 7.6.2

F ACTOR DE DI STRI BUCI ÓN.

Es igual a la suma vectorial de las f.e.m. de bobina por fase sobre la suma aritmética de las bobinas por fase. Cuando las ranuras se distribuyen alrededor del inducido de manera uniforme, el devanado que se introduce es un devanado distribuido.

Factor de Distribución k d: Suma vectorial de las fem de bobina por fase E .......(2) K d nEc Suma aritmetica de las f.e.m. de bobina por fase

Donde: E = Tens ión total inducida por fase n = número de bobinas en una zona de fase ó número de ranuras por polo por fase (ranuras/polo fase) Ec = Tensión de cada bobina individual = número de grados eléctricos entre ranuras ady acentes. De la figura; para una bobina:

sen

ab 2

ab

Oa ac

2ab

Oasen

2Oasen

2

EC1

2

EC 2

EC 3

EC 4

EC

Para dos bobinas:

Sen 2 ae

aq 2 2aq

Oa

aq

2OaSen 2

OaSen 2

2

2

Para tres bobinas

Sen 3

ar

ar Oa Por tanto E para n bobinas E

2

2OaSen n

Reemplazando en (2):

Sen n k d nSen

OaSen 3

2

2

k d

E nE c

2OaSen n

n2OaSen

2 2

2 2

Ejemplo: Calcular el factor de distribución, k d , para un inducido tetrapolar trifásico que tiene: a) 12 ranuras c) 48 ranuras b) 24 ranuras d) 84 ranuras SOLUCION

Sen n k d

2

nSen

2 n= numero de ranuras por polo por fase (ranuras /polo-fase) = numero de grados eléctricos entre ranuras adyacentes grados electricos totales 180 xp 180 x 4 a) numero de ranuras 12 12

720º 12

60º

ranura

n

12 ranuras 4 polos x 3 fases

Sen 1 k d 1Sen b)

n

polo

fase

60 2

1

60 2

30º / ranura 24 24 ranuras 2 ranuras/polo-fase 4 polos x 3 fases

k d 2Sen 720

c)

48

30 2

0.966

30 2

15 º/ranura

Sen 4

48 ranuras 4 polos x 3 fases

720

d)

n

ranura

720

Sen 2

n

1

84 84

=4 ranura/polo - fase

k d 4Sen

15 2 15

0.958

2

8.57 º/ranura

7 ranura/polo-fase

4 x3

Sen 7 Kd 7Sen

8.57 2

0.956

8.57 2

7.7 f.e.m. GENERADA EN UNA MAQUINA SINCRONA DE C.A. B pico b'

a

La espira aa', rota a la velocidad ws

N w t s

t=0

120º p

a'

a 120º p'

S

a'

b

Densidad de flujo en el entrehierro (Be): El rotor cualquiera que sea su tipo, produce una distribución espacial de B e en el entrehierro de forma sinusoidal.

¢ m) Be = Bpico Sen( p q Flujo por polo Øp: p / p ¢

p

=

ò0 ( BpicoSen( p¢qm )).L.r.d qm

p

=

2 Lr Bpico p ¢ Densidad de flujo pico o máximo

B pico

Flujo producido por un p olo del rotor L= Longitud del conductor ó longitud activa de la bobina (m) v Velocidad tang encial del conducto (m/s) r Radio del rotor (m) Angulo mecánico m p

s

p

Velocidad angular (rad/s)

p 2

Número de par de polos

f.e.m. generada en un lado de la bobina de la fase a: ea Be .L.v ......(1) Si:

m

s

t

v r s Reemplazando en (1):

ea

Bpico Sen p

Si B pico

m

.L.v

Bpico.Sen p

p´ p

2 Lr Reemplazando p´ ea Lr s p Sen p´ s t 2 Lr p´ ea s p Sen p´ s t 2 f.e.m. en los dos lados de la bobina (aa´): eaa´ 2ea p´ s p Sen p´ st Si la bobina tiene Np espiras/fase:

e A

N p eaa´

p´ s N p p Sen p´ s t

Valor eficaz de la onda: p´ s N p p Eef voltios 2

s

t . L.

s

r

L. r. s. Bpico Sen p

s

t

Si: f

p

p

s

4

2 f

s s

2

p

Reemplazando:

p Eef Eef

2 f N p p

p

2

2 4,44 N p f

2 p

fN p

p

voltios

Teniendo en cuen ta los factores de pas o y distribución se tiene, que la tensión generada por fase s erá:

E gp

4.44.N p . f . p .kd .k p Voltios

Donde: E gp = Tensión generada por fase (V)

f = Frecuencia de generación (Hz) ó (cps ) p

= Flujo por polo (Wb)

k d = Factor de distribución k p = Factor de paso

N p =

7.8

CN c

Numero de esp iras po r fase P C =número de bobinas totales en el inducido Nc = Número de espiras/bobina P = número de fases

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA 7.1- En la figura el rotor tiene una velocidad de 3600 r.p.m y la bobina aa´ tiene 7 espiras. B pico =0,975Sen377t (Wb/m2); B( )=B pico Sen En t=0 el eje del rotor coincide con el plano de la bobina. El diámetro es de 0,3m y la longitud de cada conductor es de 0,4 m., Determinar e aa´ (t). B pico B (0)

N

0 a'

0 =0

a

S

SOLUCION n=3600 r.p.m.; Np = 7 espiras/bobina; d=0.3 Þ r=0.15 m; L=0.4 m Si:

0.975sen 377t

B pico B

B picosen Bmax

B pico

B(t) =0.975sen(377t)

t

377t

2 f 377 377

f

60Hz 2 2 Por fórmula de Neuman: eaa´( t )

N

NB( t ) Lv

espiras

7

bobina

conductores

x2

x1bobina

espira

14conductores

Velocidad tangencial:

v v

r

377

rad s

x 0.15m

56.55 m s

Reemplazando

eaa '

14 x 0.975x 0.4x 56.55sent 377t

eaa '

308.75sen377t Voltios

PROBLEMA 7.2.- Si en el problema anterior se reduce el paso de la bobina de tal forma que k p =0,92 y B pico =0,975 Wb/m2. Determinar el valor eficaz de la tensión generada en la bobina. SOLUCION N p = 7espiras/bobina; f= 60 Hz; k p =0,92; k d=1; p´=1; L=0,4 m; r=0,15m E gp

4.44.N p . f . p .k d .k p

2 Lr p

E gp

p´

B pico

2 x 0, 4 x 0,15 1

x 0,975

0,117Wb ;

4.44x7 x60 x0,117 x0,92 x1 200, 725V

PROBLEMA 7.3.- El rotor de un alternador tetrapolar de 60 ciclos por segundo produce un flujo de excitación de 8 megalíneas por polo. Calcular: a.- La velocidad a la que debe accionarse el alternador para la frecuencia deseada. b.- La tensión media generada por la bobina del estator que tiene 160 espiras por fase.

SOLUCION

p

4 polos ; f

60 Hz ;

Np 160 espiras / fase

p

8 Mega lineas = 8x106lineas

Wb 108lineas

=0,08 Wb ;

a) n

120 f

120x 60

p

4

1800 rpm

b) Cálculo de la Tensión media:

Eef

4, 44.N p . f .

Eef

4,44x160x 60x0,08

Eef

3409.92 V

si : Emax

p

2 Eef 2

Emed

2

Emed 2

2.Eef

E max

2 x3409,92

E med 3070 V PROBLEMA 7.4.- El rotor de un alternador hexapolar de 60 Hz produce un flujo de excitación de 5x10 6 líneas por polo. Calcular: a. La velocidad a la que debe accionarse el alternador para producir la frecuencia nominal. b. La tensión media generada inducida en la bobina del estator que tiene 200 espiras c. La tensión eficaz por fase en un inducido estatórico monofásico que tenga 60 bobinas distribuidas uniformemente en el estator. SOLUCION

p a) n

6 p =5x10 líneas=

p´ 3 ; f=60 Hz;

6

120 f

120x 60

p

6

5x10-2 Weber

1200 rpm

b) Tens ión máxima generada en una bobina: Emax

Neaa´

N 200 Emax

p´

espiras

s

N

200

bobina

N

p

p

2 fN

p

conductores bobina

2 x60 x 200 x5 x10

2

3769, 91V

Tensión media generada en una bobina

Emed

2

Emax

2

x3769, 91 2400V

c)Tensión eficaz en una fase:

espiras

N p

200

Eef

4, 44.N p . f .

Eef

15984 V

bobina

x 60

p

bobina fase

1200

espiras fase

4, 44x1200x 60x 5x 10 2

PROBLEMA 7.5.- Un alternador accionado por una turbina de vapor gira a la velocidad de 1800 rpm, a la frecuencia de 60 Hz., el inducido conectado en estrella tiene las siguientes características. Diámetro del rotor 107 cm., longitud del hierro del inducido 91 cm., 72 ranuras, 24 conductores/ranura, devanado de 2

capas imbricado, y de 4:5 de paso, conectado con 2 circuitos de paso en paralelo, siendo el valor máximo de la densidad de flujo con distribución sinusoidal 0,4692 Wb/m 2 . Determinar el flujo por polo y la fem inducida en los terminales.

SOLUCION Fases=3; n=1800 rpm; f=60 Hz; D rotor =107cm. Þ r=53,5cm=0,535m; L=91cm=0,91m 72 ranuras;

conductores

24

ranura

; doble capa; Paso de bobina: 4:5

Bmax= 0,4692 Wb/m2 Numero de polos:

p

120 f

120 x 60

n

1800

4

Flujo por polo:

2 Lr p

p´

2 x 0, 91x 0,535

Bpico

2

x 0, 4692

0, 22843Wb

Factor de paso:

p º k p

4 5

x180 144º Electri cos

sen

p º

144

sen

2

0,951

2

Factor de distribución:

72 ranuras

n

6

4 polos - 3 fases

º

ranuras polo

180 xp

180 x 4

nº ranuras

72

Sen n k d nSen

º

10º / ranura

sen 6

2 º

6sen

2

fase

10 2

0.9561

10 2

F.e.m. inducida por fase:

N '

72 ranuras 3 fases

x

24 conductores

ranura

x

1 espira 2 conductores

Pero: Por estar con 2 circuitos en paralelo: N p

288

288 espiras

E gp

4, 44.N p . f . p .k p .k d

E gp

4,44 x144x60 x0,2283 x0,951 x0,9561

2

fase

espiras fase N p

144

espiras fase

E gp

7967,713 Voltios/fase

Tensión en los terminales:

3Egp

E L E L

3x7967, 713

13800 voltios

PROBLEMA 7.6.- Un estator que se ha de emplear para un devanado de inducido hexapolar trifásico de media bobina; tiene 144 ranuras. Cada bobina abarca 20 ranuras. Calcular: a. El factor de paso. b. Número de bobinas por fase. c. El factor de distribución d. La tensión eficaz por fase si la tens ión generada por bobina es 30 voltios eficaces. SOLUCION

p

fases

6 polos

N º ranuras 144

3

N º bobinas

Media bobina

N º Ranuras

144

2

2

72 bobinas

ancho de bobina = 20 ranuras a) Factor de paso: 20 Ancho Bobina p º = x180 = x180 = 150º E 144 Ancho Paso Diametral 6 pº 150º k p =sen =sen 0,9659 2 2 También se puede hallar de la siguiente manera: 180º p º 180º 150º 30º

k p

cos

2

cos

30º

cos15º

2

0,9659

b) Numero de bobinas por fase: # de bobina=72

bobinas

72

fase

3

c) Factor de distribución. 144 ranuras n 6 polos x 3 fases

n

180 xp

180 x 6

144ranuras

144

Sen n k d nSen

2 2

Sen 8 8Sen

24

bobinas fase

ranuras 8 polo x fases

7.5º E / ranura 7,5º 2 7,5º 2

0,9556

d) Si

E g

30 V

bobina

E gp

30

voltios

x

72 bobinas

720 V/fase (Sin considerar k p y kd ) 3 fases bobina Considerando k p y k d: voltios 72 bobinas E gp 30 x x 0,9659x 0,9556 664.57V / fase bobina 3 fases

PROBLEMA 7.7.- Una máquina síncrona 3 de rotor cilíndrico, estator de 36 ranuras con un devanado imbricado de doble capa, paso acortado en 2 ranuras, 4 polos, 10 espiras por bobina simple, tiene un diámetro medio de 200 mm y 250 mm de longitud axial. Admitiendo que la onda de inducción en el entrehierro es rigurosamente senoidal con un valor máximo de la inducción de 0,7 Wb/m 2. Determinar la tens ión generada por fase a la frecuencia de 60 Hz. SOLUCION Fases=3;

36 ranuras; Paso acortado en 2 ranuras; doble capa espiras rm = 100 mm= 0,1 m Polos= 4; 10 ; Dm=200 mm bobina weber L= 250 mm=0,25 m; ; n= 1800 rpm max 0,7 m2 Cálculo del flujo por polo: 2 Lr 2 x 0, 25x 0,1 B x 0,7 0,0175Wb p pico 2 p´ Factor de paso: nº Ranuras 36 ranuras = =9 AnchoBobinaPasoDiametral = nº polos polo 6

AnchoPasoBobina = AnchoPasoDiametral - 2 = 7ranuras (Por ser de paso recortado en 2 ranuras) pº =

AnchoPasoBobina AnchoPasoDiametral

k p =sen

pº

=sen

x180 =

7 9

x180 = 140º E

140º

0,9397 2 2 Factor de distribución: 36 ranuras ranuras 3 n 4 polos x 3 fases polo fase

180 xp

180 x 4

144ranuras

36

Sen n k d nSen

2

Sen 3

20º E / ranura 20º 2 20º

0,9598

3Sen 2 2 Numero de es piras por fase: C = Numero total de bobinas = Numero total de ranuras = 36 (por s er de doble capa) Nc= Numero de espiras/bobina= 10 espiras/bob ina P = Numero de fases = 3

N p =

CN c

36x10

=

= 120

espiras

3 P fase Frecuencia: pxn 4x1800 f 60 Hz 120 120 Tensión generada por fase: E gp 4, 44.N p . f . p .k p .k d E gp

4,44 x120x60 x0,0175 x0,9598 x0,9397

E gp

504,57 Voltios/fase

PROBLEMA 7.8.- Un alternador 3 tetrapolar de 60 Hz tiene 18 ranuras por polo y 6 conductores por ranura. Devanado de doble capa y 5:6 de paso. El flujo que penetra en el inducido de cada polo es de 1,242 Mega Maxwell. Las bobinas del inducido están conectadas en estrella. Determinar la fem generada por el alternador y la tens ión de línea. SOLUCION Polos=4;

Trifásico, f= 60 Hz; 18 ranuras /polo

Paso : 5/6

1, 242 M maxwell=0,01242 weber

p

# de ranuras=

N p

; 6 conductores /ranura

18 ranuras

polo

x 4 polos

72 ranuras

72 ranuras 6 conductores 1 espira x x ranura 3 fases 2 conductores

72

espiras fase


k d

72 ranuras ranuras n º n 6 Sen 4 polos - 3 fases polo fase 2 º 180º 4 polos nSen º 10º / ranura x 2 1 polo 72 ranuras

Sen

6 x10º

kd 6Sen

2 10º

k d

0,9561

2

Factor de paso:

p º 180 x k p =Sen

5 6

p º 2

150º

=Sen

150º 2

k p

0,9659

F.e.m. generada por fase: E gp

4,44.N p . p . f .k p .k d

E gp

220V

4,44 x72 x60 x0,01242 x0,9561 x0,9659

Tensión de línea:

3Egp

E L

3x220

380V

E L

PROBLEMA 7.9.- Determinar la tensión generada por un alternador de 4 polos, 1800 rpm, 96 ranuras, 16 espiras por bobina, el flujo por polo es de 1076x10 3 líneas, el arrollamiento es de doble capa, conexión en estrella y el pas o de la bobina es de 19 ranuras. SOLUCION Fases=3; Polos=4; n=1800 rpm; 96 ranuras ; 16 espiras/bobina p

=1076x103 Lineas= 0,01076 weber; Yb = 19 ranuras

Frecuencia:

f=

pn

4 x1800

120

120

f

60Hz

Numero de es piras por fase: 96 ranuras

N p

16

doble capa

espiras bobina

x

96 bobinas

96 bobinas 3 fases

N p

512

espiras fase

Factor de paso:

96 ranuras

24 ranuras

4 polos

polo

k p =Cos

2

=Cos

37,5º 2

180º

k p

19 ranuras 24 ranuras

x180º = 37,5º

0,9469


96 ranuras 8 ranuras n º n 4 polos - 3 fases polo fase 2 kd º 180º 4 polos nSen º 7,5º / ranura x 2 polo 96 ranuras

Sen

k d

Sen

8 x7,5º

8Sen

2 7,5º

k d

0,9556

2

Tensión generada por fase: E gp

4, 44 xN p x

E gp

1328 V

p

xfxk p xk d

4,44x512x60x0,01076x0,9469x0,9556

Tens ión de línea (Conexión en Y):

E L

3x1328

E L

2300 voltios

PROBLEMA 7.10.- El inducido de un estator trifásico de 60 ranuras está devanado para un rotor de 4 polos que gira a 1800 rpm, emplea devanado imbricado de doble cap a que tienen 18 espiras por bobina con un pas o de 5:6. El flujo por polo es de 65,154x10 -3 Weber. Calcular: a. La tensión total generada por fase. b. La tensión total entre terminales si está conectada en es trella. SOLUCION Fases=3; Polos=4; 60 ranuras; n=1800 rpm Paso : 5/6

p

=65,154x10-3 weber=0,065154 Wb

f=

pn

4 x1800

f

120

f

120

18 espiras/bobina

60Hz

Nº ranuras es igual a Nº de bobinas p or ser de doble capa. N º ranuras

60

a) Tens ión generada por fase:

60 bobinas 18 espiras x 3 fases bobina

N p

5 ranuras

60 ranuras

n

4 polos - 3 fases 180º

º

1 polo

5

P º

6

polo

4 polos

x

60 ranuras

fase

K d

x180º 150º

K p =Sen

4, 44 xN p x p xfxKd xK p

E gp

5 773, 51 V

3Egp

n º 2 º nSen 2 Sen

12º / ranura

E gp

E L

360 espiras/fase

Pº

Sen

2

Sen

5 x12º

5Sen

150º

2 12º

0,9566

2

0,9659

2

4, 44 x360 x60 x65,154 x10 3 x0,9566 x0,9659

3x5773, 51 10 000 10 kV

PROBLEMA 7.11.- Un alternador tetrapolar con inducido estatórico de 12 ranuras por polo, 14 conductores por ranura, tiene un ancho que abarca 10 ranuras. El diámetro del rotor que gira a 1800 rpm es de 80 cm., devanado imbricado de doble capa, valor máximo de la densidad de flujo con distribución senoidal de 8366 gaus s, conexión del inducido en estrella. Si la tensión de línea que entrega el alternador es de 12 kV. Determinar la longitud axial del rotor. SOLUCION p=4; 12 ranuras /polo; 14 conductores /ranura; ancho de bobina=10 ranuras

Drotor =80 cm=0,8 m

rrotor = r =0,4 m; doble capa

Bmax =8366 gauss = 0,8366 Wb/m 2 ; conexión: Y; E L =12 kV

# de ranuras=

12 ranuras

x 4 polos

polo

48 ranuras

Factor de Distribución:

48 ranuras

n

4 polos - 3 fases º

180º 1 polo

x

4 ranuras

polo

4 polos 48 ranuras

Factor de Paso:

p º

10 ranuras 12 ranuras

x180º =150º

fase

15º / ranura

Sen

n º

K d nSen

2 º 2

Sen

4 x15º

4Sen

2 15º 2

0,9576

K p

sen

p º 2

sen

150

Kp

2

0,9659

Numero de es piras por fase:

N º ranuras

N º bobinas; por ser de doble capa 7 espiras 48 bobina espiras bobina 112 3 fases fase

N p

N º bobinas

48

Frecuencia:

f=

np

1800 x 4

f

120

120

60Hz

Tensión generada por fase:

12x103

E L

E gp

3

6928,2 V

3

Flujo por polo: Si: E gp

4, 44 xN p .

p

. f .K d . K p

E gp

p

=

p

=0,251 Wb

4,44xN p xfxKd xKp

6928,2 4, 44 x112 x60x0,9576 x0,9659

Longitud axial del rotor: Si:

p

2 Lr Bpico p´

L

p

p '

2rBmax

0,251x 2 2x0, 4x0,8366

0,75 m

PROBLEMA 7.12.-Una máquina síncrona trifásica de rotor cilíndrico tetrapolar cuyo estator es de 48 ranuras, tiene un devanado imbricado de doble capa cuyo paso está acortado en 3 ranuras y cada bobina tiene 20 espiras. El diámetro del inducido es de 40 cm. Con una longitud axial de 50 cm. La tensión generada por la máquina conectada en triángulo es de 2300 V, a la frecuencia de 60 Hz. Determinar el valor máximo de la dens idad de flujo en el entrehierrro. SOLUCION V p = 2300 V Conexión triáng ulo; f = 60 cps p = 4 polos; 48 ranuras; devanado imbricado doble capa: Nº bobinas = Nº ranuras pas o acortado en 3 ranuras ; cada bobina tiene 20 espiras

Drotor =40 cm=0,4 m L=50 cm=0,50 m Factor de Distribución:

rrotor = r =0,2 m

48 ranuras

n

4 ranuras

polo

4 polos - 3 fases º

180º 1 polo

x

4 polos

fase

K d

15º / ranura

48 ranuras


Sen

4 x15º

4Sen

2 15º

0,9576

2

Factor de Paso:

paso polar

N º ranuras Nº polos

paso bobina

p º

paso polar

K p

sen

p º 2

sen

x180º =

135

=

48

9 12

4

paso bobina=12-3=9 ranuras

x180º=135º electricos

Kp

2

=12 ranuras/polo

0,92388

Numero de es piras por fase:

N º ranuras

N º bobinas; por ser de doble capa 20 espiras 48 bobina espiras bobina 320 3 fases fase

N p

N º bobinas

48

Tensión generada por fase: E gp

EL

2300 V

Flujo por polo: Si: E gp p =

p

4, 44 xN p .

p

. f .K d . K p

Egp

4,44xN p xfxKd xKp

2300

4, 44 x 320x 60 x0,9576x 0,92388

=0,0305 Wb

Densidad de flujo máximo: Si:

p

2 Lr Bpico p´ Bmax

p '

0,0305x 2

2rL

2 x0, 2x 0,5

p

0, 305 Wb / m 2

PROBLEMA 7.13.- Un turbo alternador con un inducido de 72 bobinas de 10 espiras de doble capa abarca 720º eléctricos. El rotor se acciona a una velocidad de 1800 rpm y el flujo por polo es de 9592x10 3 Maxwell. El paso de bobina es de 16 ranuras. Calcular el voltaje terminal en circuito abierto si los devanados se conectan en es trella. SOLUCION Fases=3; conexión estrella; n=1800 rpm; paso bobina = 16 ranuras p

=9592x103 maxwell=0,09592 Wb

Nº de polos:

º Electri cos totales=px180º

p=

ºElectricos

720º

180º

180

4 polos

Frecuencia:

f=

pn

4 x1800

f

120

f

120

60Hz

Nº ranuras es igual a Nº de bobinas p or ser de doble capa. N º ranuras

72

a) Tens ión generada por fase:

72 bobinas 10 espiras x 3 fases bobina

N p

72 ranuras

n

4 polos - 3 fases 180º

º

1 polo

paso polar 16

P º

18

ranuras polo

4 polos 72 ranuras

fase

K d

10º / ranura

N º ranuras

72

p

4

18


Sen

6 x10º

6 Sen

2 10º

0,9561

2

ranuras polo

x180º 160º

K p =Sen

E gp

x

6

240 espiras/fase

Pº 2

Sen

160º 2

0,9848

4, 44xN p xfx p xKd xK p

4, 44x 240x 60x 0, 09592x 0,9561x 0,9848

5774,3884 V /fase

E L 7.9

3Egp

3x5774, 3883 10 000 10 kV

PROBL EM AS PROPUESTOS

1. Un inducido estatorico trifásico de 72 ranuras está devanado para 4 polos que emplean bobinas de doble capa que tienen 25 espiras por bobina. El flujo por polo es de 49,85x10 5 Maxwell y la velocidad del rotor es 1800 rpm. Calcular: a. La tensión eficaz generada por bob ina b. La tensión total generada por fase. Rpta: 332 V ; 7968 V 2. Determinar la tensión entre terminales generada por un alternador trifásico de 8 polos, 900 rpm, 144 ranuras, 6 espiras por bobina y 1800000 líneas por polo. El devanado es de doble capa y está conectado en es trella. El paso de la bobina es de 15 ranuras. Rpta: 2 206,6 Voltios . 3. Un generador sincrónico trifásico hexapolar de 12 kVA a 240 V, 60 Hz, esta conectado en triángulo. Tiene 12 ranuras por polo y un devanado imbricado de paso 5/6 en el que se utilizan 12 conductores por ranura. El flujo útil es de 800 000 Maxwell. Determinar la fem inducida por fase. Rpta: 283,42 Voltios/fase.

4. En un generador sincrónico monofásico de 100 kVA, 600 V, 60 Hz, la resistencia efectiva del inducido es 0,108 ohmios y la reactancia del inducido 0,52 ohmios. Determinar la fem inducida a la intensidad nominal y factor de potencia unidad. Rpta: 624 Voltios . 5.

Un generador monofásico de 60 Hz, tiene 12 bobinas de paso entero distribuidas en una sola capa, cada bobina tiene 4 espiras. El rotor gira a 120π rad/s y produce un flujo por polo de 2,94x106 Maxwell. Determinar el valor eficaz de la tensión generada cuando todas las bobinas están conectadas en serie. Rpta: 240 V.

6.

Un inducido estatorico de bobina completa trifásica de 72 ranuras tiene un ancho de bobina que abarca 10 ranuras, 10 espiras/bobina. El inducido se conecta en estrella. El rotor hexapolar tiene un flujo de 5,2x10:6 Maxwell/polo y se acciona a una velocidad de 1200 rpm. Calcular: a. La tensión eficaz por fase. b. La tensión eficaz en línea del alternador Rpta: 3076,74 V; 5329 V.

7.

Un alternador trifásico de 24 polos, 60 Hz, conectado en es trella tiene 6 ranura/polo y un devanado imbricado de doble capa de paso diametral en el que existen 8 conductores/ranura. El flujo en el entrehierro es d e 6x106 líneas por polo. Calcular: a. El número de condu ctores por fase b. El factor de distribución c. El factor de paso d. Las revoluciones por minuto del polo de excitación e. La fem inducida por fase y por línea Rpta: 384 cond;0,966; 1; 300rpm, 2964,58V; 5134,8V.

8.

Un alternador trifásico de 4 polos que funciona a la frecuencia de 60 cps tiene 15 ranuras por polo y 6 conductores por ranura. Siendo el devanado de doble capa y con un paso de 5:6, las bobinas del inducido están conectadas en estrella. Determinar el flujo que producirá cada polo si la tensión de línea generada por la máquina es de 381 V. Rpta: 0,0149 Wb

9. Un alternador trifásico de 600 kVA con un inducido estatórico hexapolar de 72 ranuras tiene un ancho de bobina que abarca 10 ranuras, 10 espiras por bobina. El inducido se conecta en estrella de devanado imbricado de doble capa, el rotor produce un flujo de 5,2 Megalíneas/polo y se acciona a una velocidad de 1200 RPM. La resistencia de armadura es de 0,9 0hmios y la resistencia síncrona de 8 ohmios. Cuando circula la carga no minal a la tensión nominal, Calcular la tensión de regulación para factores de potencia de: Unidad, 0,8 inductivo y 0,75 capacitivo. Rpta: 3,3%, 12,36% y – 8,69%. 10. Un generador síncrono trifásico de polos salientes de 10 MVA y 10 kV. Está conectado a una barra infinita cuya tensión de línea es de 10 kV y entrega a la red 8 MW a un factor de potencia de 0,8 inductivo. Las reactancias de la máquina son : Xd = 1,0 p.u. y Xq = 0,6 p.u. La resistencia de armadura es despreciable. Determinar la fuerza electromotriz del generador, el ángulo de potencia y la corriente que entrega la máquina. Rpta: 10 244,2 V, 19,43° y 577 A. 11. Un alternador monofásico suministra 1000 kVA a 6 600 V. Cuando gira a la velocidad normal, la tensión en vacío con un cierto campo de excitación fue 6 600 V, y la corriente en cortocircuito con el mismo campo de excitación fue 380 A. La resistencia del devanado es 1,5 ohmios. Hallar la regulación para factores de potencia de 100%, 80% y para factor de potencia nulo con corriente en retardo, siendo en todos los casos la tensión a plena carga de 6 600V. Rpta: 10,7%, 30,2% y 40%. 12. Un alternador trifásico s uministra 1 000 kVA a 2 400 V y está conectado en estrella. Las pérdidas mecánicas y en el hierro son de 20 kW, la corriente de excitación es 125 A para un factor de potencia 100%, y 160 A para un factor de potencia del 80%, mientras que la tensión de la excitación es 120 V. La resistencia de cada fase del devanado del inducido es 0,5 ohmios. Calcular el rendimiento a plena carga para factores de po tencia de 100% y 80%. Rpta: 90,2% y 88%.


CAPITULO 8 RELACIONES DE TENSION EN LAS MAQUINAS DE C.A. ALTERNADORES 8.1

CIRCUITO EQUIVALENTE DE UNA MAQUINA SINCRONÍA MONOFASICA Y DE UNA POLIFÁSICA Ia Ra

Vp

Xa

C.C.

Ear Eg c.a.

a) Monofásico Ra

Xa

Ia Ra Egp

C.C.

Ear Z'sp

Ear

b) Circuito trifásico equivalente de un alternador síncrono con ectado en estrella. Ra

Ra

Ie

Ia

Ie

Ia

VL

E

Xs

Ra

E

C.C.

Vp

C.C.

E

Ear Ra

ROTOR

Eg c.a.

ESTATOR

E g

GENERADOR TRIFASICO Y

V p

Egp I a Ra

Ear

V p

Egp I a ( Ra

jX a ) Ear

Egp

V p

Egp I a ( Ra

jX s )

Ia Zs

Egp

Ia Z s

GENERADOR REDUCIDO A MONOFASICO

c) Generador trifásico reducido a monofásico

I a jX a

Vp

ó

Ia Za

Ear

ó

Donde: V p

Tensión de bornes/fase

E gp

Tensión generada por fase

I a Ra

Caída de tensión en el devanado del inducido que tiene una resistencia efectiva c.a. de R a por fase.

I a (jX a ) Caída de tensión en bornes debida a la reactancia del devanado del inducido ocasionada

por la reactan cia de dispers ión.

E ar

Efecto de la reacción del inducido (magnetizante o desmagnetizante) Nota: a) Las máquinas monofásicas y polifásicas de C.A. con factor de potencia unidad en las que la corriente en el inducido está en fase con la tensión inducida, la reacción del inducido es magnetizante transversalmente y la tensión de reacción de inducido está retrasada respecto a la tensión generada en 90° eléctricos. b) En las máquinas monofásicas y polifásicas con factor d e potencia indu ctivo, en las que la corriente en el inducido es tá retrazada con respecto a la tensión inducida en 90° eléctricos, la reacción del inducido es desmagnetizante y la tens ión de reacción de inducido retrasa de la tensión generada en 180° eléctricos.

Ra

Resisten cia de inducido por fase

X a

Reactancia de inducido por fase

Z a

Impedancia armadura por fase

Z a

8.2.1

jX a

X S

Reactancia s incrona por fase

Z S

Impedancia s incrona por fase

Z s 8.2

Ra

Ra

j(X a

Ear )

Ra

jX s

RELACION ENTRE LA TENSIÓN GENERADA Y LA TENSIÓN EN BORNES DE UN ALTERNADOR PARA DISTINTOS FACTORES DE POTENCIA DE LA CARGA CARGAS CON FA CTOR DE POTENCI A UNIDA D

Egp Ear IaXs

a X I a IaXa 0=0 E gp E gp Para Cos

Vp Vp Vp

IaRa

I a Ra

j Ia X a

E ar Escalarmente ó

I a ( Ra

jX s ) Vp

Ia Z s Vectorialmente

1 ; la tensión por fase, V p siempre es menor que la tensión generada por fase E gp ,

en una caída de impedancia I a Ra jX s , en la que jI a X s es la caída de tensión en cu adratura de la reactancia s incrona o caída de tensión combinada debido a la reactancia del Inducido y a la reacción del inducido.

8.2.2

CARGAS CON FA CTOR DE POTENCI A I NDUCTIV O Egp

a X I a X s I a

Vp

I a R a

V p c o s

n e S p V I a R a

I a Se retrasa respecto a tensión de fase en bornes V p , en un ángulo

, como resultado de una carga

externa (principalmente Inductiva).

d = ángulo de poten cia. E gp E gp

Vp Cos + Ia R a

j Vp Sen

I a X s Escalarmente ó

V p I a Z s Vectorialmente

Nota : Resulta evidente que para obtener la misma tensión nominal en bornes po r fase V p , se necesita una tensión inducida por fase E gp superior, para factores de potencia inductivos que para factores de potencia

unidad. 8.2.3

CARGAS CON FA CTOR DE POTENCI A CA PACIT I VO

Ia es tá adelantada respecto a la tensión de fase en bornes V p en un ángu lo ; como resultado de una carga externa (que contenga una co mponente capacitiva) en bornes del alternador síncrono de c.a.

E gp E gp

Vp cos

I a Ra

j Vp sen

I a X s Escalarmente

ó

V p I a Z s Vectorialmente

Nota : Resulta evidente que para la misma tensión nominal en bornes por fase, se necesita menos tensión

generada para un factor de potencia capacitivo que para un factor de potencia inductivo.

PROBLEMA 8.1: Un alternador trifásico, conectado en estrella de 1000KVA y 4600V , tiene una resistencia en el inductivo de 2 /fase y una reactancia sincronía en el inducido X s, de 20 /fase. Encontrar la tensión generada a plena carga por fase para: a) Factor de potencia unidad b) Factor de p otencia inductivo de 0,75

c) Factor de p otencia capacitivo de 0,75 d) Factor de potencia capacitivo de 0,4

SOLUCION

V L

V p

I a

4600

3

3

S

S

1000 103

3V p

3 2655.81

3V L

S

2655.81 Voltios

3I aV L

S

3I aV p

Potencia aparente total

125.51 A

Caídas de tens ión por fase:

I a Ra

125.51 2

I a X s

125.51 20

251.02 V/fase 2510.2 V

a) Tensión generada por fase s i Cos

1

E gp

Vp

Vp

E gp

2655.81 251.02

I a Ra

j Ia X a

Ear

j 2510.2 2906.83

b) Tensión generada por fase s i Cos

arccos 0.75 E gp

Vp cos

41.4096 Ia Ra

c)

E gp

2242.88

41.41º

j Vp sen

j 4263.03

Ia Ra

2242.88

E gp

Ia X s

sen =0.66

Ia X s j 2655.81 0.66 2510.2

2367.30 V /fase

d) Tensión generada para cos

E gp

0.66

0.75 capacitivo

j Vp sen

j 757.36

Sen

j 2655.81 0.66 2510.2

2655.81 0.75 251.02 E gp

j 2510.2 3840.67 V/fase

4817.05 V/fase

Tensión generada para cos

Vp cos

jI a X s

0.75 inductivo

2655.81 0.75 251.02 E gp

I a Ra

2655.81 0.4 251.02

0.4 capacitivo

sen =0.92

j 2655.81 0.92 2510.2

1313.34

j 66.85

1315.04 V/fase

Se obs erva que la tensión generada es menor que la tensión en bornes para ambos factores de potencia, y disminuye a medida que el factor de potencia es menor.

SOLUCION DEL PROBLEMA VECTORIALMENTE:

V p I a

V L 3

4600 3

2655.81V

S

1000x103

3V p

3x 2655.81

125.51 A

S S

3I aV L 3V p I a

Z s

Ra

jX s

2

j 20

20,10 84,29º

a) Factor de potencia unidad Cos V p

1

=arc cos1=0º I a

2655,81 0º

125,5 0º

E gp

Vp

Ia Z s

E gp

2655.81 0º 125.51 0º x20.10 84.29º

E gp

2655.81 250.99

j 2510.23

b) Factor de poten cia inductivo Cos V p

E gp

Vp

2906.8

0,75 I a

2655,81 0º

2655.81 0º 2522.75 84.29º j2510.23

3840.67 40.81º V / fase

=arc cos0.75=41.41º 125,5 41, 41º

Ia Z s

Egp =2655.810º 125.51 41.41º x 20.10 84.29º Egp =2655.81+1848.62+j1716.64

4504.43 j 1716.64

c) Factor de potencia Cos =0.75 capacitivo

Vp

2655.810º

Zs

Ra

Ia

125.51 41.41º

jXs

2

j 20

2655.810º 2522.75 42.88º 4820.45 20.86ºV / fase

=arc cos0.75=41.41º

20.10 84.29º

Eg=2655.8 0º 125.51 41.41º x 20.10 84.29º

2655.81 0º 2522.75125.70º

Eg=2655.81-1472.13+j2048.68 1183.68 j 2048.68 6 6 . 9 6 3 2 = g E

IaXs

59.94=

Ia

2366.05 59.98º V / fase

º

41.41º

Iara Vp

d) Factor de potencia Cos =0.4 capacitivo

=arc cos0.4=66.42º

V p

2655.81 0º

Z s

Ra

I a

jX s

2

j 20

20.10 84.29º

125.51 66.42º

Egp =2655.8 0º 125.5166.42º x 20.10 84.29º

2655.81 0º 2522.75 150.71º 0

Egp =2655.81-2200.23+j1234.21=455.58 j 1234.21 1315.61 69.74ºV / fase 8.3 REGULACION DE TENSION DE UN ALTERNADOR SINCRONO DE CA PARA DISTINTOS FACTORES DE POTENCIA La relación entre la tensión generada y la tensión en bornes de un alternador para distintos factores de potencia, sirven para ilustrar d os aspectos del efecto de las cargas capacitivas o inductivas so bre la tens ión generada por un alternador: 1) Cuanto menor sea el factor de potencia capacitivo, tanto mayor será el aumento de tensión desde vacío (Egp) a plena carga (Vp); y 2) Cuanto menor sea el factor de potencia inductivo, tanto mayor s erá la disminución de tens ión desde vacío (Egp) a plena carga (Vp)

5

4817.66 V

4 3840.65

3

2

1

f . p . 0 .7 5 i n d u c t iv o f .p . 0 U ni da d

2655.81

(2655.81 Tension nominal)

pa c it i vo f.p. 0. 75 ca t i v o p a c i a 2367.30 V c 0. 4 f. p.

Carga Nominal

1313.34 V

Ia 25

50

75

100

125

150

EFECTOS DE LA REACCION DEL INDUCIDO Para cargas cap acit ivas , la reacción de inducido es magnetizante y tiende a producir una tens ión A) generada adicional al aplicar una carga; produciendo una regulación negativa. Esta elevada tensión generada es más que s uficiente para compens ar la caída de tens ión interna resistiva en el inducido.

p E g

a r E

X s a I X a a I

I a Ia =40.81º cos = 0

Vp

a X a I

Para carga s ind ucti vas, la reacción de inducido es DESMAGNETIZANTE, y sus efectos de B) reducción de la tensión generada, junto con las caídas de tensión internas resistiva y reactiva en el inducido, dan lugar a una rápida disminución de la tensión en bornes al aplicar una carga.

REGULACION DE TENSION DE UN ALTERNADOR (VR): Regulación de tensión: Se utiliza para indicar el grado de variación de la tensión en el inducido producida por la aplicación de la carga. Si el cambio des de el vacío a plena carga es pequeño, el generador se dice que posee una buena regulación de tensión. Si la tensión varía apreciablemente, con la carga, se con sidera que tiene una pobre regulación de tensión. La Regulación de Tensión se define como la variación de la tensión desde vacío a plena carga, expresada en tanto por ciento de la tensión nominal en bornes. (Tensión d el inducido a p lena carga).

E gp V p

VR

V p

x100

Donde: V p = Tens ión nominal en b ornes por fase a plena carga (V/fase) Egp = Tensión generada por fase a plena carga ó Tensión en bornes por fase en vacío (V/fase)

PROBLEMA 8.2: ejemplos anteriores a) cos

Calcular

la

regulación

de

tensión;

calculados

en

los

1

Egp =3840.67 V V p =2655.81 V

VR b) cos E gp

VR c) cos

E gp V P V P

x100

3840.67 2655.81 2655.81

x100

44.6%

x100

81.5%

0.75 inductivo 4820.45V

E gp V p V p

x100

4820.45 2655.81 2655.81

0.75 capacitivo Egp =2366.05

VR d) cos

E gp V p V p

x100

2366.05 2655.81 2655.81

x100

10.91%

x100

50.46%

0.4 capacitivo Egp =1315.61

VR

E gp V p V p

x100

1315.61 2655.81 2655.81

NOTA: - Como las cargas eléctricas reales generalmente son cargas de naturaleza inductiva, la tensión de un alternador de c.a. con excitación independiente disminuirá debido a la resistencia del inducido, a la

reactancia del inducido y a la reacción del inducido. Un generador ideal mantendría la misma tensión desde vacío a has ta plena carga, ya que la variación de tens ión es cero, pos eería una regulación del 0 %. - En la práctica la regulación inherentemente pobre de los alternadores s e ignora y su s alida se mantiene a una tensión en bornes constante mediante REGULADORES DE TENSION externos que automáticamente aumentan o disminuyen la excitación de un generador de C.C. (Excitatriz) cuando varía la carga eléctrica y el factor de potencia. L a excitatriz generalmente está sobre el mismo eje que el motor de accionamiento y el alternador. Sus características generalmente es tán muy relacionadas co n la regulación del alternador, o sea, si la excitatriz debe mantener una tensión constante para una amplia gama de cargas, los límites de la corriente de excitación y potencia nominales de la excitatriz dependen del valor de la intensidad de excitación necesaria para q ue el alternador mantenga una b uena regulación.


8.4 IMPEDANCIA SINCRONA La diferencia entre la tensión generada, E gp , y la tensión en bornes, V p , por fase de un alternador, es la caída de tensión por impedancia sincrona, I aZs . Esta misma diferencia, existe entre Vp y Egp para cualquier factor de potencia y cualquier carga, como se muestran en la figura; para los tres cas os s e repite el triángulo f.p.=1

f.p.<1 Inductivo

f.p.<1 Ear I a X s

p g E

d

I a Z s

I a r a

Vp

a R I a

q

La caída de tensión por impedancia sincrona es, en todos los casos, la suma vectorial de la caída de tens ión de la resistencia efectiva del inducido por fase y las caídas de tens ión en cuadratura equivalentes debidas a la reactancia del inducido y la reacción del inducido po r fase, para la misma carga.

Ear

s Z a I

a X a I

s X a I

Dividiendo entre Ia se obtiene el TRIÁNGULO DE IMPEDANCIA

e d o d a n v a e . d l s e e f a d r a o i c p n a a r d u e d p a m m r I a

Reactancia efectiva de los devanados y el efecto de la reacción de armadura.

s Z Xs

Reactancia Sincrona

IaRa Ra

Zs

Ra

Resistencia efectiva de c.a. del devanado por fase

jXs

La impedancia s íncrona y la resistencia efectiva por fase s e determinan mediante ensayo s es pecíficos por el denominado MÉTODO DE LA IMPEDANCIA SINCRONA. El resultado proporciona un valor de la reactancia síncrona el cual, cuando se usa en las distintas ecuaciones de tensión, da lugar a una regulaciónde tensión para el alternador que es algo superior que la realmente obtenida por carga directa. Por esta razón el método de la impedancia síncrona se ha denominado “método pesimista”.

Para determinar la Z s , se necesitan pruebas de circuito abierto y la de cortocircuito.

Z s

E en circuito abierto por fase

E gp

I en corto circuito

I cc

8.5 IMPEDANCIA SINCRONA PARA LA PREDICCIÓN DE LA REGULACION DE TENSIÓN El método de la impedancia síncrona, consiste en los ensayos de vacío y corto circuito. 8.5.1

Resistencia efecti va del I nduci do. A

Vcc

S1

V

S3

S2

Voltaje corriente continua

Ra cc

Resistencia de armadura en corriente continua por fase.

Ra =Resistencia de armadura en corriente alterna por fase. Ra

K .Ra cc

1.5 R a cc

k Factor que var ia entre 1, 2 y 1,8 para nuestro caso se u tiliza 1, 5 Conexión estrella:

1 Lectura del Voltimetro Racc = . 2 Lectura del Amperímetro

1 V . 2 A

Conexión Triángulo:

3 Lectura del Voltimetro Racc = . 2 Lectura del Amperímetro 8.5.2

3 V . 2 A

Ensayo en V acío:

+

Ie V ca

E gp

V ca

=

A cc

Tension en bornes o lectura del voltimetro

= Tensión generada por fase (V/fase)

3 3 La curva de magnetización (en vacío), se obtiene haciendo trabajar la máquina sin carga a la velocidad nominal (o síncrona), variando su excitación, se puede medir la tensión generada y trazar la curva. Se conecta un amperímetro de c.c. en el circuito de excitación para registrar la intensidad de excitación y se conecta un voltímetro d e c.a. en bornes de dos terminales cualesquiera del estator para registrar la tensión de línea Vca. Se toma un número suficiente de lecturas empezando con intensidad de excitación cero,

tanto por debajo como por encima del codo de la curva. En cada caso, se registran la intensidad de excitación, Ie, y la tensión generada por fase, E gp , y se dibuja la curva de satu ración. Como en el caso de la curva de magnetización en c.c. los resultados deben ser tomados en un sentido para evitar bucles secundarios de histéresis. La curva tiene un tramo recto OA, cuando el circuito magnético no está saturado. Al saturarse la curva sigue el camino AB. Linea del entrehierro

Eg B

A

Curva de magnetización en vacio (circuito abierto)

O

Ie

Esta prueba permite también determinar las pérdidas rotacionales de la máquina y serán iguales a la potencia abs orbida por la máquina cuando haya sido excitada hasta obtenerse la tens ión hasta obtenerse la tensión nominal. 8.5.3

Ensayo en cort ocir cuito.

A1

+

Ie A2

-

Ie

A3 Iacc

A1

A2

A3

3

La intensidad de excitación se ajusta a cero y el alternador se lleva a una velocidad nominal. Se toman lecturas de la intensidad de excitación de c.c., respecto a la intens idad en el inducido cortocircuitado de c.a.; los resultados s e dibujan obteniéndose un a curva lineal. 8.5.4

Determi naci ón d e la Reactancia Síncrona

Las pruebas de corto circuito y de circuito ab ierto permiten determinar la reactancia síncrona no saturada y s aturada de la maquina.

XS Ra X s

E gp

Iacc

Iacc Egp

Egp : Tensión gen erada por fase en vacío (producida por la corriente Ie) (V/fase). Iacc: Intensidad de corriente nominal (producida por la corriente Ie) (A) Zs =R a+jXs

Impedancia Síncrona Cocrriente de cortocircuito

Ia (A) en el inducido por fase

Vacio

Ia Corriente de

por fase

ec

Corriente nominal

O

Ie Corriente de excitación

Xs

AA ''

Bo B ''

A ' A ''

B ' BB '

Xs(no s at) > Xs(Sat) 8.6 PROBL EM AS RESUEL TOS

PROBLEMA 8.1.- Un alternador trifásico conectado en es trella de 1500 KVA y 13 KV tiene una resistencia de inducido de 0.9 y una reactancia síncrona de 8.0 . Cuando circula la carga nominal a la tens ión nominal, calcular la tensión generada por fase para cargas de: a) factor de potencia unidad b) factor de po tencia inductivo 0.8 c) factor de potencia capacitivo 0.8 d) Calcular la regulación de tensión para cada una de éstas cargas. SOLUCION G

3 Y

Ra

I a =I L V p

S I a

V L

13x10 3

3

3

3V L I L

X s

/ fas

0.9

8

/ fase

Z s

0, 9

j8

8, 05 83, 58º

7505.55 V

3x( 3Vp ) xIa

S

1500x103

3V p

3x 7505.55

3VpIa

66.62 A

a) Factor de potencia unidad cos θ=1

I a Ra

66.62 x 0.9

I a X s

66.62 x8

E gp

(Vp

59.96 532.96

I a Ra )

7584,26 V / fase VECTORIALMENTE:

jI a X s

(7505,55 59,96)

j 532,96

7565,51 j 532,96

/fa se

E gp

Vp 0º

I a 0ºxZ s 83, 58º

E gp

7505,55 0º 66, 62 0ºx8,05 83,58º

7505,55 0º 536, 29 83.58º

7505,55 59,96 j 532,93 7565,51 E gp

j 532,93

7584, 26 4, 03º V / fase

Egp IaXs

a Z I a

Ia 0=0

Vp

IaRa

b) Factor de poten cia 0.8 inductivo

cos

0.8 inductivo

sen =0.6

arccos0,8

36,87º Egp

Vp

I a R a

I a V p c o s

s X a I

n e S p V I a R a

E gp

(Vp cos

I a Ra )

j (Vp sen

E gp

(7505,55x 0,8 59,96)

E gp

7882,92 39.71º V / fase

jIa X s )

j (7505,55x 0,6

532,96)

6064, 34

j 5036, 29

VECTORIALMENTE

E gp

VP 0º

E gp

7505,55 0º 66,62 36,87º x 8,05 83,58º

E gp

7505,55 367,73

E gp

7882,95 2,84º V / fase

Ia

x Z s j 390,36

Ra

7873,28

7505,55 0º 536, 29 46,71º

j 390,36

Xs Ia

Eg

c)

Vp

Factor de potencia 0.8 capacitivo

cos

0.8 capacitivo

sen =0.6

arccos0,8

36,87º

V p s e n

a R I a

Eg.

s X I a

s c o p V

Vp

E gp

(Vp cos

Ia Ra )

j (Vp sen

E gp

(7505,55x0,8 59,96)

E gp

7248,45 V / fase

a R I a

jIa X s )

j(7505,55 x0,6 532,96)

6064.34

j3970,37

VECTORIALMENTE

E gp

VP 0º

Ia

x Z s

E gp

7505,55 0º 66,62 36,87º x 8,05 83,58º

E gp

7505,55 271,78

E gp

7248,533,66º V / fase

j 462,32

7233,77

7505,55 0º 536, 29 120, 45º

j 462,32

d) Regulación de tensión para cada caso: d.1) cos

V R d.2.) cos

V R d.3.) cos

V R

1 E gp V p V p

x100

7584, 26 7505, 55 7505,55

1.05%

0.8 inductivo E gp V p V p

x100

7882,95 7505,55 7505,55

x100

5.03%

0.8 capacitivo

E gp V p V p

x100

7248,53 7505,55 7505,55

x100

3.42%

PROBLEMA 8.2. Las características graficadas en la fig. corresponden a un generador síncrono trifásico de rotor cilíndrico de 500 KVA – 2300 V. Determinar: a) La reactancia síncrona s aturada y no s aturada en ohmios y valor unitario. b) La relación de corto circuito.

E fase

Iacc (a)

(voltios)

1400

1200

1000

280

Iacc =210 A

500

240 200

IaccN =140 A

160 120

IN =126 A

80

I''e

40

100 0

10

20

30

40

I'e

Ie (I N ) 27.5 A

50

60

70

47 A

SOLUCION a)

V p

Tensión nominal de fase s erá:

2300 3

1330 V

1327,9

Si el generador trabaja en vacío:

E gp

Vp

1330 V

Del gráfico utilizando las dos curvas se obtiene: Ia cc = 210 A Reactancia saturada: Xs( sat )

E gp

1330

Iacc

210

6.3

La reactancia no saturada Xs (sat) corresponde al tramo recto de la curva de circuito abierto. Podemos determinarla, asumiendo una E cualquiera del tramo recto, por ejemplo E=1000 V. Entonces obtenemos de la curva de cortocircuito:

Iacc

140 A

Reactancia s íncrona no s aturada: Xs( no saturada ) Reactancia en valor unitario: PB=500 kVA;

Z B

VB=2300 V 2

V B 2

2300

P B

500x10

Xs( pu )

X B

6.3

Z B

10.58

Xsnosat ( pu )

10.58

3

0.59 p.u.

Xs sat

7.1

Z B

10.58

b) Relación de c.c.

0.67 p.u.

E

1000

140

140

7.1

Rcc

1

1

Xs p.u .

0.59

1.695 1.7

OTRA MANERA:

Rcc

Ie Vn

Corriente de excitacion para obtener la tension no min al

Ie I aN

Corriente de excitacion para obtenerla corrienteno min al

I N

P N

3

500.10

3.V N

3.2300

126 A

125.6 A

Del gráfico: En la curva de cortocircuito para I n = 126 A se obtiene: Ie( vn ) 27,5 A

En la curva de circuito abierto con 1330 V se obtiene: Ie( In )

Rcc

47 A

Ie(VN )

47

Ie( Ian

27.5

1.7

PROBLEMA 8.3. Un alternador trifásico de 2300 V y 60 Hz con una potencia nominal de 1200 kVA se cortocircuita llevando a la velocidad nominal, y su excitación se aumenta hasta que circule una corriente en el inducido de 1.5 veces la nominal. Se elimina entonces el cortocircuito y con idéntica corriente de excitación y velocidad, la tensión entre bornes es de 1000 V. El promedio de la resistencia en c.c. de los arrollamientos del inducido, tomados entre líneas es de 0.225 Ohm. Suponiendo que el alternador esté conectado en triángulo y que la relación entre la resistencia efectiva y la óhmica sea 1.4. Calcular: a) La corriente nominal de línea y de fase y la resistencia de c.a. por fase. b) Las caídas d e tens ión por resistencias y por reactancia síncrona en el inducido a plena carga. c) La relación de corto circuito por unidad. d) La regulación de tensión para unos factores de poten cia capacitivo e inductivo de 0.8.

SOLUCIÓN Medición de la res istencia de armadura en corriente alterna (Ra):

R

Resistencia equivalente medida entre dos líneas: R Del gráfico R

2 3

Racc

Racc

3 2

xR

3 2

0.225 x 0, 225

0,3375

Resistencia por fase en corriente alterna:

Ra =1,4 x Racc =1,4x0.3375=0.4725 Prueba de cortocir cuito: A

+

Ie

Ra

Ra

Iacc

+

A

Iacc

Ie

Ra

-

Ia

Iacc

A

-

Iacc

Si la corriente de excitación es Ie:

Iacc

1,5In

Pr ueba en vacío: R

+

+

Ie Ra

Ra V

-

Ie

Zs

Ia

= 1000 V

-

Ra

E gp =1000V

a) La corriente nominal de línea y de fase

Ia L

Ia f

P N 3V L Ia L 3

1200x103 3x 2300 301, 23 3

301, 23 A

173,91 A

b) Caída de tensión por resistencia y por reactancia sincrona en el inducido Caída de tensión por resistencia del ind ucido:

V Ra

Ia f xRa

173,91 x 0.4725 82,17 V

Impedancia sincrona por fase

Z S

E go

E go

1000

1000

Iacc

1,5xIa f

1,5x173,91

260,865

3, 83


X S

ZS 2

Ra 2

3, 832

0, 47252

Caída de tensión po r reactancia del inducido:

3, 80

/ fase

jXs

/ fase

V = 1000 V

V Xs

Ia f Xs

173,91x3.8

Ia

660,86 V

Iacc

1000 V Vº

Iacc=1.5 In

251 A

O

Ie

Ie

c) Relación de cortocircuito por unidad

Z B

V 2

23002

P N

1200x103 X S

3,80

Z B

4,4083

1

1

X S ( pu )

0,86

X S ( pu )

RCC

4,4083

0,86

1,163

d) Regulación de tensión f.p. 0.8

arccos0,8 º

inductivo

36,87º

V p

2300 0º V

Ia

173,91 36,87º A

Zs

0.4725

j 3.80

3,83 82,91º

E gp

Vp

E gp

2300 0º 173, 91 36,87ºx 3,83 82,91º

E gp

2300 462,36

E gp

2803,66 9,85º V / fase

VR

I a Z s

E gp V p V p

x100

j 479,45

2762,36

2803, 66 2300 2300

x100

2300 0º 666,07 46, 04º

j 479,45

21, 9%

f.p. 0.8 Capaciti vo

E gp

Vp

I a Z s

Egp =2300 0º 173,91 36,87º x 3,83 82, 91º

2300 0º 666, 07119, 78

E gp

j 578,11 2052, 2916,36º V / fase

VR

2300 330,82 2052.29 2300 2300

j 578,11 1969,18 x100

10.8%

PROBLEMA 8.4. Repetir el problema anterior suponiendo qu e el alternador esté conectado en estrella.(I EP 2005-I) SOLUCION: Medición de la res istencia de armadura en corriente alterna (Ra): Resistencia equivalente medida entre dos líneas: R Para conexión estrella: R

2 Racc

0.225 1

Racc

2

xR

1 2

x 0, 225

0,1125

Resistencia por fase en corriente alterna: Ra =1,4 x Racc =1,4x0,1125=0,1575

Prueba de cortocir cuito:

+

Iacc

Ie Ia

Si la corriente de excitación es Ie:

Iacc

1,5In

Pr ueba en vacío: R

+

Ie

jXs

Zs

Ia

V = 1000 V

-

E gp

E L

1000

3

3

577,35 V

a) La corriente nominal de línea y de fase

Ia L

Ia f

P N

1200x103

3V L

3x 2300

301, 23 A

b) Caída de tensión por resistencia y por reactancia sincrona en el inducido Caída de tensión por resistencia del ind ucido:

V Ra

Ia f xRa

301, 23 x 0, 4725 142,33 V


Z S

E go

E go

577,35

577,35

Iacc

1,5xIa f

1,5x301,23

451,845

1, 28


X S

ZS 2

Ra 2

1, 282

0,15752

1, 27

/ fase

/ fase

Caída de tensión po r reactancia del inducido:

V Xs

Ia f Xs

301, 23x1, 27

382,56 V

c) Relación de cortocircuito por unidad

Z B

V 2

23002

P N

1200x103

X S ( pu ) RCC

X S

1, 27

Z B

4,4083

1

1

X S ( pu )

0,29

4,4083

0,29

3,45

d) Regulación de tensión f.p. 0.8

arccos0,8 º

V p

2300

inductivo

36,87º

1327, 90 0º V

Ia

3 301, 23 36,87º A

Zs

0,1575

j1, 27 1, 28 82,93º

E gp

Vp

E gp

1327,90 0º 301, 23 36,87ºx1, 28 82, 93º

E gp

1327,90 267,55

E gp

1619,43 9,87º V / fase

VR

I a Z s

E gp V p V p

x100

j 277,64 1595,45

1619, 43 1327, 90 1327,90

x100

1327,90 0º 385,57 46, 06º

j 277,64

21, 9%

f.p. 0.8 Capaciti vo

E gp

Vp

I a Z s

Egp =1327,90 0º 301, 23 36,87º x1, 28 82,93º 1327,90 0º 385,57 119,8º

E gp

VR

1327,90 191,62 1184, 60 1327,90 1327,90

j 334,58 1136,37

x100

j 334,58 1184,6016,40º V / fase

10.8%

PROBLEMA 8.5.- Determinar la regulación de una máquina síncrona de rotor cilíndrico conexión estrella, tensión de línea nominal de la máquina de 240 V, potencia nominal 75 kVA, resistencia de inducido 0,05 ohmios y reactancia síncrona de 0,15 ohmios. Para: cosθ=1; cosθ=0,866 inductivo y cosθ=0,866 capacitivo. SOLUCION

V p Z S

V L

240

3

3

Ra

jX s

Ia L

138,564 V 0,05

j 0,15

P N

Ia f

0,158 71,56º

3V L

75x103 3x 240

180,422 A

/ fase

Regulación para: Cosθ=1

E gp

Vp

E gp

138, 564 0º 180,422 0ºx 0,158 71,56º

138,564 0º 28,507 71,56º

E gp

138,564 9,015

j 27,044

E gp

150,036 10,384º V / fase

VR

I a Z s

E gp V p V p

x100

j 27,044 147,579

150, 036 138,564 138,564

x100

8, 28%

Regulación Para:

cos º V p

I a

0,866 Inductivo 240 3

arccos 0,866

138,564 0º V

180, 422 30º A

E gp

Vp

E gp

138, 564 0º 180,422 30ºx 0,158 71,56º

E gp

138,564 21,331

E gp

161,009 6,74º V / fase

VR

30º

I a Z s

E gp V p V p

x100

j18,912 159,895

161, 009 138,564 138,564

138, 564 0º 28,507 41,56º

j 18,912

x100 16,198%

Regulación para:

cos º V p

I a

0,866 240 3

Capacitivo

arccos 0,866

138, 564 0º V

180,422 30º A

E gp

Vp

E gp

138,564 0º 180,422 30ºx 0,158 71,56º

E gp

138,564 5,713

E gp

135,75511,87º V / fase

VR

30º

I a Z s

E gp V p V p

x100

138,564 0º 28, 507 101, 56º

j 27,929 132,851 j 27,929

135, 755 138,564 138,564

x100

2, 03%

PROBLEMA 8.6.-Un generador síncrono trifásico de rotor cilíndrico de 25 MVA y 13,8 kV. Está conectado a una barra infinita de 13,8 kV. y entrega a la red 17 MW a un factor de potencia de 0,8 (inductivo). La reactancia síncrona de la máquina es X s=0,25 p.u. y su resistencia despreciable. Determinar: a) La f.e.m. generada por la máquina, el ángulo de potencia y la corriente que entrega la máquina. b) Si se aumenta el factor de potencia a uno, actuando sobre la excitación, determinar la potencia activa, el ángulo de potencia, la corriente y la f.e.m. generada por la máquina. SOLUCION La reactancia síncrona de la máquina:

V B 2

X s

P B

138002

Xs p.u

25x106

x0, 25 1,904

a) La corriente que entrega la máquina a la red será:

I a

17 x106

W

3

3V L cos

3x13,8 x10 x0,8

889,036 A

f.e.m. entregada:

cos V p

0,8 Inductivo 13800

arccos 0,8

36,87º

7967, 434 0º V

3

I a

889,036 36,87º A

X s

1,904 90º

E gp

Vp

E gp

7967, 434 0º 889,036 36,87ºx1,904 90º

E gp

7967, 434 1015,637

E gp

9084,567 8,57º V / fase

I a X s j1354,177

7967, 434 0º 1692, 724 53,13º

8983, 07 j 1354,177

8,57º angulo de potencia b) Si el factor de potencia aumenta a uno, la potencia activa no puede variar, ya que no se acciona la máquina prima; por tanto W=17 MW La corriente disminuye ya que se mejora el factor de potencia:

I a

W 3V L cos

17x106 3x13,8x103 x1

711, 228 A

f.e.m. generada:

E gp

Vp

I a X s

E gp

7967, 434 0º 711, 228 0ºx1,904 90º

E gp

7967, 434

E gp

8081,695 9,65º V / fase

j1354,178

9,65º angulo de potencia

7967, 434 0º 1354,178 90º

PROBLEMA 8.7.- Un turbo alternador de 60 MVA, 13,6 kV, conexión en estrella, 60 Hertz, 2 polos, tiene una reactancia de dispersión de 0,35 ohmios por fase y una reactancia de reacción de inducido de 3 ohmios por fase. Despreciando la resistencia óhmica del d evanado de inducido y admitiendo la máquina no saturada, calcular: a) La reactancia síncrona en ohmios por fase y po r unidad. b) La f.e.m. resultante cuand o funcionan a p lena carga con un factor de potencia 0,8 (retraso). SOLUCION a) Cálculo de la reactancia síncrona:

X s

Xd

XA

j 0, 35

j 3, 0

j 3, 35

3, 35 90º

por unidad será:

P B

Xs p.u .

Xs

V B 2

60x106 (13,6x103 )2

x3,35 1, 087

b) F.E.M. resultante a plena carga, cuando

0,8(retrazo)

cos

60 x106

I a

36,87º

2547,13 A

3 x1,3x103

f.e.m. generada:

E gp

Vp

I a X s

E gp

7851,96 0º 2547,13 36,87ºx 3, 35 90º

E gp

7851,96 5119,74

E gp

14658, 22 27, 75º V / fase

7851,96 0º 8532,885 53,13º

j 6826,30 12971,70

j 6826,30

PROBLEMA 8.8.- Un generador conectado en estrella de 2,5 MVA y 13,8 kV. Tiene una resistencia de inducido de 0,8 ohmios y una reactancia síncrona de 6 ohmios. Cuando circula la carga nominal a la tens ión nominal: Calcular la regulación de tens ión para cada una de estas cargas: a) Factor de potencia unidad. b) Factor d e potencia inductivo de 0,8 c) Factor de potencia capacitivo de 0,75. SOLUCION V p

V L

13,8x103

3

Ia L

Ia f

Z S

Ra

7967,43 V

3

2,5x106

P N 3V L jX s

3x13,8x103

0, 8

j6

104,59 A

6, 053 82, 4º

/ fase

Regulación para: Cosθ=1

E gp

Vp

I a Z s

E gp

7967, 43 0º 104,59 0ºx 6,053 82, 4º

E gp

7967,43 83,73

E gp

8075,58 4, 46º V / fase

j 627,52 8051,16

7967,43 0º 633,08 82, 4º

j 627,52

E gp V p

VR

V p

8075,58 7967, 43

x100

7967,43

x100 1,36%

Regulación Para: cos

0,8 Inductivo

º V p

7967, 43 0º V

I a

104,59 36,87º A

arccos 0,8

36,87º

E gp

Vp

I a Z s

E gp

7967, 43 0º 104,59 36,87ºx 6,05382,4º

E gp

7967,43 443,49

E gp

8423,04 3,07º V / fase

E gp V p

VR

V p

j 451,78 8410,92 j 451,78

8423, 04 7967, 43

x100

7967, 43 0º 633,08 45,53º

7967,43

x100

5, 72%

Regulación para: cos

0, 75

arccos 0, 75

Capacitivo

V p

7967, 43 0º V

I a

104,59 41,41º A

E gp

Vp

E gp

7967, 43 0º 104,59 41, 41ºx 6,053 82, 4º

E gp

7967,43 352,27

E gp

7633,313,95º V / fase

VR

41, 41º

I a Z s

E gp V p V p

j 526,02

7615,16

7633,31 7967, 43

x100

7967,43

x100

7967, 43 0º 633, 08123,81º

j 526,02

4,19%

PROBLEMA 8.9.-: El inducido de un alternador monofásico de 60 kVA, 220 V y 60 Hz. Tiene una resistencia de 0,016 ohmios y una reactancia de 0,07 ohmios. Las fuerzas electromotrices inducidas cuando el alternador suministra la corriente de régimen es de 236,9 y 210,07 voltios con ángulo de desfasamiento de 2,48º y 4,499º con respecto a la tensión en bornes respectivamente. Determinar el factor de poten cia de la carga y el tipo de carga para cada caso . SOLUCION Siendo el alternador monofásico la corriente de régimen será:

Ia L Z S

P N

60x103

V L

220

Ra

jX s

272,73 A

0,16

j 0,07

0,0718 77,12º

/ fase

a) Cuando suministra :

I an

272, 73 º A

V p

220 0º V

Eg

236,9 2, 48º V

E gp

Vp

Ia Z s

E gp

I a

V p

236,9 2,48º 220 0º

Z s

0,718 77,12º

236,768 j10,255 220

16,678

0, 718 77,12º

j 10,255

0, 718 77,12º

19,578 36,57º 0, 718 77,12º

272,674 45,53º A

I a

Por tan to cos

45,53º I a retrazado respecto a V p

0, 7

LA CARGA ES INDUCTIVA

b) Cuando suministra :

I an

272, 73 º A

V p

220 0º V

E gp

Vp

I a

210, 07 4, 499º V

Eg

I a Z s 210,07 4,499º

E gp V p Z s

220 0º

0,718 77,12º

209,4227 j16,4782 220

10,5773

0, 718 77,12º

I a

0, 718 77,12º

0, 718 77,12º

272, 713 45,58º A

Por tan to cos

j 16,4782 19,5808122,696º

45,58º I a adelantado respecto a V p

0, 7

LA CARGA ES CAPACITIVO

PROBLEMA 8.10.-Un alternador trifásico de 13000 V y 2500 kVA tiene una resistencia de inducido de 0.3 Ω/fase y una reactancia síncrona de 4.0 Ω/fase. La excitación del alternador se ajusta en cada uno de los casos para proporcionar la tensión nominal a la carga nominal. Si, después de haber hecho ajuste, se elimina bruscamente la carga del alternador, calcular la tensión en vacío por fase compuesta para cargas de: a) Factor de potencia unidad. b) Factor de potencia 0.8 inductivo. c) Calcular la regulación de tens ión para cada caso. SOLUCION 3 Y Ia =IL Ra

V p

I a

0,3

/ fase X s

V L

13x103

3

3

4

/ fase

Zs

7505.5535V

S

2500x103

3V p

3x7505.5535

111,0289 A

a) Factor de potencia unidad cos θ=1

0,3

j 4 4,0112 85, 71º

/ fase

E gp

Vp 0º

I a 0ºxZ s 85, 71º

E gp

7505, 5535 0º 111, 0289 0ºx 4, 0112 85, 71º 7505,5535 33,3149 j 444,1113

E gp

7505,5535 0º 445,359185, 71º j 444,1113

7538,8684

7551,9383 3,37º V / fase Egp IaXs

Z a a I

Ia 0=0

Vp

IaRa

b) Factor de poten cia 0.8 inductivo

cos

0.8 inductivo

sen =0.6

arccos0,8

36,87º Egp

Vp

s X a I

I a R a

I a V p c o s

n e S p V I a R a

E gp

VP 0º

E gp

7505,5535 0º 111,0289 36,87º x 4,0112 85, 71º

E gp

7505,5535 293,1193

Ia

x Z s j 335, 2995

7798,6728

7505,5535 0º 445,3591 48,84º

j 335, 2995

E gp 7805,8775 2, 46º V / fase c) Regulación de tens ión para cada caso: c.1) cos

V R c.2.) cos

V R

1 E gp V p V p

x100

7551,9383 7505,5535 7505,5535

0, 62%

0.8 inductivo E gp V p V p

x100

7805,8775 7505,5535 7505,5535

x100

4%

PROBLEMA 8.11.- Un alternador trifásico conectado en triángulo de 2300 V, y 2500 kVA, tiene una resistencia de 0,1 Ω/fase y una reactancia s incrona de 1,5 Ω/fase. El alternador se regula para una tens ión nominal en vacío. Calcular su tensión en bornes cuando circule la corriente nominal para un factor de potencia inductivo de 0.6. SOLUCION G

3

VL =Vp

2300 V

S

2500 k VA

Ra

I a

0,1

/ fase X s

S

2500x103

3V p

3x 2300

1, 5

Tensión generada para: cos

Vp 0º

Ia

0,1

j1, 5 1, 503 8 6, 2º

/ fase

362,32 A

Si regulamos la tensión en vacío:

E gp

Z s

/ fase

Vp0 2300 V

E gp

0, 6 Inductivo

53º

ºxZ s 86, 2º

2300

V p 0º 362, 32 53ºx1, 503 86, 2º V p 0º 544, 57 33, 2º

2300

(V p

455, 68)

j 298,19

Igualando mod ulos se obtiene V p 2300

(V p

455, 68)2

298,192

23002

(V p

455, 68)2

298,192

1824,9 V

V p

PROBLEMA 8.12.- A partir de los datos del ensayo de impedancia s íncrona realizado a un alternador de 2000 kVA, 2300V, conectado en estrella, suponiendo una relación entre resistencia efectiva y resistencia en c.c. de 1.3, calcular la regulación de tensión para: a) factor de potencia unidad, y b) factor de potencia 0,8 inductivo MEDICION DE LA RESISTENCIA DE ARMADURA C.C. TENSIÓN C.C.

ENSAYO EN VACIO

CORRIENTE C.C. (A)

TENSIÓN EFICAZ (V)

CORRIENTE DE EXCITACIÓN C. (A)

CORRIENTE DE CORTO CIRCUITO (A)

10

950

10

Nominal

(V) 1.5

SOLUCION Resistencia de armadura en corriente alterna (Ra): Para conexión estrella: Racc

1 V x 2 A

1 1, 5 x 2 10

Resistencia por fase en corriente alterna: Ra =1,3 x Racc =1,3x0,075=0,0975 Prueba de cortocir cuito:

Si la corriente de excitación es: I e

Iacc

Ian

P N 3V L

Pr ueba en vacío:

ENSAYO EN CORTO CIRCUITO

2000x103 3x 2300

10 A

502,04 A

0,075

E gp

E L

950

3

3

548,48 V


Z S

E go

548,48

Iacc

502,04

1,0925

/ fase


X S Z S

ZS 2

Ra 2

1,09252

0,09752

1,088

/ fase

/ fase

1,092584,88º

a) Regulación de tensión f.p. = 1

arccos1 0º º V p

Ia

2300 3

1327, 90 0º V

502, 04 0º A

E gp

Vp

E gp

1327, 90 0º 5502, 04 0ºx 1, 0925 84,88º 1327,90 0º 548, 48 84,88º

E gp

1327,90 48,95

E gp

1481, 26 21,64º V / fase

VR

I a Z s

E gp V p V p

x100

j 546,29 1376,85

1481, 26 1327,90 1327,90

j 546,29

x100 11,55%

b) Regulación de tensión f.p. = 0,8 inductivo

arccos0,8 º V p

Ia

36,87º

2300

1327, 90 0º V 3 502,04 36,87º A

E gp

Vp

E gp

1327,90 0º 5502, 04 36,87ºx1, 0925 84,88º 1327, 90 0º 548, 48 48, 01º

E gp

1327,90 366,93

E gp

1743,17 13,52º V / fase

VR

I a Z s

E gp V p V p

x100

j 407,66 1694,83 j 407,66

1743,17 1327,90 1327,90

x100

31, 27%

PROBLEMA 8.13.- Las características en vacío y corto circuito de un turbo g enerador 3 kVA, 5500 V, conectado en estrella se muestran en la figura; hallar la regulación para: 0.8 en atrazo a) cos b) R cc

de 6500

Ego

5500

VP

3

3175.43 V

0,84I N

3 x5500

682.32

3175, 43; setiene :

Del Grafico para Eg o Iacc

I N

6500 x103

0,84x 683.32

573.15 A

Impedancia sincrona: Zs =

Ego 31758.43 Ia cc

373.15

5.54

a) Regulación de tens ión para cosӨ=0,8 en atraso (inductivo)

E g

Vp 0º

I N 36.57ºxZs 90º

E g

3175.43 682.32 36.87ºx 5.54 90º

E g

5443, 46

VR

6227.04 3175.43 x100 3175.43

j 3024,04

3175.43 3780.05 53.13º

6227.04 29.05ºV

96,10%

c) Relación de cortocircuito: Del gráfico: Para la tensión y corriente nominal se tiene las corrientes de excitación Ie

Rcc

Ie(Vn)

78

Ia I an

90

(VN) y

Ie(Ian)

0,87

8.7 PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Un alternador trifásico conectado en estrella de 1500 kVA y 13 kV tiene una resistencia de inducido de 0,9 Ω/fase y una reactancia sincrona de 8 Ω/fase. Cuando trabaja a media carga y a la tensión nominal. Calcular la tensión generada por fase para cargas de. a) Factor de potencia unidad b) Factor de p otencia inductivo 0,8 c) Factor de potencia capacitivo 0,8 d) Calcular la regulación de tensión para cada una de éstas cargas. Rpta: a. 7540 b. 7691 c. 7373 d. 0,46 2,48 -1,76%

2. Un alternador trifásico conectado en estrella de 1500 kVA y 13 kV tiene una resistencia de inducido de 0,9 Ω/fase y una reactancia sincrona de 8 Ω/fa se. Cuando trabaja a plena carga y a la tensión nominal. Calcular la tensión generada por fase para cargas de. a) Factor de potencia unidad b) Factor de potencia inductivo 0,75 c) Factor de potencia capacitivo 0,9 d) Calcular la regulación de tensión para cada una de és tas cargas. Rpta: a. 7584 b. 7911 c. 7344 d. 1,05 5,40 -2,14% 3. Los siguientes datos se obtuvieron en pruebas de un generador hihroeléctrico trifásico, de 158 MVA, 13,8 kV, 60 Hz, 72 polos y conexión estrella: Curva característica de circuito abierto: Ie (A) 100 200 300 400 500 600 700 775 800 Voltaje línea a línea (kV) 2.21 4.42 6.49 8.42 10.1 11.6 13.1 13.8 14.1 Prueba de cortocircuito: Ie = 710 A Ia = 6610 A a) Trace la curva de saturación en circuito abierto, la línea de entrehierro y la curva característica en corto circuito b) Calcule el valor no saturado y saturado de la reactancia sincrona en por unidad c) Calcular la relación de cortocircuito. d) Calcular la regulación de tens ión para un factor de potencia inductivo de 0.6. Rpta: b. 1,4 0,9 c. 1,11 0,71 d. 82,72% 4. En un sitio de Europa es necesario suministrar 30 kW de potencia a 60 Hz. Las únicas fuentes de potencia disponibles operan a 50 Hz. Se decidió generar la potencia po r medio de un grupo motor generador consistente en u n motor sincrónico que acciona a un generador sincrónico. ¿Cuántos polos deberiá tener cada una de las dos máquinas para convertir la potencia de 50 Hz en potencia de 60 Hz? 5. Un motor sincrónico tiene un ángulo de torque de 20º eléctricos cuando trabaja a plena carga a la tensión y frecuencia nominales. Si la corriente de excitación es mantenida constante, ¿cómo influirán sobrte el ángulo de torque los s iguientes cambios en las con diciones de operación? a) Reducción de la frecuencia en un 10 % b) Reducción de la frecuencia y de ñla ten sión en un 10 % En cada caso co nsiderar: Torque de carga constante y potencia de la carga constante. 6. Un alternador trifásico de 13 000 V y 2500 kVA tiene una resistencia de inducid o de 0.3 Ω/fase y una reactancia sincronica de 4.0 Ω/fase. La excitación del alternador se ajusta en cada uno d e los cas os para proporcionar la tensión nominal a la carga nominal. Calcular la tensión en vacío por fase para carga de: a) factor de potencia unidad. b) Calcular la regulación de tens ión para el caso anterior. 7. Un generador de 480 V, 400 kVA, factor de potencia de 0,85 en atraso, 50 Hz, cuatro polos, conectado en delta, es accionado por un motor diesel de 500 HP y se utiliza como generador de soporte o generador de emergencia. Esta máquina también puede ser emparalelada con la fuente de potencia normal (un sistema de potencia muy grande) si se des ea. a) ¿Cuáles son las condiciones requeridas para emparalelar el generador de emergencia con el sistema de potencia existente? ¿Cuál es la tasa de rotación del eje des pués del emparalelamiento? b) Si el generador está conectado al sistema de potencia e inicialmente flota sobre la línea, dibuje los campos magnéticos resultantes y el diagrama fasorial. c) Si se incrementa el ajuste del gobernador del motor diesel, muestre qué ocurre en el generador mediante los diagramas de casa y diagramas fasoriales. ¿Cuánta potencia reactiva suministra el generador? d) Con el generador diesel suministrando potencia real al sistema de potencia, ¿Qué ocurre al generador cuando su corriente de campo aumenta y disminuye? Muestre este comportamiento con diagrama fasorial y con el diagrama de casa. 8. Un generador de turbina de vapor de 13,5 kV, 20 MVA, factor de potencia de 0,8 en atraso, 60 Hz, bipolar, conectado en Y, tiene una reactancia sincrónica de 5,0 Ω por fase y resistencia del inducido de 0,5 Ω por fase. Este generador está operando en paralelo con un gran sistema de potencia (barraje infinito).

a) ¿Cuál es la magnitud de E A en condiciones nominales? b) ¿Cuál es ángulo de par del generador en condiciones nominales? c) Si la corriente de campo es constante, ¿Cuál es la máxima potencia posible de salida del generador? ¿Cuánta reserva de po tencia o de par debe tener este generador a plena carga? d) A la potencia absoluta máxima posible, ¿Cuánta potencia reactiva estará generando o consumiendo este generador? Dibuje el diagrama fasorial correspondiente (suponga que I f no ha sido cambiado aún)

221486937 Maquinas Electricas II Fiee Uncp

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