UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES CUAUTITLÁN
M QUINAS EL CTRICAS CAS Y SU SOLUCI N. (B.L. THERAJA Y A.K. THERAJA, A TEXTBOOK OF ELECTRICAL TECHNOLOGY. VOL. 2 AC & DC MACHINES ED. S. CHAND. 3° ED.)
ACTIVIDAD DE APOYO A LA DOCENCIA
QUE PARA OBTENER EL TÍTULO DE: INGENIERO MECÁNICO ELECTRICISTA
PRESENTA:
ADRIÁN GARCÍA MARTÍNEZ.
ASESOR: ING. VICTOR HUGO LANDA OROZCO. COASESOR: ING. ALBINO ARTEAGA ESCAMILLA.
CUAUTITLÁN IZCALLI, ESTADO DE MÉXICO.
2014
Por Por brind brindarm arme e los conoc conocim imie ient ntos os neces necesari arios os para para enfr enfrent entarm arme e a los retos retos que que vendránenelfuturo.
AbrahamGarcía, Abraham García,por poreseñarme eseñarmelo loque quees eseltrab eltrabajo ajoduro, duro,por porser serun unejemplo ejemplopara para miymishermanos,porimpulsarmeaserunapersonaexitosayportusesfuerzos parapoderlograrunadelasmetasmásgrandesdemivida.Parati,mirespeto, admiraciónycariño.
MargaritaMartínez,porsiempreconfiarenmiyporqueapesardelasdificultades estuvisteconmigoentodomomento,impulsándomeaserunhombreexitoso,por tus sacrific sacrificiospara iospara queyo pudiera pudiera termin terminar armi micarr carreraprofes eraprofesion ional alexit exitosa osament mente. e. Porhabermedadotodolonecesari Porhabermedadotodolonecesarioyenseñarmealucharporloquequi oyenseñarmealucharporloquequiero.Para ero.Para ti,mirespeto,cariñoyadmiración.
JaimeMussaGarcía,porquedesdenuestrainfanciasiemprehassidounejemplo a seguir seguir en mi vida, vida, por enseñ enseñarm arme e lo que es ser un hombre hombre de bien, bien, y Diana Diana Garc García ía, , por por tu tole tolera ranc ncia ia ya que que en vari varias as ocas ocasio ione nes s me perd perdi i de dive divers rsio ione nes s contigo.
MiguelMussa,porsuapoyoyporayudarnosenmomentosdifíciles.
ElIng.VictorHugoLandaOrozco,porsutiempoinvertidoenestetrabajoyporsu valiosaaseoriaparaculminarmicarreraprofesionalconéxito.
ElIng.AlbinoArteagaEscamilla,porsuapoyoenlarevisióndeestetrabajoypor suvaliosaasesoría.
Índice. Pág. Objetivos.
3
Introducción.
5
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
7
1.1.- Fundamentos básicos.
11
1.2.- Reacción de armadura y conmutación.
26
1.3.- Generadores en paralelo.
33
Capitulo 2.- Motores de C.D.
41
2.1.- Aspectos básicos.
45
2.2.- Pérdidas y eficiencia.
58
2.3.- Control de velocidad.
67
Capitulo 3.- Transformadores.
105
3.1.- Conceptos básicos.
110
3.2.- Pruebas de vacío y de cortocircuito.
130
3.3.- Pérdidas y eficiencia.
141
3.4.- Eficiencia diaria.
165
3.5.- Transformadores en paralelo.
168
Capitulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
181
4.1.- Generalidades.
185
4.2.- Pérdidas y eficiencia.
209
4.3.- Circuito equivalente.
230
Capitulo 5.- Alternadores síncronos.
235
5.1.- Principio de funcionamiento.
238
5.2.- Tensión generada y regulación.
251
5.3.- Alternadores en paralelo.
263
Capitulo 6.- Motores síncronos.
277
Objetivos. Proporcionar un solucionario de ejercicios que aporte tanto al estudiante como al profesor una obra de consulta que cubra con amplitud el campo de la Ingeniería Eléctrica.
Enriquecer el inventario de libros existentes en la biblioteca del plantel para que este material didáctico esté al alcance de alumnos y profesores.
El material didáctico tiene como objetivo editar los textos básicos para la formación integral del estudiante universitario.
Dar a conocer a los estudiantes las soluciones de ejercicios de una forma clara y sencilla.
Introducción. El material que a continuación se desarrolla trata de los principios y aplicaciones de las máquinas eléctricas que todo ingeniero, cualquiera que sea su especialidad de origen, empleará a lo largo de su vida profesional, este material didáctico ayudará tanto a estudiantes como a personal docente para facilitar el estudio y entendimiento de las asignaturas de máquinas eléctricas. El material se divide en 6 capítulos en los cuales se incluyen ejercicios resueltos que faciliten la labor del profesor que lo utilice en su asignatura, por otra parte estos ejercicios facilitarán el auto aprendizaje del alumno, ya que cada tipo de máquinas eléctricas está explicado mediante problemas en los que se observan sus características principales. El capítulo 1 se dedica a los generadores de corriente directa, en el cual se muestran una serie de problemas que explican los principios fundamentales de los generadores, además se muestran los circuitos de sus diferentes tipos de conexión, así como el fenómeno de la reacción de armadura y conmutación y finalmente su funcionamiento en paralelo. El capítulo 2 se dedica a los motores de corriente directa, en este capítulo se dan ejercicios en los que se hace notar la diferencia que existe entre los generadores y motores de corriente directa, se incluyeron los circuitos que ayudan a explicar el funcionamiento de estos motores, en este capítulo hay una sección dedicada al control de velocidad tanto del motor serie como del motor derivación. En el capítulo 3 se tratan a los transformadores. En este se detallan los aspectos fundamentales tales como la relación de transformación y su funcionamiento como transformador ideal. A continuación se tratan las pruebas de vacío y corto circuito, así como el cálculo de su eficiencia y su acoplamiento en paralelo. El capítulo 4 está dedicado a las máquinas asíncronas o de inducción, fundamentalmente a los motores trifásicos, en los que se dan ejercicios que explican el principio de funcionamiento, circuito equivalente. Se estudia el concepto de velocidad síncrona, deslizamiento, así como el cálculo de la eficiencia con sus diferentes tipos de pérdidas y también se incluyen las pruebas de rotor libre y rotor bloqueado. El capítulo 5 se refiere a los alternadores síncronos, en este se muestran ejercicios que ayudarán a entender los conceptos de bobina de paso completo y paso diametral, así como facilitar el cálculos de los parámetros fundamentales de dichos alternadores, se incluyen los diagramas fasoriales para tener un mejor entendimiento de estos ejercicios y finalmente se analiza su funcionamiento en paralelo. Finalmente el capítulo 6 está dedicado a los motores síncronos, aquí se explica el concepto de velocidad síncrona y aquí también se incluyen los diagramas fasoriales para los diferentes factores de potencia.
Simbología utilizada a lo largo del capítulo. Símbolo Significado Unidades Ampervueltas de compensación. A v A vC polo
A vd
Ampervueltas de desmagnetización.
A v polo
A vT
Ampervueltas totales.
A v polo
A vt
Ampervueltas transversales.
A
Área de polos.
A v polo
Vescobillas
Caida de tensión en las escobillas.
μ0
Constante de la permeabilidad magnética.
k Ia
Constante. Corriente de armadura.
I f
Corriente de campo derivación.
IL
Corriente de línea.
Ic
Corriente por cada conductor.
A conductor
β
Densidad de flujo.
Wb 2 m
η
Eficiencia. Flujo por polo.
m2
V
A A A
Wb V
Eg
Fuerza electromotriz generada.
θe
Grados eléctricos.
°eléctricos
θm
Grados mecánicos.
° mecánicos
li
Longitud entre interpolos.
m
Z
Número de conductores.
N
Número de espiras.
#P
Número de polos.
a
Número de ramas.
#S
Número de segmentos.
PCu a
Pérdidas en el cobre de la armadura.
PCu f
Pérdidas en el cobre del campo derivación.
conductores espiras polos ramas segmentos W W
PCu s
Pérdidas en el cobre del campo serie.
PCu T
Pérdidas en el cobre totales.
PCu
Pérdidas en el cobre.
Pescobillas
Pérdidas en las escobillas.
PCT
Potencia de carga total.
PE
Potencia de entrada
PC
Potencia de la carga.
Pf
Potencia de pérdidas por fricción.
P p
Potencia de pérdidas.
PS
Potencia de sálida.
R a
Resistencia de armadura.
R f
Resistencia de campo derivación.
R s
Resistencia de campo serie.
R c
Resistencia de carga.
θs
Segmentos de desplazamiento.
t
Tiempo.
s
Velocidad.
VR s
Voltaje de la resistencia del campo serie.
VL
Voltaje de línea.
W W W W W kW W W W kW Ω Ω Ω Ω
segmentos seg r.p.m. V V
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un generador de corriente directa de 4 polos tiene un devanado ondulado en su armadura con 792 conductores. El flujo por polo es 0.0121Wb. Determine la velocidad a la cual se debe ajustar para generar 240V en vacío. [751.3 r.p.m.] DATOS: #P = 4polos Z = 792conductores = 0.0121 Wb E g = 240 V a = 2 ramas por ser devanado ondulado
SOLUCIÓN:
Eg = k * * s
Eg =
Z * #P * * s
s=
60 * a
k=
s=
Z * #P 60 * a
E g * 60 * a Z * #P *
240V*60*2 ramas 792 conductores* 4 polos * 0.0121Wb s = 751.31 r.p.m.
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
11
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un generador compuesto de 20 kW trabaja a plena carga con un voltaje en sus terminales de 230V. La resistencia de armadura, devanado serie y devanado shunt son 0.1, 0.05 y 115Ω
respectivamente. Calcule la f.e.m. cuando el generador está conectado en derivación corta. [243.25V] DATOS: PS = 20 kW VL = 230 V R a = 0.1Ω R s = 0.05 Ω R f = 115 Ω SOLUCIÓN: IL = IL =
PS VL 20 kW 230V
= 86.95 A
I f = I f =
VL R f 230V 115Ω
= 2 A
I a = IL + If I a = 86.95A + 2A I a = 88.95 A
E g = VL + Ia * R a + I L * R s E g = 230V + 88.95A*0.1Ω +86.95A* 0.05Ω
Eg = 243.24 V
12
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un generador de corriente directa genera una f.e.m. de 520V. Tiene una armadura con 2000 conductores, flujo por polo de 0.013Wb, velocidad de 1200 r.p.m. y el devanado de la armadura tiene cuatro caminos paralelos. Encontrar el número de polos del generador. [4 polos] DATOS: E g = 520 V Z = 2000conductores = 0.013 Wb s = 1200r.p.m. a = 4 ramas
SOLUCIÓN: Eg =
#P =
Z * #P * s * 60 * a
#P =
E g * 60 * a Z*s*
520V*60* 4 ramas 2000 conductores * 1200 r.p.m * 0.013Wb #P = 4polos
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
13
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Cuando se excita a 1000 r.p.m. con un flujo por polo de 0.02Wb, un generador de corriente directa tiene una f.e.m. de 200V. Si la velocidad es incrementada a 1100 r.p.m. y al mismo tiempo el flujo por polo es reducido a 0.019 Wb por polo, ¿Cuál es entonces la f.e.m. inducida? [209 V] DATOS: s1 = 1000 r.p.m. 1 = 0.02 Wb
E g1 = 200 V s 2 = 1100 r.p.m. 2 = 0.019 Wb
SOLUCIÓN: E g1 = k * 1 * s1 E g2 = k * 2 * s 2
Eg1 E g2
=
E g1 E g2 200V E g2 E g2 =
=
k * 1 * s1 k * 2 * s 2
=
1 * s1 2 * s2
0.02Wb*1000 r.p.m. 0.019Wb*1100 r.p.m.
200V *0.019Wb * 1100 r.p.m. 0.02Wb*1000 r.p.m. Eg2 = 209 V
14
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Calcular el flujo por polo requerido a plena carga de un generador shunt de 50 kW, 400V, 8 polos, 600 r.p.m. con 256 conductores ordenados en un devanado imbricado. La resistencia del devanado de la armadura es 0.1Ω, la resistencia del devanado shunt es 200Ω y la caída de voltaje
por contacto de escobillas es de 1V por cada escobilla a plena carga.
[0.162Wb]
DATOS: PS = 50 kW VL = 400 V #P = 8 polos s = 600 r.p.m. Z = 256conductores R a = 0.1Ω R f = 200Ω
V escobilla
Vescobillas = 1
a = 8 ramas por ser devanado imbricado
SOLUCIÓN: IL = IL =
PS
I f =
VL 50 kW 400V
= 125A
I f =
VL
Ia = IL + I f
R f
Ia = 125A + 2A
400V
= 2 A
200Ω
Ia = 127 A
E g = VL + Ia * R a + Vescobillas E g = 400V + 0.1Ω*127A + 2V
Eg = 414.7V =
=
E g * 60 * a Z * #P * s
414.7V*60*8 ramas 256 conductores * 600 r.p.m.* 8 polos = 0.162 Wb
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
15
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Calcular el flujo por polo en una dinamo de 4 polos con 722 conductores en la armadura generando 500V cuando gira a 1000 r.p.m. cuando la armadura tiene: a) Devanado imbricado. b) Devanado ondulado. [a) 41.56 mWb, b) 20.78 mWb] DATOS: #P = 4 polos Z = 722conductores E g = 500 V s = 1000 r.p.m. SOLUCIÓN: a) Devanado imbricado.
a = 4ramas por ser devanado imbricado =
=
E g * 60 * a Z * #P * s
=
E g * 60 Z*s
500V*60 722 conductores*1000 r.p.m. = 41.55 mWb
b) Devanado ondulado.
a = 2ramas por ser devanado ondulado =
=
E g * 60 * a Z * #P * s
500V*60* 2 ramas 722 conductores* 4 polos * 1000 r.p.m. = 20.78 mWb
16
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Una máquina de 4 polos girando a 1500 r.p.m. tiene una armadura con 90 ranuras y 6 conductores por ranura. El flujo por polo es 10 mWb. Determine la f.e.m. en terminales como generador de corriente directa si las bobinas están conectadas con un devanado imbricado. Si la corriente por conductor es 100A, determine la potencia eléctrica. [810V, 324 kW] DATOS: #P = 4 polos s = 1500 r.p.m. 90 ranuras
conductores ranura
6
= 10 mWb
A conductor
Ic = 100
a = 4ramas por ser devanado imbricado
SOLUCIÓN:
6 conductores ranura
Z = 90 ranuras *
Z = 540conductores Eg =
Z * #P * s * 60 * a
540 conductores*4 polos*1500 r.p.m.*10 mWb 60*4 ramas E g = 135 V Eg =
I = a * Ic I = 4 ramas *100A I = 400 A
PS = Eg * I PS = 135V*400A PS = 54kW
NOTA: El autor propone un resultado de 810V y 324 kW, al resolver detalladamente el resultado no coincide con los resultados propuestos por el autor.
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
17
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un generador de corriente directa de devanado imbricado tiene 120 ranuras con 4 conductores por ranura. Si cada conductor puede llevar 250A y el flujo por polo es 0.05Wb, calcular la velocidad del generador para obtener 240V en circuito abierto. Si el voltaje cae a 220V a plena carga, encontrar la potencia nominal de la máquina. [600 r.p.m., 400 kW] DATOS: a = 8 ramas por ser devanado imbricado #P = 8polos 120 ranuras
conductores ranuras
4
A conductores
I c = 250
= 0.05 Wb
E g = 240 V VL = 220 V SOLUCIÓN:
4 conductores ranuras
Z =120 ranuras*
Z = 480 conductores
Eg = s=
Z * #P * * s
60 * a Eg * 60 * a
Z * * #P
240V*60*8 ramas 480 conductores * 0.05Wb * 8 polo s s = 600 r.p.m. s=
I = Ic * a
P = VL * I
I = 250A*8 ramas
P = 220V * 2000A
I = 2000 A
P = 440 kW
18
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un generador shunt tiene una corriente a plena carga de 100A, la resistencia de 55Ω y 500W en perdidas constantes. Si la eficiencia a plena carga es de 88%, encontrar la resistencia de la armadura. Suponiendo un voltaje constante de 110V, calcular la eficiencia a la mitad de la plena carga. [0.078Ω, 85.8%] DATOS: VL = 110 V I L = 1 00 A R f = 55Ω P p = 500 W η = 88% = 0.88 SOLUCIÓN: PS
η=
PE
Ahora al 50%
PS = 110V *100A = 11 kW PS
PE =
If =
η
=
11 kW 0.88
I L = 50 A
= 12.5 kW
I f = 2 A I a = 52 A
VL
PS = 11 kW
R f
1 * PS = 5.5kW 2
110V
= 2 A 55Ω 55Ω Ia = IL + If = 100A + 2A If =
PCu = I a2 * R a + I f2 * R f
Ia = 102 A
2
PCu = 422.7 22.71 1 kW
PE - PS - I * R f - Pp 2 f
I
PE = PS + PCu + Pperdidas
2 a
PE = 5.5 5.5 kW + 422.71 422.71W W + 50 50 0W
12.5 kW - 11 kW - 2A *55Ω - 500W 2
Ra =
2
PCu = 52A *0.07494Ω + 2A *55Ω
PE = PS +I f2 * R f + I a2 * R a + Pp Ra =
2
102A
R a = 0. 0.07497 Ω
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
PE = 6.422 kW
5.5 kW *100% 6.422 kW
η =
η = 85.64%
19
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un generador de corriente directa compuesto corto, suministra una corriente de 100A con un voltaje de 220V. Si la resistencia del devanado shunt es 50Ω, del campo serie 0.025Ω, de la armadura 0.05Ω, la caída por escobillas es de 2V y las pérdidas en el hierro y fricción suman 1 kW,
encuentre: a) La f.e.m. generada, b) Las pérdidas en el cobre, c) La potencia de salida del motor principal acoplado al generador, d) La eficiencia del generador. [a) 229.7V, b) 1.995 kW, c) 24.99 kW, d) 88%] DATOS: I L = 100A VL = 220 V Vescobillas = 2 V P p = 1kW
R f = 50Ω R s = 0. 0.025Ω R a = 0.05Ω
SOLUCIÓN: If =
2
VL
PCus = I 2L * R s = 100A *0.025Ω
R f
PCus = 250 W
220V
= 4.4 A 50Ω 50Ω Ia = IL + If
Pescobillas = Vescobillas * IL = 2V 2V *100A
Ia = 100 100A A + 4.4A 4.4A = 104 104.4 .4A
PCuT = 544 544.9 .96W 6W + 968 968W W + 250 250W W + 200W
If =
Pesco billas billas = 200 W PCuT = 1.962 kW
a)
E g = VL + Ia * R a + IL * R s + Vescobillas
c)
E g = 220V +104.4A * 0.05Ω
PS = VL * I L
+ 100A*0.025Ω + 2V
E g = 229.72 V
PS = 220V*100A = 22 kW PS = PE - Pp PE = PS + Pp
b)
PE = 22 kW + 1.962 kW + 1 kW 2
PCu a = I a2 * R a = 104.4A *0.05Ω
PE = 24.96 kW
PCu a = 544.96 W 2 f
η= 2
PCu f = I * R f = 4.4A *50Ω PCu f = 968 W
d)
PS PE
*1 0 0 %
22 kW *100% 24.96 kW
η =
η = 88.14%
20
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- Un generador shunt compuesto corto, 20 kW, 440V, tiene una eficiencia a plena carga de 87%. Si la resistencia de la armadura e interpolos es 0.4Ω y la del campo serie y derivación son 0.25Ω y 240Ω respectivamente, calcular la combinación de las pérdidas por fricción debido a la resistencia del aire y las pérdidas en el núcleo de la máquina. [725 W] DATOS: PS = 20 kW VL = 440 V η = 87% R a = 0.4 Ω R s = 0.25Ω R f = 240 Ω
SOLUCIÓN: PE = PE =
IL = IL =
PS
I f =
η 20 kW 0.87
= 22.98 kW
I f =
VL R f 440V 240Ω 240 Ω
= 1.83 A
PS
I a = I L + I f
VL
I a = 45.4 45.45A 5A + 1.83 1.83A A
20 kW 440V
I a = 47.28 A
= 45.45A
PCua = I a2 * R a 2
PCua = 47.28A *0.4Ω = 894.15 W PCuf = I f2 * R f
2
PCuf = 1. 1 .83A *240Ω = 803.73 W PCus = I 2L * R s 2
PCus = 45.45A *0.25Ω = 516.42 W PE = PS + PCu + Pf
22.98 kW = 20 kW + 2214.3W + Pf Pf = 765.7 W
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
21
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- Un generador compuesto largo entrega una corriente de carga de 50A a 500V y las resistencias de armadura, campo serie y campo derivación son 0.05Ω y 250Ω respectivamente.
Calcular la fuerza electromotriz y la corriente de armadura. Considere 1V de caída por contacto de escobillas. [506.2V, 52A] DATOS: I L = 50 A VL = 500 V R a = 0.05Ω R s = 0.05 Ω R f = 250 Ω Vescobillas = 1 V
SOLUCIÓN: I L = 50 A I f = I f =
VL R f 500V
250Ω 250Ω I a = I L + I f
= 2 A
I a = 50 50A + 2A I a = 52 A E g = VL + I a *R a + R s + Vescobillas E g = 500V + 0.05Ω + 0.05Ω*52A + 1V E g = 506.2 V
22
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- Un generador compuesto de 110V tiene resistencia de armadura, shunt y devanado serie de 0.06Ω, 25Ω y 0.04Ω respectivamente. La carga se compone de 200 lámparas cada una de 55W,
110V. Encuentre la f.e.m. y la corriente de la armadura cuando la máquina está conectada en: a) Compuesto largo. b) Compuesto corto. [a) 120.4V, 104.4A; b) 120.3V, 104.6A] DATOS: VL = 110 V
PC = 55 W
R a = 0.06 Ω
PCT = 55W*200 lámparas
R f = 25 Ω
PCT = 11kW k W
R s = 0.04 Ω
SOLUCIÓN: a) IL = IL = If =
b) PCT
IL =
VL 11 kW 110V VL
= 100 A
R f 110V
Ia = 104.4 A
I f =
E g = 110V + 104.4A *0.06 Ω + 0.04Ω E g = 120.4 V
11 kW
VR s = 100A *0.04 Ω = 4 V I f =
E g = VL + I a *R a + R s
VL
= 10 0 A 110V VR s = I L * R s
IL =
= 4.4A 25Ω Ia = I L + I f = 100A + 4.4A If =
PCT
VL R f 114V
25Ω 25Ω I a = I L + I f
= 4.56 A
I a = 100 100A A + 4.56 4.56A A I a = 104.56 A Eg = VL+ Ia * R a + IL * R s Eg = 110V + 104.56A *0.06 Ω
+ 100A*0.04Ω
Eg = 120.27 V
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
23
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 14.- Un generador de 200V, 2 polos tiene 400 conductores y gira a 300 r.p.m. Calcular el flujo útil por polo. Si el número de espiras en cada campo es 1200, ¿Cuál es el valor promedio de la f.e.m. inducida en cada bobina si el flujo cae completamente en 0.1 segundos? [φ = 0.1 Wb, E = 1200V]
DATOS: #P = 2 pol polos E g = 200 V Z = 400conduc conductor tores es s = 300 300 r.p. r.p.m. m. N = 1200 espiras t = 0.1 0.1seg seg
SOLUCIÓN: Eg = =
Z * #P * * s
60 * a E g * 60 * a Z * s #P
200V*60* 2 ramas 400 con condu duct ctor ores es*300 300 r.p r.p.m .m..* 2 pol polos 400 = 0.1 Wb =
E=N*
t
0.1Wb 0.1 seg
E =1200 espir spira as * E = 1200 1200V
24
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 15.- Un generador de 16 polos, 1500 kW, 550V gira a 150 r.p.m. ¿Cuál debe ser el flujo útil si hay 2500 conductores en un devanado imbricado y las pérdidas en el cobre a plena carga son 25 kW? Calcular el área del polo si la densidad tiene un valor uniforme de 0.9Wb/m 2 y encuentre el voltaje entre terminales, despreciando la reacción de armadura y el cambio en la velocidad. [0.09944 m2, 559.17V] DATOS: #P = 16 polos PS = 1500 kW VL = 550 V s = 150 r.p.m. PCu = 25 kW
Wb m 2
β = 0.9
a = 16 ramas por ser devanado imbricado
SOLUCIÓN: Eg = =
Z * #P * * s
60 * a E g * 60 * a
A=
Z * s * #P
A=
550V*60*16 ramas = 2500 conductores*150 r.p.m.*16 polos = 88mWb
Ia = Ia =
VL 550V
β
88 mWb*1 m 2
Ra =
= 2727.27 A
0.9 Wb
A = 0.09777 m 2
Ra =
PS 1500 kW
PCu 2
Ia
25 kW 2
2727.27A R a = 0.0033Ω
Eg = VL + Ia * R a Eg = 550V + 2727.27A *0.0033Ω Eg = 559V
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
25
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Calcular las ampervueltas de desmagnetización de un generador de 4 polos con devanado imbricado simple con 720 espiras, entregando 50A, si el adelanto de las escobillas es 10° (mecánicos). [250 A∙v/polo] DATOS: N = 720 espiras Ia = 50 A θ m = 10° mecánicos #P = 4 polos a = 4ramas por ser devanado imbricado
SOLUCIÓN:
2 conductores 1 espira
Z = 720 espiras *
Z = 1440conductores
I= I=
A vd = Z * I *
Ia 2 50A 2
= 25A
θm 360
10° 360
A vd = 1440 conductores* 25A* A vd = 1000 A v A vd A vd polo
A vd polo
A vd polo
26
= =
#P 1000 A v 4 polos
A v polo
= 250
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un generador de corriente directa de 250V, 25 kW, 4 polos, tiene 328 conductores en la armadura conectada con un devanado ondulado. Cuando la máquina está entregando la plena carga, las escobillas están dando un adelanto de 7.2 grados eléctricos. a) Calcular las ampervueltas por polo transversales, b) Calcular el número de espiras del generador. [a) 1886 A∙v/polo, b) 164 espiras] DATOS: VL = 250 V
Z = 328conductores
PS = 25 kW
θe = 7.2° eléctricos
#P = 4 polos
a = 2 ramas por ser devando ondulado
SOLUCIÓN: a) Ia = Ia =
I= I=
PS
θm =
VL 25 kW 250V
=100 A
θm =
2 * θe #P 2*7.2° 4 polos
= 3.6°
Ia a 100A 2 ramas
= 50 A
1 θ - m 2 * #P 360
A vt = Z * I *
1 3.6° A vt = 328 conductores * 50A * 2*4 polos 360 A v A vt = 1886 polo 1 espira 2 conductores
N = Z *
b)
1 espira 2 condutores
N =328 conductores* N = 164espiras
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
27
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un generador derivación de corriente directa de 8 polos con un devanado imbricado simple entrega una salida de 240A a 500V. La armadura tiene 1407 conductores y 160 segmentos de colector. Si las escobillas están dando un adelanto de 4 segmentos del eje neutral en vacío, calcular las ampervueltas por polo de desmagnetización y transversales. [1056 A∙v/polo, 1584 A∙v/polo]
DATOS: #P = 8 polos
Z = 1408conductores
I a = 240 A
#S = 160segmentos
VL = 500 V
θs = 4segmentos
SOLUCIÓN: I= I=
Ia #P 240A 8 polos
= 30 A
θ m = θs *
360 #S
360° θm = 4 segmentos* 160 segmentos θm = 9° mecánicos
A vd = Z * I *
θm 360
9° 360
A vd = 1408 conductores * 30A * A v polo
A vd = 1056
1 θ - m 2 * #P 360
A vt = Z * I *
1 9° A vt = 1408 conductores * 30A * 2 * 8 polos 360 A v A vt = 1584 polo
28
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Un generador derivación de 500V con un devanado imbricado simple, gira a 750 r.p.m. suministra una carga de 195A. La armadura tiene 720 conductores y una resistencia de campo derivación es 100Ω. Encuentre las ampervueltas por polo si las escobillas han avanzado a través de
3 segmentos de colector a esta carga. También, calcular las espiras extra requeridas para neutralizar esta desmagnetización. [600 A∙v/polo, 4800 A∙v/polo, 120 espiras] DATOS: #P = 4 polos
Z = 720conductores
VL = 500 V
R f = 100 Ω
s = 750 r.p.m.
θs = 3segmentos
I L = 195 A
a = 4 ramas por ser devanado imbricado
SOLUCIÓN: I f = I f =
VL
I a = I L + I f
R f
I a = 195A + 5A
500V 100Ω
#S = #S =
I a = 200 A
= 5 A
Z
I=
θ m = θs *
a 720 conductores
Ia a 200A 4 ramas
= 50 A
360° #S
360° θm = 3 segmentos * 180 segmentos
4 ramas
#S = 180segmentos
A vd = Z * I *
I=
θm = 6° mecánicos
θm
N =
360°
6° 360°
A vd = 720 conductores * 50A * A v polo
A vd = 600
1 θ - m 2 * #P 360°
A vt = Z * I *
N =
I f 600 A v
5A N = 120 espiras
A vT = A vt + A vd A v
A v
A vT = 3900 polo + 600 polo
1 6° A vt = 720 conductores * 50A * 2*4 polos 360° A v A vt = 3900 polo
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
A vd
A v A v = 4500 T polo
29
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un generador de 4 polos con un devanado ondulado tiene 320 conductores en la armadura y entrega una corriente de armadura de 400A. Si la relación de polo-arco/polo-paso es 0.68, calcular las ampervueltas para compensar la densidad de flujo uniforme entregada en el entrehierro. [5440 A∙v/polo]
DATOS: #P = 4 polos Z = 320 conductores Ia = 400 A polo - arco polo - paso
= 0.68
a = 2ramas por ser devanado ondulado
SOLUCIÓN: I= I=
A vC =
Ia a 400 A 2 ramas
polo - arco polo - paso
*
= 200 A
Z *I 2 * #P
320 conductores *200A 2*4 polos A v A v = 5440 C polo
A vC = 0.68*
30
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Un generador de corriente directa de 500 kW, 500V, 10 polos, tiene una armadura con un devanado imbricado simple con 800 conductores. Calcular el número de conductores en cada polo de la compensación del devanado si la cara del polo cubre el 75% del paso. [6 conductores/polo] DATOS: PS = 500 kW VL = 500 V #P = 10polos a = 10 ramas por ser devanado imbricado Z = 800 conductores polo - arco polo - paso
= 0.75
SOLUCIÓN: Ia = Ia =
PS
I=
VL 500 kW 500 V
I=
= 1000 A
A vC =
polo - arco
*
Ia a 1000 A 10 ramas
= 100 A
Z *I
polo - paso 2 * #P
800 conductores * 100A 2*10 polos A v A v = 3000 C polo
A vC = 0.75*
N N =
A vC Ia 3000 A v
1000A* polo espiras polo
N = 3
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
3 espiras 2 conductores * #P polo 1 espira Z
=
Z
= 6
#P
conductores polo
31
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Estimar el número de espiras necesarias en cada interpolo de un generador de 6 polos entregando 200 kW a 200V; dados: número de conductores en la armadura con un devanado imbricado = 540; Interpolos del entrehierro = 1.0 cm; densidad de flujo en los interpolos del entrehierro = 0.3 Wb/m2. Ignorar los efectos de las partes de hierro del circuito y de fuga. [10 espiras] DATOS: #P = 6 polos PS = 200 kW VL = 200 V Z = 540conductores li = 1cm
Wb m 2
β = 0.3
μ 0 = 4π *10-7 a = 6ramas por ser devanado imbricado
SOLUCIÓN: Ia = Ia =
PS
Ic =
VL 200 kW 200V
Ic =
= 1000 A
Ia a 1000A 6 ramas
Ic = 166.67 A
Ni * Ia =
Ni * Ia =
Z * Ic 2 * #P
+
β * li μ0
Wb 0.3 *1*10 -2 m 2 540 conductores*166.67A m +
2*6 polos N i =
4π *10-7
7500 + 2387.32 1000A
N i = 9.88espiras N i 10espiras
32
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Dos generadores de corriente directa con excitación independiente están conectados en paralelo suministran una carga de 200A. Las máquinas tienen resistencias del circuito de armadura de 0.05Ω y 0.1Ω y una f.e.m.s. inducidas de 425V y 440V respectivamente. Determine el voltaje en
las terminales, corriente y la potencia de salida de cada máquina. El efecto de la reacción de la armadura es despreciable. [423.3V, 33.3A, 14.1 kW, 166.7A, 70.6 kW] DATOS: I L = 200 A R a1 = 0.05 Ω R a 2 = 0.1Ω E g1 = 425 V E g 2 = 440 V
SOLUCIÓN: 1.- Para generador 1:
2.- Para generador 2:
E g1 = VL + I a1 *0.05Ω
E g2 = VL + I a 2 *0.1Ω
425V = VL + I a1 *0.05Ω ... 1
440V = VL + I a 2 *0.1Ω ... 2
Para las corrientes:
Ia1 + Ia2 = 200A ... 3 Resolviendo el sistema: VL = 423.33V Ia1 = 33.33A Ia 2 = 166.66 A
Potencias: P1 = VL * I a1
P2 = VL * I a 2
P1 = 423.33V*33.33 A
P2 = 423.33V *166.66 A
P1 = 14.1kW
P2 = 70.55kW
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
33
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Dos generadores derivación operando en paralelo entregan una salida total de 600A. Una máquina tiene una resistencia de armadura de 0.02Ω y un voltaje generado de 455V y la otra una resistencia de armadura de 0.025Ω y un voltaje generado de 460V. Calcular el voltaje entre
terminales y la salida en kilowatts de cada máquina. Desprecie las corrientes de campo. [450.56V, 100 kW, 170.2 kW] DATOS: I L = 600 A R a1 = 0.02 Ω E g1 = 455 V R a 2 = 0.025 Ω E g 2 = 460 V
SOLUCIÓN: VL + Ia1 *0.02Ω = 455V ... 1 VL + Ia 2 *0.025Ω = 460V ... 2 Ia1 + Ia 2 = 600A ... 3
Resolviendo el sistema de ecuaciones: VL = 450.55 V Ia1 = 222.22 A Ia 2 = 377.77 A
Para las potencias: P1 = VL * Ia1 P1 = 450.55V *222.22A P1 = 100.12 kW P2 = VL * Ia 2 P2 = 450.55V *377.77A P2 = 170.2 kW
34
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Las características externas de dos generadores derivación de corriente directa “A” y “B” son líneas rectas en el rango de trabajo entre el vacío y la plena carga. Generador A Generador B Vacío Plena carga Vacío Plena carga Voltaje en terminales (V) 400 360 420 370 Corriente de carga (A) 0 80 0 70 Determine el voltaje común entre terminales y la corriente de salida de cada generador cuando alimentan una carga total de 100A. [57.7A, 42.3A, 378.8V] DATOS: VA1 = 400V
VB1 = 420V
VA2 = 360V
VB2 = 370V
I A2 = 80A
IB2 = 70 A IL = 100 A
SOLUCIÓN: VLA = VLB
VA - VA VB - VB * I B VA - * I A = VB - IA IB 400V - 360V 420V - 370V 400V - * I A = 420V - * I B 80A 70A 1
2
1
1
1
2
1
1
2
2
1
1
400V -0.5* I A = 420V - 0.714* I B 1
1
- 0.5* I A1 + 0.714* I B1 = 20V ... 1 I A1 + I B1 = I L I A1 + I B1 = 100A ... 2
Resolviendo el sistema de ecuaciones: I A1 = 42.15 A I B1 = 57.85 A
VA - VA IA
VL = VA1 -
1
2
2
* I A
1
400V - 360V *42.15A 80A
VL = 400V -
VL = 378.92 V
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
35
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Dos generadores derivación operando en paralelo tienen cada uno una resistencia de armadura de 0.02Ω. La combinación de la corriente de carga es 2500A. Si las f.e.m.’s generadas de las
máquinas son 560V y 550V respectivamente, calcular el voltaje de la barra colectora y la salida en kW de cada máquina. [530V, 795 kW, 530 kW] DATOS: R a1 = R a 2 = 0.02 Ω I L = 2500 A E g1 = 560 V E g2 = 550 V
SOLUCIÓN: VL + 0.02Ω* Ia1 = 560V ... 1 VL + 0.02Ω* Ia 2 = 550V ... 2 Ia1 + Ia 2 = 2500A ... 3
Resolviendo el sistema de ecuaciones: VL = 530 V Ia1 = 1500 A Ia 2 = 1000 A
Para las potencias: P1 = VL * I a1 P1 = 530V*1500A P1 = 795 kW P2 = VL * I a 2 P2 = 530V *1000A P2 = 530 kW
36
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Dos generadores derivación “A” y “B” operan en paralelo y sus características pueden ser tomadas como líneas rectas. El voltaje de “A” cae de 240V en vací o a 220V con 200A, mientras que “B” cae de 245V en vací o a 220V con 150A. Determine la corriente a la cual cada máquina suministra a una carga común de 300A y el voltaje en terminales con esta carga. [169A, 131A, 223.1V] DATOS: VA1 = 240 V VA2 = 220 V I A2 = 200 A VB1 = 245 V VB2 = 220 V I B2 = 150 A IT = 300 A
SOLUCIÓN: VLA = VLB
VA - VA VA - IA 1
1
2
2
V - VB * I A = VB - B I B 1
1
1
2
2
* I B
1
240V - 220V 245V - 220V * I A = 245V - * I B 200A 150A
240V -
1
1
240V -0.1* I A = 245V - 0.166* I B 1
1
- 0.1* I A1 + 0.166* I B1 = 5V ... 1 I A1 + I B1 = I T I A1 + I B1 = 300A ... 2
Resolviendo el sistema de ecuaciones. I A1 = 168.42 A I B1 = 131.57 A
VA - VA VL = VA - IA 1
1
2
2
* I A
1
240V - 220V *168.42A 200A
VL = 240V -
VL = 223.15 V
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
37
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Dos generadores devanado derivación de corriente directa están conectados en paralelo suministran una carga de 5000A. Cada máquina tiene una resistencia de armadura de 0.03Ω y una resistencia de campo de 60Ω, la f.e.m. de una máquina es 600V y la de la otra es 640V. ¿Qué
potencia debe suministrar cada máquina?
[1004 kW, 1730 kW]
DATOS: I T = 5000 A R a1 = R a 2 = 0.03Ω R f1 = R f 2 = 60 Ω E g1 = 600 V E g 2 = 640 V SOLUCIÓN: E g1 = VL + I a1 *0.03Ω
600V - VL
E g2 = VL + I a 2 *0.03Ω
0.03Ω 60Ω 0.03Ω 60Ω 5000A - 20000A - 21333.33A VL = - 66.7Ω VL = 544.72 V
I L1 + I L2 = 5000A
I a1 = I L1 + I f 1 I a1 = I L1 + I a 2 = I L2 +
60Ω VL
I L1 =
60Ω
I L2 =
VL *0.03Ω 60Ω V 640V = VL + I L + L *0.03Ω 60Ω 2
I L2 =
38
VL
+
640V - VL
-
VL
= 5000A
VL
600V = VL + I L1 +
I L1 =
-
600V - VL 0.03Ω 640V - VL 0.03Ω
-
VL 60Ω VL 60Ω
600V - VL 0.03Ω 640V - VL 0.03Ω
-
VL 60Ω VL 60Ω
= 1833.58A = 3166.92 A
Para las potencias: P1 = VL * I L1 P1 = 544.72V *1833.58A P1 = 998.78 kW P2 = VL * I L2 P2 = 544.72V*3166.92A P2 = 1725.08 kW
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Dos generadores trabajan en paralelo entregando una carga equitativa de 100 kW con un voltaje en terminales de 230V. En vacío sus voltajes se incrementan a 240V y 245V respectivamente. Suponiendo que sus características volt-ampere son rectilíneas, encuentre: ¿Cómo podría entregar la carga cuando la corriente total es reducida a la mitad del valor original? También, encuentre el nuevo voltaje entre terminales. [20 kW, 30 kW, 236V] DATOS: P1 = 50 kW
VL = 230 V
P2 = 50 kW
V1 = 240 V V2 = 245 V
SOLUCIÓN: I1 =
P1 V1
=
50 kW
I2 =
240V
I1 = 208.33 A
P2 V2
50 kW
IL = I1 + I 2
245V
IL = 204.08A + 208.33A
I2 = 204.08 A
IL = 412.41 A
VA - VA VB - VB * IB VA - * I A = VB - IA IB 240V - 230V 245V - 230V 240V- * I A = 245V- * I 208.33A 204.08A B 1
2
1
1
1
2
1
2
2
1
1
240V- 0.048* I A = 245V - 0.074 * I B 1
1
- 0.048* I A1 + 0.074* I B1 = 5V ... 1 I A1 + I B1 =
P1 = VL * I1
IL
P1 = 235.96V *84.09A
2
P1 = 19.84 kW
I A1 + I B1 = 206.21A ... 2
P2 = VL * I 2
I A = 84.09 A
P2 = 235.96V *122.11A
I B = 122.11 A
P2 = 28.81kW
V - V A A VL = VA - IA 1
1
2
2
* IA
1
240V - 230V * 84.09A 208.33A
VL = 240V -
VL = 235.96 V
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
39
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Tres generadores derivación, cada uno tiene una resistencia de 0.1Ω está conectada a través de una barra común alimentando una carga de 2Ω. Sus voltajes generados son 127V, 120V y 119V.
Despreciando corrientes de campo, calcular el voltaje en la barra y los modos de operación de las tres máquinas. [I1 = 70A modo generador, I2 = 0, I3 = -10A, modo motor, IL = 60A] DATOS: E g1 = 127 V E g 2 = 120 V E g3 = 119 V R a = 0.1Ω R c = 2 Ω
SOLUCIÓN: I1 + I 2 + I 3 = I L VL = I L * R c VL = I1+ I 2 + I 3 * R c
Eg1 = VL + I1* R a Eg1 = R c *I1 + I2 + I3 + I1* R a 127V = 2.1Ω* I1 + 2Ω* I 2 + 2Ω* I3 ... 1 Eg2 = VL + I 2 * R a Eg2 = R c *I1+ I 2 + I3 + I 2 * R a 120V = 2Ω* I1 + 2.1Ω* I2 + 2Ω* I3 ... 2 Eg3 = VL + I3* R a Eg3 = R c *I1+ I 2 + I3 + I3 * R a 119V = 2Ω* I1 + 2Ω* I 2 + 2.1Ω* I3 ... 3
Resolviendo el sistema de ecuaciones: I1 = 70 A
I L = I1 + I 2 + I3
VL = IT * R c
I2 = 0A
I L = 70A + 0A -10A
VL = 60A *2Ω
I3 = -10 A
I L = 60 A
VL = 120 V
40
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Simbología utilizada a lo largo del capítulo. Símbolo Significado Unidades Caída de tensión en las escobillas. Vescobillas V V ó escobilla k K Ia
Constante de máquina. Constante. Corriente de armadura.
I f
Corriente de campo derivación.
IL
Corriente de línea.
Is
Corriente del campo serie.
A A A A
η
Eficiencia. Elemento resistivo de un arrancador.
Ω
r
Flujo por polo. Eg
Fuerza contraelectromotriz generada.
Wb V
Z
Número de conductores.
conductores
n
#P
Número de pernos del motor. Número de polos.
a
Número de ramas.
τ armadura
Par ejercido por la armadura.
τ
Par entregado.
τ util
Par útil de salida.
PCu a
Pérdidas en el cobre de la armadura.
PCu f
Pérdidas en el cobre del campo derivación.
PCu s
Pérdidas en el cobre del campo serie.
PCu T
Pérdidas en el cobre totales.
Pescobillas
Pérdidas en las ecobillas.
PE
Potencia de entrada
PE pc
Potencia de entrada a plena carga.
PEvacío
Potencia de entrada en vacío.
PET
Potencia de entrada total.
P p
Potencia de pérdidas.
PST
Potencia de salida total.
polos ramas N - m N - m N - m W W W W W kW kW kW kW W kW
PS
Potencia de salida.
Pdesarrollada
Potencia desarrollada por el eje del motor.
PM
Potencia mecánica entregada.
Parmadura
Potencia perdida en la armadura.
R x
Resistencia adicional.
R a
Resistencia de armadura.
R f
Resistencia de campo derivación.
R s
Resistencia de campo serie.
R div
Resistencia de divertor.
R i
Resistencia de interpolos.
R r
Resistencia reguladora.
R Tf
Resistencia total del campo derivación.
R T
Resistencia total.
s
Velocidad.
ω
VL
Voltaje de línea.
kW W kW ó h.p. W Ω Ω Ω Ω Ω Ω Ω Ω Ω rad seg
r.p.m. ó
V
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un motor de corriente directa conectado a 460V con una resistencia de armadura de 0.15Ω. Calcular: a) El valor de la fuerza contraelectromotriz, cuando la corriente de armadura es 120A. b) El valor de la corriente de armadura cuando la fuerza contraelectromotriz es 447.4V. [a) 442V, b) 84A] DATOS: VL = 460 V R a = 0.15Ω
SOLUCIÓN: a)
b)
Eg = VL - Ia * R a
E g = VL - I a * R a
Eg = 460V - 120A *0.15Ω Eg = 442V
Ia = Ia =
VL - Eg R a 460V - 447.4V 0.15Ω
Ia = 84 A
2.- Un motor de corriente directa conectado a una fuente de 460V toma una corriente de armadura de 120A a plena carga. Si la resistencia del circuito de armadura es 0.25Ω, calcular el valor de la fuerza contraelectromotriz en esta carga. [430V] DATOS: VL = 460 V R a = 0.25Ω I a = 120 A SOLUCIÓN: Eg = VL - Ia * R a Eg = 460V - 120A *0.25Ω Eg = 430 V
Capítulo 2.- Motores de C.D.
45
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un motor de corriente directa de 4 polos toma una corriente de armadura de 150A a 440V. Si este circuito de armadura tiene una resistencia de 0.15Ω. ¿Cuál será el valor de la fuerza contraelectromotriz en esta carga? [417.5V] DATOS: #P = 4 polos I a = 150 A VL = 440 V R a = 0.15 Ω SOLUCIÓN: Eg = VL - Ia * R a Eg = 440V - 150A *0.15Ω Eg = 417.5V
4.- Calcular el par en Newton-metro entregado por un motor de corriente directa de 440V que tiene una resistencia de armadura de 0.25Ω y girando a 750 r.p.m. cuando está tomando una corriente de 60A. [325 N - m] DATOS: VL = 440 V R a = 0.25Ω s = 750 r.p.m. I L = 60 A SOLUCIÓN:
750 rev 2π rad 1 min ω = * * min 1 rev 60 seg rad ω = 78.53 seg E g = VL - I a *R a
τ= τ=
Eg * IL ω
425V*60A r ad seg
78.53
τ = 324.71 N - m
E g = 440V - 60A*0.25Ω E g = 425 V
46
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un motor de corriente directa con un devanado imbricado de 4 polos tiene 576 conductores una corriente de armadura de 10A. Si el flujo por polo es 0.02Wb, Calcular el par entregado por la armadura. [18.33 N - m] DATOS: #P = 4polos Z = 576 conductores I a = 10 A = 0.02 Wb
a = 4 ramas por ser devanado imbricado SOLUCIÓN: Eg =
τ=
Z * #P * 60 * a Z * #P * * I a
1 rev 1 min 2π rad * * * 60 * a min 60 seg 1 rev
570 conductores * 4 polos * 0.02Wb * 10A 2π*4 ramas τ = 18.14 N - m τ=
Capítulo 2.- Motores de C.D.
47
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Una máquina derivación tiene una resistencia de armadura y campo de 0.025Ω y 80Ω respectivamente. Cuando se conecta a la barra colectora de 400V y trabaja como generador a 450 r.p.m., entrega 120 kW. Calcular esta velocidad cuando trabaja como motor y absorbe 120 kW de la misma barra colectora. [435 r.p.m.] DATOS: R a = 0.025 Ω R f = 80 Ω VL = 400 V s1 = 450r.p.m. PS = 120 kW SOLUCIÓN: Motor: IL = IL = I f = I f =
I f =
PS I f =
VL 120 kW 400V VL
= 300 A
= 5 A
80Ω I a 2 = I L - If = 300A - 5A I a 2 = 295 A E g2 = VL - I a2 * R a E g2 = 400V - 0.025Ω*295A E g2 = 392.63V
Generador: IL = IL =
48
80Ω
= 5A
E g1 = VL + I a1 * R a E g1 = 400V + 0.025Ω*305A E g1 = 407.63V E g1 E g2 s2 =
=
s1 s2
E g 2 * s1 E g1
392.63V*450 r.p.m. 407.63V
s 2 = 433.44 r.p.m.
VL 400V
400V
Ia1 = I L + I f = 300A + 5A
s2 =
PS 120 kW
R f
Ia1 = 305 A
R f 400V
VL
= 300 A
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- La corriente de armadura de un motor serie es 60A cuando trabaja a plena carga. Si la carga es ajustada para que esta corriente disminuya a 40A, encuentre el nuevo par expresado como un porcentaje del par de plena carga. El flujo para una corriente de 40A es 70% de cuando la corriente es 60A. [46%] DATOS: I a1 = 40 A I a 2 = 60 A 1 = 0.70*2
SOLUCIÓN: τ1 = k * 1* s1 τ2 = k * 2 * s2 τ1 τ2 τ1 τ2 τ1 τ2
=
=
k *0.70*2 * I a 1 k *2 * Ia 2
0.70* 40A 60A
*100%
*100%
= 46.66%
Capítulo 2.- Motores de C.D.
49
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un motor derivación de 4 polos tiene un flujo por polo de 0.04Wb y la armadura esta con un devanado imbricado con 720 conductores. La resistencia del campo derivación es 240Ω y la
resistencia de la armadura es 0.2Ω. Con una caída por contacto de escobillas de 1V por escobilla. Determine la velocidad de la máquina cuando funciona: a) Como motor tomando 60A y, b) como generador suministrando 120A. El voltaje entre terminales en cada caso es 480V. [a) 972 r.p.m. b) 1055 r.p.m.] DATOS:
R a = 0.2 Ω
#P = 4 polos
V escobilla
Vescobillas = 1
= 0.04 Wb
Z = 720conductores VL = 480 V a = 4 ramas
R f = 240 Ω
por ser devanado imbricado
SOLUCION: b) IL = 120A
a) IL = 60A If = If =
VL
If = 2 A
R f
Ia 2 = IL + If
480V
240Ω Ia1 = IL - If
= 2 A
Ia1 = 60A - 2A = 58 A
E g = VL - I a1 * R a - Vescobillas E g = 480V - 0.2Ω*58A - 2V E g = 466.4 V s=
E g * 60 * a
Ia 2 = 120A + 2A =122 A
E g = VL + I a 2 * R a + Vescobillas E g = 480V + 0.2Ω*122A + 2V E g = 506.4 V
506.4V*60*4 ramas 0.04Wb*4 polos *720 conductore s s = 1055 r.p.m. s=
* #P * Z
466.4V*60*4 ramas 0.04Wb*4 polos*720 conductores s = 971.66 r. p.m. s=
50
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un generador derivación de 25 kW entrega una salida completa a 400V en la barra colectora y está girando a 950 r.p.m. por una correa de transmisión. La correa se rompe repentinamente pero la máquina continúa funcionando como motor tomando 25 kW de la barra colectora. ¿A qué velocidad está girando?, tomar la resistencia de la armadura incluyendo el contacto de escobillas [812.7 r.p.m.] como 0.5Ω y la resistencia de campo como 160Ω. DATOS: PS = 25kW
R a = R s = 0.5Ω
VL = 400V
R f = 160 Ω
s1 = 950r.p.m.
SOLUCIÓN: Análisis como generador: IL = IL = I f =
PS
400V VL
= 62.5A
R f 400V
= 2.5 A 160A I a1 = I L + I f = 62.5A + 2.5A I f =
I a1 = 65 A
25 kW
= 62.5A 400V 400V If = = 2.5A 160A Ia 2 = 60 A IL =
VL 25 kW
Análisis como motor:
E g2 = VL - I a 2 * R a E g2 = 400V - 60A*0.5Ω E g2 = 370 V
E g1
=
k * 1* s1 k * 2 * s 2
E g1 = VL + I a1 * R a
E g2
E g1 = 400V+ 65A*0.5Ω
432.5V
E g1 = 432.5V
370V s2 =
=
950 r.p.m. s2
370V *950 r.p.m.
432.5V s 2 = 812.71 r.p.m.
Capítulo 2.- Motores de C.D.
51
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un motor derivación de corriente directa de 4 polos tiene una armadura con un devanado ondulado con 65 ranuras, cada una contiene 6 conductores. El flujo por polo es 20 mWb y tiene una resistencia de armadura de 0.15Ω. Calcular la velocidad del motor cuando la m áquina está operando con 250V suministrados y tomando una corriente de 60A. [927 r.p.m.] DATOS: #P = 4 polos Z = 390 conductores = 20 mWb
R a = 0.15Ω VL = 250 V I a = 60 A a = 2 ramas por ser devanado ondulado SOLUCIÓN: Eg = VL - Ia * R a Eg = 250V - 60A *0.15Ω Eg = 241V Eg = s=
Z * #P * * s
60 * a E g * 60 * a Z * #P *
241V*60* 2 ramas 390 conductores*20 mWb* 4 polos s = 926.92r.p.m. s=
52
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- Un motor de 500V de corriente directa tiene una resistencia de armadura y campo de 0.5Ω y 200Ω respectivamente. Cuando está cargado y tomando una entrada total de 25 kW, está funcionando a 400 r.p.m. Encuentre la velocidad a la cual debería trabajar como un generador derivación para suministrar una potencia de salida de 25 kW con un voltaje entre terminales de 500V. [442 r.p.m.] DATOS: VL = 500 V R a = 0.5Ω R f = 200 Ω PE = 25 kW s = 400 r.p.m. SOLUCIÓN: Análisis como motor: IL = IL = I f = I f =
PE VL 25 kW 500V VL
Análisis como generador: = 50 A
R f 500V
200Ω I a = I L - I f
25 kW
= 50 A 500V 500V If = = 2.5A 200Ω Ia 2 = 50A + 2.5A IL =
= 2.5 A
Ia 2 = 52.5A
I a = 50A - 2.5A = 47.5 A
E g2 = VL + Ia 2 * R a
E g1 = VL - I a1 * R a
E g2 = 500V + 52.5A *0.5Ω
E g1 = 500V - 47.5A *0.5Ω
E g2 = 526.25V
E g1 = 476.25 V 476.25V 526.25V s2 =
=
400 r.p.m. s2
526.25V *400 r.p.m. 476.25V
s 2 = 442 r.p.m.
Capítulo 2.- Motores de C.D.
53
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- Un motor derivación de corriente directa gira a 900 r.p.m. suministrándole 460V cuando toma una corriente de armadura de 25A. Calcular la velocidad a la cual girará si se le suministran 230V cuando toma una corriente de armadura de 15A. La resistencia del circuito de armadura es 0.8Ω.
Asuma el flujo por polo a 230V debe ser disminuido al 75% del valor de 400V.
[595 r.p.m.]
DATOS: s1 = 900 r.p.m. VL1 = 440 V I a1 = 25 A 2 = 0.75*1
VL2 = 230 V I a 2 = 15 A R a = 0.8 Ω
SOLUCIÓN: E g1 = VL1 - I a1 * R a E g1 = 460V - 25A *0.8Ω E g1 = 440 V E g 2 = VL2 - I a 2 * R a E g 2 = 230V - 15A *0.8Ω E g 2 = 218 V
E g1 E g2
=
440V
k *1* s1 k *0.75*1* s 2 =
900 r.p.m.
0.75* s 2 218V*900 r.p.m. s2 = 0.75*440V s 2 = 594.54 r.p.m. 218V
54
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- Una máquina derivación conectada a 250A de la red eléctrica tiene una resistencia de armadura de 0.12Ω y de resistencia de campo derivación de 100Ω. Encuentre la relación de
velocidad como un generador a la velocidad como motor si la corriente es 80A en ambos casos. [1.08] DATOS: VL = 250 V
R a = 0.12Ω
I L = 80 A
R f = 100 Ω
SOLUCIÓN: If = If =
VL R f 250V 100Ω
= 2.5 A
Análisis como motor: Ia1 = I L - If Ia1 = 80A - 2.5A = 77.5A E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 250V - 77.5A *0.12Ω E g1 = 240.7 V
Análisis como generador: Ia 2 = I L + I f Ia 2 = 80A + 2.5A = 82.5 A E g2 = VL + Ia 2 * R a E g2 = 250V + 82.5A *0.12Ω E g2 = 259.9 V E g1 E g2
=
s1
s2 =
s2
240.7V 259.9V
=
s1
259.9V
* s1 240.7V s 2 = 1.079 * s1
s2
Capítulo 2.- Motores de C.D.
55
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 14.- Un generador derivación de corriente directa de 20 kW, entrega una salida nominal de 1000 r.p.m. tiene un voltaje entre terminales de 500V. La resistencia de armadura es 0.1Ω, la caída de voltaje por contacto de cada escobilla es 1V y la resistencia de campo derivación es 500Ω. Calcular
la velocidad a la cual la máquina girará como un motor tomando una entrada de 20 kW a 500V. [976.1 r.p.m.] DATOS: PS = 20 kW s1 = 1000 r.p.m. VL = 500 V R a = 0.1Ω
V escobilla
Vescobillas = 1
R f = 500 Ω SOLUCIÓN: Análisis como generador: IL = IL = I f =
PS
Ia 2 = IL - If
VL
Ia 2 = 40A - 1A = 39 A
20 kW 500V VL
= 40 A
R f
E g 2 = 494.1 V
500V
E g1 = VL + I a1 * R a + Vescobillas E g1 = 500V + 41A*0.1Ω + 2V E g1 = 506.1 V
56
E g 2 = VL - I a 2 * R a - Vescobillas E g 2 = 500V - 39A * 0.1Ω - 2V
= 1 A 500Ω I a1 = I L + I f = 41A I f =
Análisis como motor:
E g1 E g2
=
s1 s2
506.1V 494.1V
=
1000 r.p.m. s2
494.1V*1000 r.p.m. 506.1V s 2 = 976.28 r.p.m. s2 =
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 15.- Un motor de corriente directa, 4 polos, 250V, tiene un devanado de armadura imbricado con 960 conductores. El flujo por polo es 20 mWb. Calcular el par entregado por la armadura y el par útil en Newton – metro, cuando la corriente tomada por el motor es 30A. La resistencia de armadura es 0.12Ω y la resistencia de campo es 125Ω. Las pérdidas rotacionales suman 825W. [85.5 N - m, 75.3 N - m] DATOS: #P = 4 polos VL = 250 V Z = 960 conductores = 20 mWb
R a = 0.12 Ω R f = 125Ω I L = 30 A P p = 825 W a = 4 ramas por ser devanado imbricado
SOLUCIÓN: I f = I f =
VL
s=
R f 250V 125Ω
E g * 60 * a Z * #P *
246.64V*60*4 ramas 960 conductores*20 mWb* 4 polos s = 770.75 r.p.m.
= 2A
s=
Ia = IL - I f Ia = 30A - 2A = 28A E g = VL - I a * R a E g = 250V - 28A *0.12Ω
770.75 rev 2π rad 1 min * * min 1 rev 60 seg
ω =
rad seg
ω = 80.71
E g = 246.64 V
τ armadura = τ armadura =
E g * Ia ω 246.64V*28A
rad seg
80.71
τ armadura = 85.56 N - m
Capítulo 2.- Motores de C.D.
τ util = τ util =
Eg * Ia - Pp ω
246.64V*28A - 825W rad seg
80.71 τ util = 75.34 N - m
57
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un motor serie de 250V de corriente directa de 4 polos, tiene una armadura con un devanado ondulado con 496 conductores. Calcular: a) El par ejercido por la armadura, b) La velocidad, c) El par de salida, y d) La eficiencia, si la corriente del motor es 50A. El valor del flujo por polo bajo estas condiciones es 22 mWb y las pérdidas totales en el hierro, fricción y por efecto del viento son 810W. Resistencia de armadura = 0.19Ω, resistencia de campo = 0.14Ω.
[a) 173.5 N - m, b) 642 r.p.m., c) 161.4 N - m, 86.9%] DATOS: #P = 4 polos
R a = 0.19Ω
VL = 250 V
R s = 0.14Ω
Z = 496 conductores
Ia = 50 A
= 22 mWb
a = 2ramas
P p = 810 W
por ser devanado ondulado
SOLUCIÓN: E g = VL - I a *R a + R s E g = 250V - 50A *0.14Ω + 0.19Ω E g = 233.5V
s=
E g * 60 * a Z * #P *
233.5V*60*2 ramas 496 conductores* 22 mWb* 4 polos s = 641.95r.p.m. s=
641.95 rev 1 min 2π rad * * min 60 seg 1 rev
ω =
rad ω = 67.22 seg
58
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. τarmadura = τarmadura =
E g * Ia ω 233.5V*50A
rad seg
67.22
τarmadura = 173.66 N - m
τ util = τ util =
E g * I a - Pp ω 233.5V*50A - 810W
rad seg
67.22
τ util = 161.63 N - m
PCua = Ia2* R a 2
PCua = 50A *0.19Ω = 475 W PCus = Ia2* R s 2
PCus = 50A *0.14Ω = 350 W PCuT = PCua + PCus PCuT = 475W + 350W = 825 W PE = VL * Ia PE = 250V *50A = 12.5 kW PS = PE - Pp - PCu T PS = 12.5 kW - 810W - 825W PS = 10.865 kW
η=
PS PE
*100%
10.865 kW η = *100% 12.5 kW η = 86.92%
Capítulo 2.- Motores de C.D.
59
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- En vacío, un motor derivación toma 5A a 250V, las resistencias de los circuitos armadura y campo derivación son 0.1Ω y 250Ω respectivamente. Calcular la potencia se sali da y la eficiencia del motor cuando la corriente suministrada es 81A al mismo voltaje suministrado. [18.5 kW, 91%] DATOS: I L1 = 5 A VL = 250 V R f = 250 Ω R a = 0.1 Ω I L2 = 81 A
SOLUCIÓN: Análisis en vacío: If =
VL
E g2 = 250V - 80A *0.1Ω
R f
E g2 = 242 V
250V
= 1 A 250Ω 250Ω Ia1 = I L1 - I f If =
E g2 = VL2 - I a 2 * R a
PS2 = Eg 2 * I a 2 PS2 = 242.6V*80A
Ia1 = 5A - 1A = 4 A
PS2 = 19.36 kW
E g1 = VL - Ia1 * R a
PST = PS2 - PS1
E g1 = 250V - 4A *0.1Ω
PST = 19. 19.36 36 kW - 998 998.4 .4W W
E g1 = 24 249.6 9.6 V
PST = 18.36 kW
PS1 = E g1 * I a1 PS1 = 249.6V* 4A PS1 = 998.4 W
PE = VL * I L2 PE = 250V *81A PE = 20 20.25 kW
PS
Análisis a plena carga:
η=
I f = 1A
η =
I a 2 = I L2 - I f I a 2 = 81A - 1A
PE
*100%
18.36 kW *100% 20.25 kW
η = 90.66%
I a 2 = 80 A
60
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un motor serie de 230V de corriente directa está tomando 50A. 5 0A. La resistencia de los bobinados armadura y campo serie son 0.2Ω y 0.1Ω respectivamente. Calcular: a) La fuerza contraelectromotriz, b) Potencia perdida en la armadura, c) Potencia mecánica entregada. [a) 215V, b) 500W, c) 13.74 h.p. (10.25 kW)] DATOS: VL = 230 V I L = 50 A R a = 0.2 Ω R s = 0.1 Ω
SOLUCIÓN: a) E g = VL - I L *R a + R s E g = 230V - 50A *0.2Ω + 0.1Ω E g = 21 215 V 2
Parmadura = Ia * R a
b)
2
Parmadura = 50A * 0. 0.2Ω Parmadura = 500 W
PM = Eg * Ia
c)
PM = 205V*50A PM = 10.25kW
1 h.p. *10.25 kW 746W
PM =
PM = 13.73 h.p.
Capítulo 2.- Motores de C.D.
61
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Calcular la potencia en el eje de un motor serie tomando los siguientes datos; 83.5% de eficiencia total, velocidad de 550 r.p.m. cuando toma 65A; resistencia del motor de 0.2Ω, flujo por
polo 25 mWb, devanado de armadura imbricado con 1200 conductores.
[15.66 kW]
DATOS: η = 83.5% s = 550 550 r.p. r.p.m. m. I L = 65 A R T = 0.2 Ω = 25mWb
Z = 1200conduc conductore toress
SOLUCIÓN: Eg = Eg =
Z*s* 60 1200 cond condut utor ores es*550 550 r.p r.p.m .m..* 25 mWb 1200 60
E g = 275 V
VL = E g + I L * RT VL = 275V + 65A *0.2Ω VL = 288V PE = VL * I L PE = 288V*65A PE = 18.72 kW PS = η * PE PS = 0.835*18.72 kW PS = 15.63kW
62
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un motor derivación girando sin carga toma 5A con 200V. La resistencia del campo derivación es 150Ω y de la armadura 0.1Ω. Determine la salida y eficiencia del motor cuando la corrie nte de entrada es 120A a 200V. [89.8%] DATOS: I L1 = 5 A I L 2 =120 A R f =150 Ω R a = 0.1 Ω VL = 200 V
SOLUCIÓN: Análisis en vacío. I f = I f =
E g2 = VL - Ia2 * R a
VL
E g2 = 200V - 118.67A *0.1Ω
R f
E g2 = 188.13 V
200V 150Ω 150 Ω
=1.33 A
Ia1 = I L1 - I f Ia1 = 5A - 1.33 1.33A A = 3. 3.66 A E g1 = VL - Ia1 * R a E g1 = 200V - 3.66A *0.1Ω E g1 = 199. 199.63 63 V PS1 = E g1 * I a1
PS2 = E g2 * I a 2 PS2 = 188.13V*118.67A PS2 = 22.32 kW PST = PS2 - PS1 PST = 22. 22.32 32 kW - 730 730.6 .66W 6W PST = 21.59 kW PE = VL * I L 2 PE = 200V*120A = 24 kW
PS1 = 199.63V*3.66A
PS
PS1 = 730.66 W
η=
Análisis a plena carga:
η =
If = 1.33A
η = 89.95%
PE
*100%
21.59 kW *100% 24 kW
Ia 2 = I L2 - I f Ia 2 = 120 120A A - 1.3 1.33A Ia 2 = 118.67 A
Capítulo 2.- Motores de C.D.
63
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Un motor derivación con interpolos tiene las siguientes particularidades: Potencia de salida de 8.952 kW, 440V, resistencia de armadura de 1.1Ω, la caída por contacto de escobillas es de 2V, Resistencia de los interpolos de 0.4Ω, resistencia del campo derivación 650Ω, resistencia reguladora en el campo derivación de 50Ω. Las pérdidas en el hierro y fricción a plena carga es
450W. Calcular la eficiencia cuando toma una corriente de 24A.
[85%]
DATOS: PS = 8.952 kW VL = 440 V Vescobillas = 2 V R a = 1.1 Ω R i = 0.4 Ω R f = 650 Ω R r = 50 Ω P p = 450 W I L = 24 A
SOLUCIÓN: If = If =
VL
PCu f = If2 *R f + R r
R f + R r
2
PCu f = 0.62A + 650Ω + 50Ω
440V
650Ω + 50Ω 650Ω If = 0.62 A
PCu f = 269.08 W Pescobillas = Vescobillas * I a Pescobillas = 2V *23.37A = 46.74 W
Ia = I L - I f Ia = 24A 24A - 0.6 0.62A 2A
PE = PS + PCu T + Pp
Ia = 23.37 A
PE = 8.925 8.925 kW kW +1135.0 +1135.05W 5W + 450W 450W
PCu a = I *R a + R i 2 a
PE = 10.51kW
2
PCua = 23.37A *1. 1 .1Ω + 0.4Ω PCua = 819.23 W
η=
PS PE
*100%
8.925 kW *100% 10.51 kW
η =
η = 84.91%
64
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un motor serie de corriente directa a plena carga toma 50A de una red eléctrica de 230V. La resistencia total del motor es 0.22Ω. Si las pérdidas en el hierro y fricción valen juntas el 5% de la entrada, calcular la potencia entregada por el eje del motor. La caída de tensión total por escobillas es 2V. [10.275 kW] DATOS: I L = 50 A VL = 230 V R T = 0.22 Ω Vescobillas = 2 V PM = 0.05* PE
SOLUCIÓN: PE = 230V *50A = 11.5 kW Eg = VL - Ia* R T - Vescobillas Eg = 230V - 50A *0.22Ω - 2V Eg = 217 V PS = E g * I L PS = 217V*50A = 10.85 kW Pdesarrollada = PS - PM Pdesarrollada = 10.85 kW - 0.05*11.5 kW Pdesarrollada = 10.275 kW
Capítulo 2.- Motores de C.D.
65
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un motor derivación de corriente directa de 2 polos, funciona con un suministro de 200V, toma a plena carga una corriente de 35A, en vací o la corriente es 2A. La resistencia de campo es 500Ω y la armadura tiene una resistencia de 0.6Ω. Calcular la eficiencia del motor a plena carga. Tomar la
caída de tensión por contacto de escobillas igual a 1.5V por escobilla. Desprecie el incremento de temperatura. [82.63%] DATOS: #P = 2 polos VL = 200 V R a = 0.6 Ω R f = 500 Ω
V escobilla
Vescobillas = 1.5 I L1 = 35 A I L 2 = 2 A SOLUCIÓN:
Análisis a plena carga: I f =
VL
E g1 = 200V - 34.6A *0.6Ω - 3V
R f
E g1 =176.24 V
200V
= 0.4 A 500Ω I a1 = I L1 - If
PS = E g1 * Ia1
I a1 = 35A - 0.4A = 34.6 A
PS = 6.09 kW
I f =
E g1 = VL - Ia1 * R a - Vescobillas
PEPC = VL * I L1 PEPC = 200V*35A = 7 kW PEVacio = VL * I L2 PEVacio = 200V*2A = 400 W PET = PEPC + PEVacio
PS = 176.24V*34.6A
η=
PS PET
* 100%
6.09 kW * 100% 7.4 kW
η =
η = 82.4%
PET = 7.4kW
66
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un motor derivación de corriente directa gira a 900 r.p.m. de un suministro de 460V cuando está tomando una corriente de armadura de 25A. Calcular la velocidad a la cual girará con un suministro de 230V cuando está tomando una corriente de armadura de 15A. La resistencia del circuito de armadura es 0.8Ω. Asumir que el flujo por polo a 230V debe reducirse al 75% del valor a 460V. [595 r.p.m.] DATOS: s1 = 900 r.p.m. VL1 = 460 V I a1 = 25 A VL 2 = 230 V I a 2 =15 A R a = 0.8 Ω 2 = 0.75* 1
SOLUCIÓN: Eg1 = VL1 - I a1 * R a Eg1 = 460V - 25A *0.8Ω Eg1 = 440 V E g2 = VL2 - I a 2 * R a E g2 = 230V - 15A *0.8Ω E g2 = 218 V
E g1 E g2
=
k * 1 * s1 k * 2 * s 2
k * 1 * s1 k *0.75*1 * s 2
900 r.p.m. 218V 0.75 * s 2 900 r.p.m.*218V s2 = 440V*0.75 s 2 = 594.54 r.p.m. 440V
=
Capítulo 2.- Motores de C.D.
67
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un motor derivación de corriente directa de 250V tiene una resistencia de armadura de 0.5Ω y gira 1200 r.p.m. cuando la corriente de armadura es 80A. Si el par permanece constante, encuentre la velocidad y la corriente de armadura cuando el campo esta reforzado al 25%. [998 r.p.m., 64A] DATOS: VL = 250V
Ia1 = 80A
R a = 0.5Ω
τ1 = τ2
s1 = 1200 r.p.m.
2 = 1.25* 1
SOLUCIÓN:
1200 rev 1 min 2π rad ω1 = * * min 60 seg 1 rev rad seg
ω1 = 125.66
τ2 =
E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 250V - 80A *0.5Ω E g1 = 210 V τ1 = τ1 =
τ2 =
E *I g2
ω2
E *I g2
0.4787 * E g
0.4787
E g2 = 250V - 64A*0.5Ω
ω1
210V*80A rad seg
E g2 = 218V
τ2 =
k * 1 * ω1 k *1.25 1 * ω2
125.66 Eg 1.25 * ω2 125.66 * E g ω2 = 210V*1.25 ω2 = 0.4787* E g 210V
Ia2
Ia 2 = 64 A
E *I
τ1 = 133.69 N - m
E g2
2
E g2 = VL - I a 2 * R a
E g * Ia1
=
a2
133.69 N - m =
125.66
E g1
a2
=
2
2
2
g2
a2
ω2
133.69 N - m = ω2 =
218V* 64A ω2
218V* 64A 133.69 N - m rad seg
ω 2 = 104.36
104.36 rad 60 seg 1 rev * * s 2 = seg 2π rad 1 min s 2 = 996.57 r.p.m.
68
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Cuando a plena carga, un motor derivación de 500V de corriente directa gira a 800 r.p.m. y toma una corriente de armadura de 42A. El flujo por polo es reducido a 75% del valor normal de manera adecuada aumentando la resistencia del circuito de campo. Calcular la velocidad del motor si el par total ejercido en la armadura es: a) Constante, b) R educido al 20%. La resistencia de armadura es 0.6Ω y la caída total de voltaje en las escobillas es 2V. [a) 1042 r.p.m.; b) 1061 r.p.m.] DATOS: VL = 500 V Vescobillas = 2 V s1 = 800 r.p.m.
rad seg
ω1 = 83.77 Ia1 = 42 A
τ 2 = 0.75* τ1
SOLUCIÓN: E g1
a) τ1 = τ 2
E g1 = VL - Ia1 * R a - Vescobillas E g1 = 500V - 42A*0.6Ω - 2V E g1 = 472.8 V τ1 = τ1 =
E g1 * Ia1 ω1
E g2
τ1 = 237.04 N - m
k * 1 * ω1 k *0.75*1 * ω2
83.77 Eg 0.75* ω2 83.77 * E g ω2 = 472.8V*0.75 ω2 = 0.2362* E g 472.8V
=
2
2
2
472.8V*42A rad 83.77 seg
=
τ2 =
τ2 =
E *I g2
a2
ω2
E *I g2
a2
0.2362* E g
237.04 N - m =
2
Ia 2 0.2362
Ia 2 = 56 A
Capítulo 2.- Motores de C.D.
69
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica.
E g2 = VL - I a 2 * R a - Vescobillas
E g1
E g2 = 500V - 56A *0.6Ω - 2V
E g2
=
k * 1 * s1 k *0.75* 1 * s 2
800 r.p.m. 464.4V 0.75* s 2 800 r.p.m.*464.4V s2 = 472.8V*0.75 s 2 = 1047.71r.p.m. 472.8V
E g2 = 464.4 V
=
b)
τ2 = 0.80* τ1 τ 2 = 0.80* τ1 τ 2 = 0.80* 237.04 N - m τ 2 = 189.63 N - m
τ2 =
τ2 =
E *I g2
a2
ω2
E *I g2
a2
0.2362* E g
189.63 N - m =
2
Ia 2 0.2362
Ia 2 = 44.79 A
E g2 = VL - I a 2 * R a - Vescobillas E g2 = 500V - 44.79A *0.6Ω - 2V E g2 = 471.12 V
E g1 E g2
=
k * 1 * s1 k *0.75* 1 * s 2
800 r.p.m. 471.12V 0.75* s 2 800 r.p.m.*471.12V s2 = 472.8V*0.75 s 2 = 1062.87 r.p.m. 472.8V
70
=
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Los siguientes datos se aplican a un motor derivación de corriente directa. Voltaje suministrado = 460 V; corriente de armadura = 28 A; velocidad = 1000 r.p.m.; resistencia de armadura = 0.72Ω.
Calcular: a) La corriente de armadura y b) La velocidad cuando el flujo por polo es incrementado a 120% del valor inicial, dado que el par total entregado por la armadura es constante. [a) 23.33A; b) 840 r.p.m.] DATOS: VL = 460 V
R a = 0.72 Ω
I a1 = 28A
2 = 1.2* 1
s1 = 1000 r.p.m.
τ 2 = τ1
rad seg
ω1 = 104.71 SOLUCIÓN:
E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 460V- 28A*0.72Ω E g1 = 439.84 V τ1 = τ1 =
E g1 * Ia1
ω2 Eg2 * Ia 2
0.1983* Eg
2
Ia 2 = 0.1983*117.61 N - m
ω1
Ia 2 = 23.32 A
439.84V*28A rad seg
Eg 2 = VL - Ia 2 * R a Eg 2 = 460V - 23.32A *0.72Ω
τ1 = 117.61 N - m
Eg2
Eg2 * Ia 2
117.61 N - m =
104.71
E g1
τ2 =
Eg 2 = 443.21V
=
k * 1 * ω1 k *1.2* 1 * ω 2
104.71 rad seg 439.84V = E g2
1.2* ω2
104.71 rad * E seg g ω2 =
2
439.84V*1.2 ω2 = 0.1983* E g
ω2 = 0.1983* E g2 ω2 = 0.1983* 443.21V
rad seg
ω2 = 87.88
87.88 rad 1 rev 60 seg * * seg 2π rad 1 min
s 2 =
s 2 = 839.27 r.p.m.
2
Capítulo 2.- Motores de C.D.
71
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un motor derivación de corriente directa de 100V, con una resistencia de campo de 50Ω y una resistencia de armadura de 0.5Ω gira a una velocidad de 1000 r.p.m., y toma una corriente de 10A de una fuente. Si la resistencia total del circuito de campo es reducida a tres cuartos de su valor original, encuentre la nueva velocidad y la corriente tomada de la fuente. Asumir que el flujo es directamente proporcional a la corriente de campo. [1089 r.p.m.; 8.33A] DATOS: VL = 100 V R f = 50 Ω R a = 0.5 Ω s1 = 1000 r.p.m.
rad seg
ω1 = 104.71 I L = 10 A
3 R Tf = * R f 4 = I f
τ1 = τ 2
SOLUCIÓN: If 1 = If 1 =
3 R Tf = * R f 4
VL R f 100V 50Ω
= 2A
Ia1 = IL1 - If 1 Ia1 = 10A - 2A Ia1 = 8 A E g1 = VL - I a1 * R a
3 R Tf = *50Ω 4 R Tf = 37.5 Ω I f 2 = I f 2 =
VL R Tf 100V 37.5Ω
= 2.6 A
E g1 = 100V - 8A *0.5Ω E g1 = 96 V
72
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. τ1 = τ1 =
E g1 * I a1 ω1
96V*8A rad seg
104.71
τ1 = 7.33 N - m E g1 E g2
=
k * 1 * ω1
96V
k * 2 * ω2
2.6* ω2 209.42* E g ω2 = 96V*2.6 ω2 = 0.839* E g
E g1 E g2
=
Eg2
rad seg
2A*104.71
=
209.42
2
2.6A* ω2
2
τ2 =
E g2 * Ia 2 ω2
7.33 N - m =
E g2 * Ia 2
0.839* Eg
2
Ia 2 = 7.33 N - m *0.839 Ia 2 = 6.15A
I L2 = Ia 2 + If 2 I L2 = 6.15A + 2.6A I L2 = 8.75A E g2 = VL - I a 2 * R a E g2 = 100V - 6.15A *0.5Ω E g2 = 96.92 V ω2 = 0.839* E g2 ω2 = 0.839*96.92V
rad ω2 = 81.31 seg
Capítulo 2.- Motores de C.D.
81.31 rad 60 seg 1 rev * * seg 1 min 2π rad
s 2 =
s 2 = 776.51r.p.m.
73
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Un motor derivación de 250V de corriente directa tiene una resistencia de armadura de 0.5Ω y una resistencia de circuito de campo de 125Ω. Gira con carga a 1000 r.p.m. y toma 30A. La resistencia del circuito de campo se incrementa a 150Ω. Si el flujo y la corriente de campo se
pueden asumir que pueden ser proporcionales si el par de carga permanece constante, calcular la velocidad final y la corriente de armadura. [1186 r.p.m.; 33.6A] DATOS: VL = 250 V R a = 0.5 Ω R f 1 = 125Ω R f 2 = 150 Ω s1 = 1000 r.p.m.
rad seg
ω1 = 104.71 I L = 30 A = I f
τ1 = τ 2
SOLUCIÓN: I f 1 = I f 1 =
VL
E g1
R f 1
Eg2
250V
125Ω I a1 = I L1 - If 1
= 2 A
I a1 = 28A
I f 2 =
k * 2 * ω2
k * I f1 * ω1 k * I f2 * ω2
1.66A* ω2
Eg2
236V
=
209.42
1.66A* ω2 209.42* E g ω2 = 236V*1.66A ω2 = 0.5345* E g 2
R f 2 150Ω
rad 2A*104.71 Eg seg =
E g2
VL 250V
k * 1 * ω1
1
I a1 = 30A - 2A
I f 2 =
=
= 1.66 A
2
E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 250V - 28A *0.5Ω E g1 = 236 V
74
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. τ2 = τ2 =
E g1 * Ia1 ω1
236V*28A rad seg
104.71
τ 2 = 63.11 N - m τ2 =
E g2 * Ia 2 ω2
63.11 N - m =
E g2 * Ia 2
0.5345* Eg
2
Ia 2 = 63.11 N - m *0.5345 Ia 2 = 33.73 A E g2 = VL - I a 2 * R a E g2 = 250V - 33.73A *0.5Ω E g2 = 233.14 V ω2 = 0.5345* E g2 ω2 = 0.5345* 233.14V
rad seg
ω2 = 124.61
124.61 rad 60 seg 1 rev * * s 2 = seg 2π rad 1 min s 2 = 1189.94 r.p.m.
Capítulo 2.- Motores de C.D.
75
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un motor derivación de 250V de corriente directa con una resistencia de armadura de 0.5Ω y una resistencia de campo derivación de 250Ω trabaja con carga que mantiene el par constante. El
motor toma de una fuente una corriente de línea de 21A cuando la velocidad es 600 r.p.m. Si la velocidad se incrementa a 800 r.p.m. ¿Qué cambio se debe hacer a la resistencia de campo derivación? Asumir que la curva de magnetización del motor es una línea recta. [88Ω] DATOS: VL = 250 V R a = 0.5 Ω R f = 250 Ω I L = 21 A s1 = 600 r.p.m. s 2 = 800 r.p.m. τ1 = τ 2 = I f
SOLUCIÓN:
600 rev 2π rad 1 min * * min 1 rev 60 seg
ω1 =
rad seg
E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 250V - 20A *0.5Ω
ω1 = 62.83
E g1 = 240 V
800 rev 2π rad 1 min ω2 = * * min 1 rev 60 seg
τ2 =
rad seg
ω2 = 83.77
I f 1 =
VL R f
=
250V
τ2 =
E g1 * Ia1 ω1
240V*20A rad seg
62.83
τ 2 = 76.396 N - m
250Ω
I f 1 = 1 A Ia1 = IL - If 1
τ2 =
E g2 * Ia 2 ω2
250V - Ia *0.5Ω * Ia 76.396 N - m = rad 83.77 seg 2
Ia1 = 21A - 1A Ia1 = 20 A
76
2
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica.
76.396*83.77 = 250* I a - 0.5* I a2 2
2
6399.69 - 250* I a 2 + 0.5* I a22 = 0 Ia 2 = 27.06 A E g2 = VL - I a 2 * R a E g2 = 250V - 27.06A *0.5 Ω E g2 = 236.47 V E g1 E g2 E g1 E g2
=
=
k * 1 * ω1 k * 2 * ω 2
k * I f1 * s1 k * I f2 * s 2
1A*600 r.p.m. If * 800 r.p.m. 2
1A*600 r.p.m. 236.47V I f * 800 r.p.m. 1A*600 r.p.m.*236.47V I f = 240V*800 r.p.m. I f = 0.7389 A 240V
=
2
2
2
RT = RT =
VL I f 2 250V
0.7389A R T = 338.31Ω R T = R x - R f R x = R T - R f R x = 338.31Ω - 250Ω R x = 88.31Ω
Capítulo 2.- Motores de C.D.
77
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un motor derivación de 240V de corriente directa gira a 800 r.p.m. sin una resistencia extra en el circuito de campo y armadura, sin carga. Determine la resistencia para ser colocada en serie con el campo derivación para que el motor gire a 950 r.p.m. cuando toma una corriente de armadura de 20A. Resistencia de campo = 160Ω. Resistencia de armadura = 0.4Ω. Se puede asumir que el
flujo por polo es proporcional a la corriente de campo.
[33.6Ω]
DATOS: VL = 240 V s1 = 800 r.p.m. R a = 0.4 Ω s 2 = 950 r.p.m. I a1 = 20 A R f = 160 Ω = I f
τ1 = τ 2
SOLUCIÓN:
800 rev 2π rad 1 min * * min 1 rev 60 seg
ω1 =
rad seg
ω1 = 83.77
950 rev 2π rad 1 min * * min 1 rev 60 seg
ω2 =
rad seg
ω2 = 99.48
I f 1 =
VL R f
=
240V 160Ω
I f 1 = 1.5A E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 240V - 20A*0.4Ω E g1 = 232V
78
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. τ2 = τ2 =
E g1 * Ia1 ω1
232V*20A rad seg
83.77
τ 2 = 55.389 N - m τ2 =
E g 2 * Ia 2 ω2
240V - I a *0.4Ω * Ia 55.389 N - m = rad 99.48 seg 2
2
55.389*99.48 = 240* I a - 0.4 * I a2 2
2
2 a2
5510.17 - 240* I a 2 + 0.4* I = 0 I a 2 = 23.91 A E g2 = VL - I a2 * R a E g2 = 240V - 23.91A *0.4Ω E g2 = 230.43V E g1 Eg2
=
k * 1 * ω1 k * 2 * ω2
k * I f1 * s1 k * I f2 * s 2
1.5A*800 r.p.m. Eg If *950 r.p.m. 1.5A*800 r.p.m. 232V = 230.43V If *950 r.p.m. 1.5A*800 r.p.m.*230.43V If = 232V*950 r.p.m. If = 1.25A E g1
=
2
2
2
2
2
RT = RT =
VL
R T = R x - R f
I f 2
R x = R T - R f
240V
R x = 192Ω - 160Ω
1.25A
R x = 32Ω
R T = 192 Ω
Capítulo 2.- Motores de C.D.
79
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un motor derivación tiene una resistencia de campo de 400Ω y una resistencia de armadura de 0.1Ω trabajando de una fuente de 240V. La corriente de la armadura es 60A y la velocidad del motor es 900 r.p.m. Asumiendo que la curva de magnetización es una línea recta, calcular: a) La resistencia adicional en el campo para incrementar la velocidad a 1000 r.p.m. para la misma corriente de armadura, y b) La velocidad con la corriente original de campo de 200A. [a) 44.4Ω; b) 842.5 r.p.m.]
DATOS: VL = 240 V s1 = 900 r.p.m. R a1 = 0.1Ω I a1 = 60 A R f 1 = 400 Ω = I f
s 2 = 1000 r.p.m.
SOLUCIÓN: a)
900 rev 2π rad 1 min * * min 1 rev 60 seg
ω1 =
rad seg
ω1 = 94.24
1000 rev 2π rad 1 min ω2 = * * min 1 rev 60 seg rad seg
ω2 = 104.71
I f 1 =
VL R f
=
240V 400Ω
I f 1 = 0.6 A E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 240V - 60A *0.1Ω E g1 = E g2 = 234 V
80
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. E g1 E g2
=
k * 1 * ω1 k * 2 * ω 2
k * I f1 * s1 k * I f2 * s 2
0.6A*900 r.p.m. Eg If * 1000 r.p.m. 234V 0.6A*900 r.p.m. = 234V If *1000 r.p.m. 0.6A*900 r.p.m.*234V If = 234V*1000 r.p.m. If = 0.54 A E g1
=
2
2
2
2
2
RT = RT =
VL I f 2 240V 0.54A
R T = 444.44 Ω
R T = R x - R f R x = R T - R f R x = 444.44Ω - 400Ω R x = 44.44 Ω
b) I L3 = I a 3 + I f 1
Eg3 = VL - Ia3 * R a
I a 3 = I L3 - If 1
Eg3 = 240V - 199.4A *0.1Ω
I a 3 = 200A - 0.6A
Eg3 = 220.06 V
I a 3 = 199.4 A
s3 =
E g3 * s1 E g1
220.06V*900 r.p.m. 234V s 3 = 846.38 r.p.m. s3 =
Capítulo 2.- Motores de C.D.
81
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un motor derivación de 230V de corriente directa tiene una resistencia de armadura de 0.5Ω
2 y una resistencia de campo de 76 Ω. El motor toma una corriente de línea de 13A mientras gira 3 1 a 1000 r.p.m. A una cierta carga la resistencia del circuito de campo se incrementa a 38 Ω. 3 ¿Cuál es la nueva velocidad del motor si la corriente de la línea a esta carga es 42A? [1400 r.p.m.] DATOS: VL = 230 V
I L2 = 42 A
s1 = 1000 r.p.m.
2 R f 1 = 76 Ω 3
R a = 0.5Ω I L1 = 13A
2 1 R f 2 = 76 Ω + 38 Ω = 115Ω 3 3
SOLUCIÓN: I f 1 =
VL R f
=
230V 76.66Ω
I f 1 = 3A
E g2 = VL - I a 2 * R a E g2 = 230V - 40A *0.5Ω E g2 = 210 V
Ia1 = IL1 - If 1
E g1
Ia1 = 13A - 3A
E g2
Ia1 = 10 A
E g1
I f 1 =
VL R f
=
230V 115Ω
I f 1 = 2 A Ia1 = IL1 - If 1 Ia1 = 42A - 2A
E g2 s2 =
=
=
k * I f1 * s1 k * If2 * s 2 If1 * s1 If 2 * s 2
E g2 * If1 * s1 E g1 * If 2
210V*3A*1000 r.p.m. 225V* 2A s 2 = 1400 r.p.m. s2 =
Ia1 = 40 A E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 230V - 10A *0.5Ω E g1 = 225V
82
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- Un motor derivación de corriente directa de 250V gira a 1000 r.p.m. y toma una corriente de armadura de 25A. La resistencia de armadura es 0.4Ω. Calcular la velocidad con un incremento de carga con una corriente de armadura de 50A. Suponer que el incremento de carga resulta en un debilitamiento del flujo del 3% con respecto al flujo en la condición de carga anterior. [988 r.p.m.] DATOS: VL = 250 V s1 = 1000 r.p.m. Ia1 = 25 A Ia 2 = 50 A R a = 0.4 Ω 1 = 0.97*2
SOLUCIÓN: E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 250V - 25A *0.4Ω E g1 = 240 V E g2 = VL - I a 2 * R a E g2 = 250V - 50A *0.4Ω E g2 = 230 V
E g1 E g2
=
k * 1 * s1 k *0.97* 1 * s 2
1000 r.p.m. 230V 0.97* s 2 230V*1000 r.p.m. s2 = 0.97*240V s 2 = 987.97 r.p.m. 240V
Capítulo 2.- Motores de C.D.
=
83
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- Un motor derivación gira a 600 r.p.m. de una fuente de 230V cuando toma una corriente de línea de 50A. Las resistencias de armadura y campo son 0.4Ω y 104.5Ω respectivamente.
Despreciando los efectos de la reacción de armadura y considerando 2V por caída de escobillas, calcular: a) La velocidad en vacío si la corriente de línea en vacío es 5A, b) La resistencia que se debe colocar en el circuito de armadura con el fin de reducir la velocidad a 500 r.p.m. cuando el motor está tomando una corriente de línea de 50A, c) El porcentaje de reducción del flujo por polo con el fin de que la velocidad sea 750 r.p.m. cuando la corriente de armadura es 30A sin resistencia agregada en el circuito de armadura. [a) 652 r.p.m., b) 0.73Ω, c) 1 7.3%] DATOS: VL = 230V
R a = 0.4 Ω
s3 = 500 r.p.m.
I L1 = 50 A
R f = 104.5Ω
s 4 = 750r.p.m.
s1 = 600r.p.m. I L2 = 5 A
Ia 3 = 30 A
V escobilla
Vescobillas = 2
SOLUCIÓN: a) I f 1 = I f 1 =
E g1 = VL - Ia1 * R a - Vescobillas
VL
E g1 = 230V - 47.8A 0.4Ω - 4V
R f
E g1 = 206.88V
230V 104.5Ω
= 2.2 A
E g2 = VL - Ia1 * R a - Vescobillas
Ia1 = IL1 - If 1
E g2 = 230V - 2.8A 0.4Ω - 4V
Ia1 = 50A - 2.2A
E g2 = 224.88 V
Ia1 = 47.8A I f 2 = I f 2 =
E g1
VL
E g2
R f
E g1
230V 104.5Ω
= 2.2 A
E g2 s2 =
Ia 2 = IL2 - If 2 Ia 2 = 5A - 2.2A Ia 2 = 2.8A
84
= =
k * If1 * s1 k * If2 * s 2 I f1 * s1 If2 * s 2
E g 2 * I f1 * s1 E g1 * If 2
224.88V*2.2A*600 r.p.m. 206.88V*2.2A s 2 = 652.2r.p.m. s2 =
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. b) E g1 E g3 E g1 E g3
=
=
E g3 =
k * I f1 * s1 k * I f3 * s 3 If1 * s1 I f3 * s 3
E g1 * I f3 * s3 If1 * s1
206.88V*2.2A*500 r.p.m. 2.2A*600 r.p.m. = 172.4 V
E g3 = E g3
E g3 = VL - I a1 * R T - Vescobillas 172.4V = 230V - 47.8A * R T - 4V RT =
230V - 172.4V - 4V
47.8A R T = 1.12 Ω R T = R a + R x R x = R T - R a R x = 1.12Ω - 0.4Ω R x = 0.72Ω
c)
E g4 = VL - I a 3 * R a - Vescobillas E g4 = 230V - 30A *0.4Ω - 4V E g4 = 214 V
E g1 E g4 4 1
=
=
k * 1* s1
4
k * 4 * s 4
1
E g4 * s1
4
E g1 * s 4
1 4 1
Capítulo 2.- Motores de C.D.
=
214V*600 r.p.m. 206.88V*750 r.p.m.
= 1 - 0.827 = 0.1724 17.24%
85
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- La resistencia de armadura de un motor derivación de 250V es 0.3Ω y su velocidad a plena carga es 1000 r.p.m. Calcular la resistencia que debe ser insertada en serie con la armadura para reducir la velocidad con un par de plena carga a 800 r.p.m. la corriente de la armadura a plena carga es 5A. Si el par de carga es reducido a la mitad, ¿A qué velocidad trabajara el motor? Desprecie la reacción de armadura. [0.94Ω, 932 r.p.m.] DATOS: VL = 250 V R a = 0.3Ω s1 = 1000 r.p.m. s 2 = 800 r.p.m. Ia1 = 5A τ3 = 0.5* τ1
SOLUCIÓN: E g1 = VL - I a1 * R a
τ1
E g1 = 250V - 5A *0.3Ω E g1 = 248.5 V Eg1 E g2
=
3
Eg3 = VL - Ia3 * R T =
1000 r.p.m. 800 r.p.m.
250V - 5A* R T = 198.8V
RT =
0.5* τ1 I a I a = 0.5*5A I a = 2.5 A 3
s2
250V - 5A* R T
250V - 198.8V
5A R T = 10.24 Ω
Eg3 = 250V - 2.5A *10.24Ω Eg3 = 224.4 V
E g1 E g3 s3 =
R T = R a + R x R x = R T - R a R x = 10.24Ω - 0.3Ω R x = 9.94 Ω
86
I a1
3
s1
248.5V
=
=
s1 s3
E g3 * s1 E g1
224.4V*1000 r.p.m. 248.5V s3 = 903.02 r.p.m. s3 =
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 14.- Un motor derivación de 230V de corriente directa toma una corriente de armadura de 20A a una cierta carga. La resistencia de la armadura es 0.5Ω. Encuentre la resistencia que se requiere en serie con la armadura para reducir la velocidad a la mitad si: a) El par de carga es constante, b) El par de carga es proporcional al cuadrado de la velocidad. [a) 5.5Ω, b) 23.5Ω] DATOS: VL = 230 V I a = 20 A R a = 0.5 Ω s 2 = 0.5* s1 τ 2 = τ1 1 = 2
SOLUCIÓN: a) E g1 = VL - I a * R a E g1 = 230V - 20A *0.5Ω E g1 = 220 V
E g1 E g2
=
220V
E g2 τ1 = τ 2 E g1 * I a1 ω1 E g1 * I a1 ω1
= =
E g1 * Ia1 =
E g2 * I a2 ω2 E g2 * I a 2
0.5* ω1
E g 2 * Ia 2
k * 2 * s 2 =
s1
0.5* s1 = 220V *0.5 = 110 V
E g2 E g2
k * 1* s1
Ia 2 =
E g1 * Ia1 *0.5 E g2
220V* 20A* 0.5 110V = 20 A
Ia 2 = Ia 2
0.5
Capítulo 2.- Motores de C.D.
87
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Eg 2 = VL - Ia 2 * R T 110V = 230V - 20A* R T 230V - 110V
RT =
20A
R T = 6Ω
R x = R T - R a R x = 6Ω - 0.5Ω R x = 5.5 Ω b) τ1 = k * ω12 τ 2 = k * ω22
τ 2 = τ1 E g2 * Ia 2
= k * ω22
ω2 E g 2 * Ia 2
0.5* ω1 ω13 =
= k * 0.5* ω1
2
E g 2 * Ia 2
0.125 E g1 * I a1 = 8* E g2 * I a 2 Ia 2 =
E g1 * I a1
8* E g 220V *20A = 8*110V = 5 A 2
Ia 2 Ia 2 RT = RT =
VL - Eg2
R x = R T - R a R x = 24Ω - 0.5Ω
Ia2 230V - 110V
R x = 23.5 Ω
5A
R T = 24Ω
88
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 15.- Un motor serie gira a 1200 r.p.m. a un cuarto del par de plena carga, tomando una corriente de 16A. Calcular esta velocidad a la mitad del par y para el par de plena carga. La resistencia de las escobillas de armadura y bobina de campo es 0.25Ω. Conside rar que el flujo por polo es proporcional a la corriente. [842 r.p.m., 589 r.p.m.] DATOS: VL = 230 V s1 = 1200 r.p.m. Ia1 = 16 A R T = 0.25Ω τ 2 = 0.25* τ1 τ3 = 0.5* τ1
SOLUCIÓN: τ1
Ia21
=
E g3 = VL - Ia3 * R T
0.25* τ1 16A2
E g3 = 224.34V
2
I a1 =
16A 0.25
Para la mitad del par:
I a1 = 32 A τ1
I
=
E g3
2 a1 2
0.5* τ1 16A 2
Ia 3 =
E g3 = 230V - 22.62A *0.25Ω
16A 0.5
I a 3 = 22.62 A E g1 = VL - I a1 * R T E g1 = 230V - 32A *0.25Ω E g1 = 222 V E g2 = VL - I a 2 * R T E g2 = 230V - 16A *0.25Ω
E g2
=
Ia3 * s3 Ia 2 * s 2
22.64A* s3 226V 16A*1200 r.p.m. s3 = 841.82 r .p.m. 224.34V
=
Para el par de plena carga: E g1 E g2
=
Ia1 * s1 Ia 2 * s 2
32A* s1 226V 16A*1200 r.p.m. s 2 = 589.38 r. p.m. 222V
=
E g2 = 226 V
Capítulo 2.- Motores de C.D.
89
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 16.- Un motor serie gira con una carga y un par el cual es proporcional al cuadrado de la velocidad. La corriente del motor es 20A cuando la velocidad es 500 r.p.m. Calcular la velocidad y la corriente cuando el campo de bobinado del motor tiene en paralelo una resistencia del mismo valor que el devanado de campo. Despreciar todas las pérdidas del motor y considerar que el campo magnético es no saturado. [595 r.p.m., 33.64A] DATOS: Ia1 = 20 A s1 = 500r.p.m. τ1 = k * s12
SOLUCIÓN: Ia21
=
Ia22
s12 s 22
2
2 * I
a1
Ia 2 s1
=
s2
=
s1 s2
Ia 2
2* Ia
1
2 * I
a1
=
Ia 2
Ia 2
2* Ia
1
2 * I
I2a 2 = 2 *
2*
Ia 2 =
2 a1 2
2 *20A
Ia 2 = 33.64 A
s2 s1
=
s2 =
2* Ia
1
Ia 2
2* s1* Ia
1
Ia 2
2*500 r.p.m.* 20A 33.64A s 2 = 594.53 r.p.m. s2 =
90
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 17.- Un motor serie de corriente directa, con un circuito magnético no saturado y con resistencia despreciable, cuando gira con una cierta velocidad en una carga dada toma 50A con 500V. Si el par de carga varía al cubo de la velocidad, encuentre la resistencia a la cual se debería conectar en serie con la máquina para reducir la velocidad en un 25%. [7.89Ω] DATOS: Ia1 = 50 A E g1 = 500 V ω2 = 0.75* ω1 τ1 = k * ω13 τ 2 = k * ω32
SOLUCIÓN: τ1 τ2
=
k * Ia21 k * I2a2 2
ω13
0.75* ω1
E g1 E g2
=
E g2 =
=
I2a2
3
2
0.75 *50A = 32.47 A
Ia 2 = Ia 2
3
50A
k * I a1 * s1 k * Ia 2 *0.75* s1
E g1 * I a 2 *0.75 Ia1
500V*32.47A*0.75 50A = 243.52 V
E g2 = E g2
E g1 - Eg2
Rx = Rx =
Ia2
500V - 243.52V 32.47A
R x = 7.89 Ω
Capítulo 2.- Motores de C.D.
91
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 18.- Un motor serie gira a 500 r.p.m. en una cierta carga. Calcular la resistencia de un divertor requerida para aumentar la velocidad a 650 r.p.m. con la misma corriente de carga, dado que la resistencia es 0.05Ω y el campo es no saturado. Suponer que la caída óhmica en el campo y la
armadura puede ser despreciable.
[0.1665Ω]
DATOS: s1 = 500 r.p.m. s 2 = 650 r.p.m. I a1 = I a 2 R s = 0.05 Ω E g1 = E g 2 = I a
SOLUCIÓN: E g1 E g2 1=
=
1* s1
s2
2 * s2
s1
=
Ia1 Is 2
650 r.p.m. * I 500 r.p.m. s
Ia1 * s1
Ia1 =
I s 2 * s2
2
Ia1 = 1.3* Is2 I a1 = I a 2
R div R + R * I a s div
Is2 =
2
R div 0.05Ω + R
* 1.3* I s div
Is2 =
1 1.3
=
2
R div 0.05Ω + R div
0.05Ω + R div = 1.3* R div R div =
0.05Ω 0.3
R div = 0.1666 Ω
92
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 19.- Un motor serie de corriente directa de 230V tiene una resistencia de armadura y campo de 0.5Ω y 0.3Ω respectivamente. El motor toma una corriente de línea de 40A mientras trabaja a 400 r.p.m. Si una resistencia de divertor de 0.15Ω es utilizada, encuent re la nueva velocidad del motor
para la misma corriente de armadura. Si se asume que el flujo por polo es directamente proporcional a la corriente de campo. [1204 r.p.m.] DATOS: = I a
VL = 230 V R s = 0.3 Ω R a = 0.5 Ω R div = 0.15Ω I a1 = 40 A
SOLUCIÓN: E g1 = VL - I a *R a + R s E g1 = 230V - 40A *0.3Ω + 0.5Ω E g1 =198 V
R div R + R
Is2 =
s
* Ia div
1
0.15Ω * 40A = 13.33 A 0.3Ω + 0.15Ω
Is2 =
E g2 = VL - I a1 * R a - I s 2 * R s E g2 = 230V - 40A *0.5Ω - 13.33A*0.3Ω E g2 = 206 V E g1 E g2 E g1 E g2
= =
k * I a1 * s1 k * Is2 * s 2 I a1 * s1 I s2 * s 2
Capítulo 2.- Motores de C.D.
s2 =
E g 2 * I a1 *s1 Is2 * E g1
206V*40A *400 r.p.m. 198V *13.33A s 2 = 1248.48r.p.m. s2 =
93
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 20.- Un motor derivación de corriente directa de 250V trabaja a 700 r.p.m. en vacío sin una resistencia extra en el campo y circuito de armadura. Determine: a) La resistencia que debe ser insertada en serie con la armadura para una velocidad de 400 r.p.m. cuando toma una corriente total de 16A. b) La resistencia que deber ser insertada con el campo para producir una velocidad de 1000 r.p.m. cuando toma una corriente de armadura de 18A. Suponer que el flujo útil es proporcional al campo. Resistencia de armadura = 0.35 Ω, resistencia de campo = 125Ω. [a) 7.3Ω, b) 113Ω]
DATOS: VL = 250 V
IL = 16 A
R f = 125 Ω
s1 = 700 r.p.m.
Ia 3 = 18 A
If = I f1 = If 2
s 2 = 400 r.p.m.
R a = 0.35Ω
= I f
s3 = 1000 r.p.m. SOLUCIÓN: a) If = If =
VL R f 250V 125Ω
= 2 A
Ia1 = IL - If Ia1 = 16A - 2A Ia1 = 14 A E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 250V - 14A *0.35Ω E g1 = 245.1V
E g1 Eg2
=
E g2 =
k * If1 * s1 k * If2 * s 2
E g1 * s 2 s1
245.1V*400 r.p.m. 700 r.p.m = 140.05 V
E g2 = E g2
94
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. E g 2 = VL - I a1 * R T RT = RT =
VL - E g 2 I a1 250V - 140.05V
14A R T = 7.85 Ω R T = R a + R x R x = R T - R a R x = 7.85Ω - 0.35Ω R x = 7.5Ω
b) E g3 = VL - I a3 * R a E g3 = 250V - 18A *0.35Ω E g3 = 243.7 V E g1 E g3 If 3 =
=
k * I f1 * s1 k * I f3 * s 3
E g3 * I f1 * s1 E g1 * s3
243.7V*2A*700 r.p.m. 245.1V*1000 r.p.m If = 1.39 A If 3 = 3
RT = RT =
VL If 3 250V 1.39A
= 179.59Ω
R T = R f + R x R x = R T - R f R x = 179.59Ω - 125Ω R x = 54.59 Ω
Capítulo 2.- Motores de C.D.
95
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 21.- Un motor serie está operando de una fuente de 220V de corriente directa. Toma 50A y gira a 1000 r.p.m. La resistencia del motor es 0.1Ω. Si una resistencia de 2Ω es colocada en serie con el
motor, calcular la velocidad resultante si el par de carga es constante.
[534 r.p.m.]
DATOS: VL = 220 V I a = 50 A s1 = 1000 r.p.m. R x = 2 Ω R a = 0.1Ω τ1 = τ 2
SOLUCIÓN: Eg = VL - Ia * R a Eg = 220V - 50A *0.1Ω Eg = 215V τ1 = τ1 =
E g * Ia
ω2 =
ω1
215V*50A rad seg
τ1 = 102.66 N - m
τ2
=
I 2a1 I
E g 2 * Ia 2 ω2
102.66 N - m =
104.71
τ1
τ2 =
115V*50A ω2
115V*50A 102.66 N - m rad seg
ω2 = 56.01
56.01 rad 60 seg 1 rev * * seg 1 min 2π rad
s 2 =
s 2 = 534.85 r.p.m.
2 a2 2
1=
50A
2
50A = 50 A
Ia2 = Ia2
I a22
E g2 = VL - I a 2 *R a + R x E g2 = 220V - 50A *2Ω + 0.1Ω E g2 = 115 V
96
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 22.- Un motor derivación toma 25A cuando gira a 1000 r.p.m. de una fuente de 220V. Calcular la corriente tomada de la fuente y la velocidad si el par de carga está a la mitad, una resistencia de 5Ω es colocada en el circuito de armadura y una resistencia de 50Ω es colocada en el circuito derivación. Resistencia de armadura = 0.1Ω; resistencia de campo = 100Ω. Suponer que el flujo por
polo es directamente proporcional a la corriente de campo.
[17.1A, 915 r.p.m.]
DATOS: VL = 220 V I L1 = 25A s1 = 1000 r.p.m. R a = 0.1Ω R f = 100 Ω R x1 = 5 Ω R x 2 = 50 Ω τ 2 = 0.5* τ1 SOLUCIÓN: VL
I f 1 = I f 1 =
R f 220V 100Ω
If 2 = If 2 =
= 2.2 A
E g2 = 220V - 17.17A *0.1Ω + 5Ω
R f + R x 2 220V
= 1.46A
100Ω + 50Ω
E g1 = 220V - 22.8A *0.1Ω
E g2 s2 =
E g1 = 217.72 V =
E g2 = 132.43V E g1
E g1 = VL - I a1 * R a
If1 * Ia1
0.5* τ1 If * Ia 0.5* If * I a Ia 2 =
Ia 2
E g2 = VL - I a 2 *R a + R x 1
VL
τ1
0.5*2.2A *22.8A 1.46A = 17.17 A
Ia 2 =
2
2
1
1
=
If1 * s1 I f2 * s 2
E g2 * I f1 * s1 E g1 * If 2
132.43V*2.2A*1000 r.p.m. 217.72V*1.46A s 2 = 917.74r.p.m. s2 =
If 2
Capítulo 2.- Motores de C.D.
97
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 23.- Un motor derivación de 440V mientras gira a 1500 r.p.m. toma una corriente de armadura de 30A y entrega una salida mecánica de 15 h.p. (11.19 kW). El par de carga varía al cuadrado de la velocidad. Calcular el valor de la resistencia que debe ser conectada en serie con la armadura para reducir la velocidad del motor a 1300 r.p.m. y la corriente de armadura a esta velocidad. [2.97Ω, 22.5A]
DATOS: VL = 440 V s1 = 1500 r.p.m. s 2 = 1300 r.p.m. Ia1 = 30 A PM = 11.19 kW = 15 h.p. τ = k * ω2
SOLUCIÓN: τ1 τ2
=
k * ω12 k * ω 22
=
I a1
E g2
Ia2
E g1
2
1300 r.p.m. I a = *30A 1500 r.p.m. 2
I a 2 = 22.53 A
E g1 =
Ra = Ra =
s1 373V
1
E g1 =
s2
440V - 22.53A * R T
2
s = 2 Ia s1
Ia2
=
PM
=
1300 r.p.m. 1500 r.p.m.
440V - 22.53A* R T = 323.26V RT =
440V - 323.26V
22.53A R T = 5.18Ω
R T = R a + R x
I a1
R x = R T - R a
11.19 kW 30A
= 373V
R x = 5.18Ω - 2.23Ω R x = 2.95Ω
VL - Eg1 Ia1 440V - 373V 30A
R a = 2.23Ω
98
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 24.- Un motor serie de 460V de corriente directa gira a 500 r.p.m. tomando una corriente de 40A. Calcular la velocidad y el porcentaje de cambio y el par si la carga es reducida para que el motor tome una corriente de 30A. La resistencia total de armadura y circuito de campo es 0.8Ω. Considerar que el flujo es proporcional a la corriente de campo. [680 r.p.m., 43.75%] DATOS: VL = 460 V I a1 = 40 A
Ia 2 = 30 A s1 = 500r.p.m. R T = 0.8Ω
SOLUCIÓN: E g1 = VL - I a1 * R T E g1 = 460V - 40A *0.8Ω E g1 = 428V
τ1 = τ1 =
E g2
=
Ia1 * s1 Ia2 * s 2
40A*500 r.p.m. = 436V 30A * s 2 436V*40A *500 r.p.m. s2 = 428V*30A s 2 = 679.12r.p.m.
τ2 = τ2 =
rad ω1 = 52.35 seg
rad seg
E g 2 * Ia 2 ω2
436V*30A rad seg
71.11
428V
500 rev 1 min 2π rad ω1 = * * min 60 seg 1 rev
428V* 40A
τ1 = 327.02 N - m
E g2 = 436 V
E g1
ω1
52.35
E g2 = VL - I a 2 * R T E g2 = 460V - 30A*0.8Ω
E g1 * Ia1
τ 2 = 183.94 N - m τ2 τ1 τ2 τ1 τ2 τ1
183.94 N - m 327.02 N - m
= 1-
= 1 - 0.5624 *100% = 43.75%
679.12 rev 1 min 2π rad ω2 = * * min 60 seg 1 rev rad seg
ω2 = 71.11
Capítulo 2.- Motores de C.D.
99
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 25.- Un motor de 440V, 25 h.p. (18.65 kW) tiene una resistencia de armadura de 1.2Ω y una eficiencia a plena carga de 85%. Calcular el número y el valor de los elementos resistivos de un arrancador para el motor si la máxima corriente permisible es 1.5 veces la corriente de plena carga. [1.92Ω, 1.30Ω, 0.86Ω, 0.59Ω] DATOS: VL = 440 V
R a = 1.2Ω
PS = 18.65 kW = 25h.p.
I a max = 1.5* I a η = 85%
SOLUCIÓN: PS
PE =
η 18.65 kW
PE =
Ia = Ia =
R2 =
0.85
= 21.94 kW
R3=
PE VL 21.94 kW 440V
R3= = 49.86 A
Ia max = 1.5*49.86A Ia max = 74.79 A K=
Ia max
R4 = R4 = R5 =
Ia
R5 =
K = 1.5
K 5.88Ω
= 3.92 Ω
1.5 R 2 K 3.92Ω
= 2.61Ω
1.5 R 3 K 2.61Ω
= 1.74 Ω
1.5 R 4 K 1.74Ω 1.5
= 1.16 Ω
VL
R1 =
R1 - R 2 = 5.88Ω - 3.92Ω
Ia max 440V
R1 =
K
R2 =
R 1
74.79A
n-1
=
R 3 - R 4 = 2.61Ω - 1.74Ω
R a =
R 2 - R 3 = 3.92Ω - 2.61Ω r2 = 1.31Ω
R 1
n-1
1.5
= 5.88Ω
r1 = 1.96Ω
5.88Ω
r3 = 0.87 Ω
1.2Ω
R 4 - R 5 = 1.74Ω - 1.16Ω
n - 1* log10 1.5 = log10 4.9
r4 = 0.58Ω
n - 1 = 3.92 n = 4.92
100
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 26.- Un motor derivación de 230V de corriente directa tiene una resistencia de armadura de 0.3Ω. Calcular: a) La resistencia que debe ser conectada en serie con la armadura para limitar la corriente de armadura a 75A en el arranque y b) El valor de la f.e.m. generada cuando la corriente de armadura ha caído a 50A con este mismo valor de resistencia en el circuito. [a) 2.767Ω, b) 76.7V] DATOS: VL = 230 V R a = 0.3 Ω I a1 = 75 A E g1 = 0 V I a 2 = 50 A
SOLUCIÓN: E g1 = VL - I a1 * R T 0V = 230V - 75A* R T RT =
230V 75A
= 3.066 Ω
R T = R a + R x R x = R T - R a R x = 3.066Ω - 0.3Ω R x = 2.767 Ω Eg2 = VL - I a 2 * R T Eg2 = 230V - 50A *3.066Ω Eg2 = 76.7 V
Capítulo 2.- Motores de C.D.
101
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 27.- Un motor derivación de 200V de corriente directa toma una corriente a plena carga de 12A. La resistencia del circuito armadura es 0.3Ω y la resistencia de campo es 100Ω. Calcular el valor de 5
secciones en los 6 botones de arranque para el motor. La máxima corriente de arranque no excede 1.5 veces la corriente a plena carga. [6.57Ω, 3.12Ω, 1.48Ω, 0.7Ω, 0.33Ω] DATOS: VL = 200 V I L = 12 A I Lmax = 1.5* I L n=6 n-1=5 R a = 0.3Ω R f = 100 Ω SOLUCIÓN: If = If =
VL
R2 =
R f 200V 100Ω
= 2 A
R3= R4 =
I a = I L - I f I a = 12A - 2A I a = 10 A I a max = 1.5 *10A I a max = 15A
R5 = R6 =
R 1 K R 2 K R 3 K R 4 K R 5 K
= = = = =
13.33Ω 2.135 6.24Ω 2.135 2.92Ω 2.135 1.36Ω 2.135 0.64Ω 2.135
= 6.24 Ω
= 2.92 Ω = 1.36 Ω = 0.64 Ω = 0.3 Ω
R 1 - R 2 = 13.33Ω - 6.24Ω R1 = R1 =
VL 200V 15A
K6 - 1= K5 =
r1 = 7.09 Ω
Ia max
R 2 - R 3 = 6.24Ω - 2.92Ω = 13.33Ω
R 3 - R 4 = 2.92Ω - 1.36Ω
R 1
r3 = 1.56Ω
R a
R 4 - R 5 = 1.36Ω - 0.64Ω
13.33Ω
0.3Ω 5*log10 K = log10 44.44 K = 2.135
102
r2 = 3.32 Ω
r4 = 0.72 Ω R 5 - R 6 = 0.64Ω - 0.3Ω r5 = 0.34 Ω
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 28.- La resistencia de arranque para un motor derivación de 200V, es tal que la máxima corriente de arranque es 30A. Cuando la corriente ha decrecido a 24A, el brazo de arranque se mueve desde el primero al segundo perno. Calcular la resistencia entre estos dos pernos si la máxima corriente en el segundo perno es 34A. La resistencia del motor es 0.4Ω.
[1.334Ω]
DATOS: VL = 200 V I1 = 30 A I 2 = 24 A I3 = 34 A R = 0.4 Ω
SOLUCIÓN: R1 = R1 = K= K=
R2 = R2 =
VL I1 200V 30A I1
= 6.66 Ω
I2 30A 24A
= 1.25
R 1 K 6.66 Ω 1.25
= 5.32 Ω
r1 = R1 - R 2 r1 = 6.66Ω - 5.328Ω r1 = 1.338Ω
Capítulo 2.- Motores de C.D.
103
Símbolo θ
Símbologia utilizada a lo largo del capítulo. Significado Unidades Ángulo de carga.
A
Área de sección transversal.
m2
Im
Corriente de magnetización.
I1
Corriente en el primario.
I2
Corriente en el secundario.
I0
Corriente en vacío.
I max
Corriente máxima.
I 01
Corriente primaria en vacío.
Iw
Corriente real.
I 02
Corriente secundaria en vacío.
I '2
Corriente secundaria reflejada.
IT
Corriente total.
A A A A A A A A A A
β
Densidad de flujo en el núcleo.
ηmax
Eficiencia máxima.
η E1
Eficiencia. F.e.m. primaria.
E2
F.e.m. secundaria.
c cos θ1
Factor de carga. Factor de potencia de la corriente primaria.
cos θ 2
Factor de potencia de la corriente secundaria.
cos θ 0
Factor de potencia en vacío.
RMS
Flujo eficaz en el núcleo. Flujo en el núcleo.
f f
Frecuencia final.
f i
Frecuencia inicial.
f
Frecuencia.
Z CC
Impedancia de cortocircuito.
Zc
Impedancia de la carga.
Z1
Impedancia del primario.
Wb 2 m
V V
Wb Wb Hz Hz Hz Ω Ω Ω
Z2
Impedancia del secundario.
Z eq1
Impedancia equivalente referida al primario.
Z eq 2
Impedancia equivalente referida al secundario.
ZT
Impedancia total.
N1
Número de vueltas en el primario.
N 2
Número de vueltas en el secundario.
PCu max
Pérdidas en el cobre máximas.
PCu
Pérdidas en el cobre.
PH max
Pérdidas en el hierro máximas.
PH
Pérdidas en el hierro.
PF
Pérdidas por corrientes de Focault.
PHS
Pérdidas por histéresis.
εx
Porcentaje de caída en la reactancia.
ε r
Porcentaje de caída en la resistencia
%Reg S0
Porcentaje de regulación. Potencia aparente en vacío.
Smax
Potencia aparente máxima.
ST
Potencia aparente total.
S
Potencia aparente.
PCC1
Potencia de cortocircuito referida en el primario.
PCC 2
Potencia de cortocircuito referida en el secundario.
Pf
Potencia final.
Pi
Potencia inicial.
PKg
Potencia necesaria por kilogramos.
Q0
Potencia reactiva en vacío.
Q
Potencia reactiva.
P0
Potencia real en vacío.
P
Potencia real.
X CC
Reactancia de cortocircuito
X1
Reactancia del primario.
X2
Reactancia del secundario.
Ω Ω Ω Ω
vueltas vueltas W W W kW W W
kVA kVA kVA kVA W W W W W kVAR kVAR kW kW Ω Ω Ω
X0
Reactancia en vacío.
X eq1
Reactancia equivalente referida al primario.
X eq 2
Reactancia equivalente referida al secundario.
α R CC
Relación de transformación. Resistencia de cortocircuito.
R 1
Resistencia del primario.
R 2
Resistencia del secundario.
R 0
Resistencia en vacío.
R eq1
Resistencia equivalente referida al primario.
R eq 2
Resistencia equivalente referida al secundario.
VCC
Voltaje de cortocircuito.
V1
Voltaje en el primario.
V2
Voltaje en el secundario.
V N
Voltaje por cada vuelta.
V vuelta
V01
Voltaje primario en vacío.
V02
Voltaje secundario en vacío.
V V
Ω Ω Ω
Ω Ω Ω Ω Ω Ω V V V
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- El número de vueltas en los devanados primario y secundario de un transformador monofásico son 350 y 35 respectivamente. Si el primario está conectado a un suministro de 2.2 kV, 50 Hz, determinar el voltaje secundario en vacío. [220V] DATOS: N1 = 350 vueltas N 2 = 35 vueltas f = 50 Hz V1 = 2.2 kV SOLUCIÓN: α= α= α=
N1 N 2 350 vueltas 35 vueltas V1
= 10
V2
V2 = V2 =
V1 α 2.2 kV
10 V2 = 220 V
110
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un trasformador monofásico de (3000/200)V, 50 Hz, está construido sobre un núcleo que tiene una sección transversal de 150 cm 2 y tiene 80 vueltas en el devanado de baja tensión. Calcular: a) El valor de la densidad de flujo máximo en el núcleo, b) El número de vueltas en el devanado de alta tensión. [a) 0.75Wb/m2, b) 1200] DATOS: V1 = 3000 V V2 = 200 V f = 50 Hz N 2 = 80 vueltas A = 150 cm2
SOLUCIÓN: =
V1
4.44* N1* f 3000V
=
4.44*1200 vueltas*50 Hz = 0.01126 Wb β= β=
A 0.01126 Wb
0.015 m 2 Wb β = 0.75 2 m α= α= α=
V1 V2 3000V 200V N1
= 15
N 2
N1 = α * N 2 N1 = 15*80 vueltas N1 = 1200 vueltas
Capítulo 3.- Transformadores
111
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un transformador monofásico de (3300/230)V, 50 Hz, trabaja con una densidad de flujo máximo de 1.2Wb/m2 en el núcleo. El área transversal del núcleo del transformador es de 150 cm2. Calcular el número de vueltas en el primario y secundario. [830, 58] DATOS: V1 = 3300 V V2 = 230 V f = 50 Hz
Wb m 2
β = 1.2
A = 150 cm 2 = 0.015 m 2
SOLUCIÓN: β=
A = β * A
1.2Wb = *0.015 m 2 2 m = 0.018 Wb N1 =
V1
4.44* * f 3300V
N1 =
4.44 *0.018 Wb*50 Hz N1 = 825.82 vueltas N 2 = N 2 =
V2
4.44* * f 230V
4.44 *0.018 Wb*50 Hz N 2 = 57.55 vueltas
112
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Un transformador monofásico de 40 kVA, (3300/240)V, 50 Hz, tiene 660 vueltas en el primario. Determinar: a) El número de vueltas en el secundario, b) El valor máximo del flujo en el núcleo, c) El valor aproximado de las corrientes primaria y secundaria a plena carga. [a) 48, b) 22.5 mWb, c) 12.1A; 166.7A] DATOS: S = 40 kVA V1 = 3300 V V2 = 240 V f = 50 Hz N1 = 660 vueltas SOLUCIÓN: a) α= α= α=
c) V1
I1 =
V2 3300V 240V V1
= 13.75
I1 =
S V1 40 kVA
3300V I1 = 12.12 A
V2
N 2 = N 2 =
N1
I2 =
α 660 vueltas
13.75 N 2 = 48 vueltas
I2 =
S V2 40 kVA
240V I 2 = 166.67 A
b) = =
V1
4.44* N1* f 3300V
4.44*660 vueltas*50 Hz = 22.5 mWb
Capítulo 3.- Transformadores
113
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un transformador monofásico 1900V a 240V, 50 Hz. Tiene 1.5V por vuelta. a) Calcular el número requerido de vueltas en los devanados primario y secundario respectivamente. El valor de la densidad de flujo necesaria para 1.2Wb/m 2. b) Calcular el área transversal requerida del núcleo de hierro. Si la potencia de salida es de 10 kVA y c) Calcular la corriente del devanado secundario. [a) 1267; 160, b) 56.4 cm2, c) 41.75A] DATOS: V1 = 1900V V2 = 240 V f = 50Hz
V vuelta
V N = 1.5
Wb m 2
β = 1.2
S = 10 kVA SOLUCIÓN: a) N1 = N1 =
b) V1 V N 1900V V 1.5 vuelta
N1 = 1266.67 vueltas N 2 =
240V N 2 = V 1.5 vuelta N 2 = 160 vueltas
4.44* N1* f 1900V
=
4.44*1266.67 vueltas*50 Hz = 0.00675 Wb
β=
A
V2 V N
V1
=
A=
;
A=
β
0.00675 Wb
Wb m 2 A = 0.005629 m 2 A = 56.29 m 2 1.2
c) I2 = I2 =
Ss V2 10 kVA
240V I 2 = 41.67 A
114
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- La relación de voltaje sin carga de un trasformador monofásico a 50 Hz, es de (1200/440)V. Encontrar el número de vueltas en cada devanado si el flujo máximo es de 0.075Wb. [24, 74 vueltas] DATOS: f = 50 Hz V1 = 1200 V V2 = 440 V = 0.075 Wb
SOLUCIÓN: N1 =
V1
4.44* * f 1200V
N1 =
4.44 *0.075 Wb*50 Hz N1 = 72 vueltas N 2 =
V2
4.44* * f
N 2 =
440V
4.44 *0.075 Wb*50 Hz N 2 = 26 vueltas
Capítulo 3.- Transformadores
115
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un transformador monofásico tiene en el primario 500 y 1200 vueltas en el secundario. El área de sección transversal del núcleo es de 75 cm2. Si el devanado primario se conecta a un suministro de 400V, 50 Hz, calcular: a) El valor de pico de la densidad de flujo en el núcleo, y b) La tensión inducida en el devanado secundario. [a) 0.48Wb/m2, b) 60V] DATOS: N1 = 500 vueltas N 2 = 1200 vueltas A = 75 cm 2 = 0.0075 m 2
V1 = 400 V f = 50 Hz SOLUCIÓN: a) =
V1
4.44* N1* f 400V
=
4.44*500 vueltas*50 Hz = 0.0036 Wb β= β=
A 0.0036Wb
0.0075 m 2 Wb β = 0.48 2 m b) α=
N1 N 2
α=
500 vueltas
1200 vueltas α = 0.4167
α=
V1 V2
V2 = V2 =
V1 α 400V
0.4167 V2 = 960 V
116
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un transformador monofásico de 10 kVA, tiene una relación de (300/23) vueltas. El devanado principal está conectado a un suministro de 1500V y 60 Hz. Encuentra: a) El voltaje del devanado secundario en circuito abierto. b) Los valores aproximados de las corrientes en los dos devanados a plena carga. c) Encuentra también el valor máximo del flujo. [a) 115V, b) 6.67A; 87A, c) 11.75 mWb] DATOS: S = 10 kVA N1 = 300 vueltas N 2 = 23 vueltas V1 = 1500 V f = 60 Hz SOLUCIÓN: a) α=
I2 =
300 vueltas I2 =
23 vueltas α = 13.04 α=
V1 V2
V2 =
;
V2 =
V1 α
10 kVA 115V
I 2 = 86.95A
c) = =
b)
I1 =
V2
1500V
13.04 V2 = 115 V
I1 =
S
S
V1
4.44* N1* f 1500V
4.44*300 vueltas*60 Hz = 18.76 mWb
V1 10 kVA
1500V I1 = 6.67 A
Capítulo 3.- Transformadores
117
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un trasformador monofásico de 100 kVA, (3300/400)V, 50 Hz, tiene 110 vueltas en el devanado secundario. Calcular los valores aproximados de las corrientes primarias y secundarias a plena carga, el valor máximo de flujo en el núcleo y el número de vueltas del devanado primario. ¿Cómo varía el flujo en el núcleo con carga? [30.3A, 250A, 16.4 mWb, 907] DATOS: S = 100 kVA V1 = 3000 V V2 = 400 V N 2 = 110 vueltas f = 50 Hz
SOLUCIÓN: S
I1 = I1 =
α=
V1 10 kVA
α=
3300V I1 = 30.3 A I2 = I2 =
V2 3000V
400V α = 8.25 α=
S V2
N1 N 2
N1 = α * N 2
10 kVA
N1 = 8.25*110 vueltas
400V I 2 = 250 A =
V1
N1 = 907.5 vueltas
V2
4.44* N 2 * f
=
400V
4.44*110 vueltas*50 Hz = 16.38mWb
118
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- La corriente en vacío de un transformador es de 5A con un factor de potencia de 0.3 cuando se suministra 230V, 50 Hz. El número de vueltas en el bobinado primario es 200. Calcular el valor máximo del flujo en el núcleo, la pérdida en el núcleo y la corriente de magnetización. [5.18 mWb, 345W, 4.77A] DATOS: I 0 = 5 A cos θ 0 = 0.3 V1 = 230 V f = 50 Hz N1 = 200 vueltas SOLUCIÓN: =
V1
4.44* N1* f 230V
=
4.44* 200 vueltas*50 Hz = 5.18 mWb θ 0 = cos -1 0.3 = 72.54° I 0 = 5 72.54° A I 0 = I w + jI m A I 0 = 1.5 + j4.76 A PH = I w * V1 PH = 1.5A *230V PH = 345 W
I0 = Iw + jIm A I0 = 1.5 + j4.76A Im = 4.76A
Capítulo 3.- Transformadores
119
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- La corriente sin carga de un transformador es de 15A con un factor de potencia de 0.2 cuando se conecta a un suministro de 460V a 50 Hz. Si el devanado primario tiene 550 vueltas, calcular: a) La componente magnetizante de la corriente sin carga. b) La pérdida de hierro. c) El valor máximo del flujo en el núcleo. [a) 14.7A, b) 1380W, c) 3.77 mWb] DATOS: I 0 = 15 A cos θ 0 = 0.2 V1 = 460 V f = 50 Hz N1 = 550 vueltas SOLUCIÓN: a) θ 0 = cos -1 0.2 = 78.46° I0 = 15 78.46° A I0 = I w + jI m A I0 = 3 + j14.69A I m = 14.69 A
b) PH = I w * V1 PH = 3A * 460V PH = 1380 W
c) = =
V1
4.44* N1* f 460V
4.44* 250 vueltas*50 Hz = 3.767mWb
120
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- La corriente en vacío de un transformador es de 4A con un factor de potencia de 0.25 cuando se suministran 250V a 50 Hz. El número de vueltas en el bobinado primario es 200. Calcular: a) El valor R.M.S. del flujo en el núcleo (asumir flujo sinusoidal). b) La pérdida de núcleo. c) La corriente de magnetización. [a) 3.96 mWb, b) 250W, c) 3.87A] DATOS: I0 = 4A cos θ 0 = 0.25 V1 = 250 V f = 50 Hz N1 = 200 vueltas SOLUCIÓN: a) =
PH = I w * V1 PH = 1A *250V
V1
4.44* N1* f 250V
=
4.44* 200 vueltas*50 Hz = 5.63mWb RMS = RMS =
PH = 250 W
c) I0 = I w + jI m A
2 5.63 mWb
I0 = 1+ j3.87A I m = 3.87 A
2
RMS = 3.98 mWb
b) θ0 = cos-1 0.25 θ0 = 75.52 I0 = 4 75.52°A I0 = Iw + jI m A I0 = 1 + j3.87A
Capítulo 3.- Transformadores
121
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- Los datos siguientes se aplican a una salida de un transformador monofásico: 100 kVA, voltaje secundario: 400V; vueltas en el devanado primario: 200; vueltas del secundario: 40. Despreciando las pérdidas, calcular: a) La tensión del primario aplicada. b) Las corrientes del lado primario y secundario y la corriente secundaria. c) Cuando la potencia real de la carga es de 25 kW con factor de potencia 0.8. [a) 2000V; b) 50A, 25A; c) 78.125A] DATOS: S = 100 kVA V2 = 400 V N1 = 200 vueltas N 2 = 40 vueltas P = 25 kW cos θ = 0.8 SOLUCIÓN: a) α=
I2 = N1 N 2
α=
200 vueltas
40 vueltas α=5 α=
V1 V2
V1 = α * V2 V1 = 5 400V V1 = 2000 V
b) I1 = I1 =
I2 =
S V2 100 kVA
400V I 2 = 25 A
c) P = V2 * I 2 * cos θ I2 = I2 =
P V2 * cos θ 25 kW
400V*0.8 I 2 = 78.125 A
S V1 100 kVA 2000V
I1 = 50 A
122
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 14.- El primario del transformador toma 1A con un factor de potencia de 0.4, cuando está conectado a una red de 200V, 50 Hz y el secundario está en circuito abierto. El número de vueltas en el primario es el doble que en el secundario. Cuando una carga de 50A en un factor de potencia de 0.8 se conecta a través del secundario. ¿Cuál es el valor de la corriente principal? [25.9A] DATOS: I 0 = 1A cos θ 0 = 0.4 I 2 = 50 A cos θ 2 = 0.8 V1 = 200 V f = 50 Hz N1 = 2* N 2 α=2 SOLUCIÓN: θ0 = cos-1 0.4 θ0 = 66.42° I0 = 166.42° A I0 = 0.40 + j0.91A θ 2 = cos-1 0.8 θ 2 = 36.86° I2 = 50 36.86° A I2 = 20 + j14.99 A I'2 = I'2 =
I2 α 50 36.86° A 2
I'2 = 25 36.86° A
I1 = I0 + I'2 I1 = 0.40 + j0.91 + 20 + j14.99 A I1 = 20.40 + j15.9A I1 = 25.86 37.93° A
Capítulo 3.- Transformadores
123
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 15.- El número de vueltas en los devanados primario y secundario de un transformador monofásico son 350 y 38, respectivamente. Si el devanado primario está conectado a una fuente de 2.2 kV, 50 Hz, determinar: a) La tensión secundaria en vacío. b) La corriente primaria cuando la corriente secundaria es 200A con un factor de potencia de 0.8 en atraso, si la corriente en vacío es de 5A con un factor de potencia de 0.25 en atraso. c) El factor de potencia de la corriente primaria. [a) 239V; b) 25.65A; c) 0.715 (atraso)] DATOS: N1 = 350 vueltas
I 2 = 200 A
N 2 = 38 vueltas
cos θ 2 = 0.8
V1 = 2.2 kV
I 0 = 5 A
f = 50 Hz
cos θ 0 = 0.25
SOLUCIÓN: a) α= α=
I '2 = N1 N 2
=
350 vueltas 38 vueltas
= 9.21
V1 V2
V2 = V2 =
V1 α 2.2 kV
9.21 V2 = 238.85 V b) θ0 = cos-1 0.25
I '2 =
I2 α 200 36.86° A 9.21
' 2
I = 21.7136.86° A I '2 = 17.37 + j13.02 A I1 = I0 + I'2 I1 = 1 + j4.89 + 17.37 + j13.02 A I1 = 18.37 + j17.91A I1 = 25.65 44.27° A
c)
θ0 = 78.52°
cos θ1 = cos 44.27°
I0 = 5 78.52° A
cos θ1 = 0.716atraso
I0 = 1 + j4.89 A
θ 2 = cos -1 0.8 θ 2 = 36.86° I 2 = 200 36.86° A I 2 = 160 + j119.0 A
124
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 16.- Un transformador monofásico (400/200)V, está suministrando una carga de 25A con factor de potencia de 0.866 en atraso. En vacío, la corriente y el factor de potencia son 2A y 0.208 respectivamente. Calcule la corriente tomada de la fuente. [13.9A atrasada 36.1°] DATOS: V1 = 400 V V2 = 200 V I 2 = 25 A cos θ 2 = 0.866 I0 = 2A cos θ 0 = 0.208 SOLUCIÓN: θ 0 = cos -1 0.208 θ 0 = 77.99° I0 = 2 77.99°A I0 = 0.416 + j1.95 A
θ 2 = cos -1 0.866 θ 2 = 30° I 2 = 25 30° A α= I'2 =
V1 V2 I2 α
= =
400V 200V
=2
25 30° A 2
= 12.5 30° A
I'2 = 10.82 + j6.25 A
I1 = I0 + I'2 I1 = 0.416 + j1.95 + 10.82 + j6.25 A I1 = 11.236 + j8.2A I1 = 13.9 36.12° A
Capítulo 3.- Transformadores
125
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 17.- Un transformador toma 10A en vacío con factor de potencia de 0.1. La relación de transformación es 4:1. Si una carga es aplicada en el secundario a 200A y un factor de potencia de 0.8. Encontrar la corriente del primario y el factor de potencia (caídas de voltaje internas del transformador se pueden ignorar). [57.2A, 0.717 (atraso)] DATOS: I0 = 10 A cos θ 0 = 0.1 α = 4:1 I2 = 200 A cos θ 2 = 0.8
SOLUCIÓN: θ 0 = cos-1 0.1 θ 0 = 84.26° I0 = 10 84.26° A I0 = 1 + j9.94 A
θ 2 = cos -1 0.8 θ 2 = 36.86° I 2 = 200 36.86° A
I'2 =
I2 α
=
200 36.86 A 4
' 2
I = 50 36.86 A I'2 = 40 + j29.99 A I1 = I0 + I'2 I1 = 1 + j9.94 + 40 + j29.99 A I1 = 41 + j39.93A I1 = 57.23 44.24° A cos θ1 = cos 44.24° cos θ1 = 0.717
126
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 18.- Un transformador monofásico se suministra a 1600V en el lado primario y tiene una relación de 8:1, a su vez el transformador alimenta una carga de 20 kW con un factor de potencia de 0.8 en atraso y toma una corriente en vacío es de 2A con un factor de potencia de 0.2. Calcular la magnitud y la fase de la corriente tomada del lado primario. [17.15, 0.753 (atraso)] DATOS: V1 = 1600 V α = 8:1 P = 20 kW cos θ 2 = 0.8 I0 = 2A cos θ 0 = 0.2 SOLUCIÓN: V2 = V2 =
V1
θ 0 = cos -1 0.2
α 1600V
θ 0 = 78.46°
8
θ 2 = cos
= 200 V
I 0 = 0.40 + j1.95 A
-1
0.8
I1 = I 0 + I '2
θ 2 = 36.86°
I1 = 0.40 + j1.95 + 12.50 + j9.37 A
P = V2 * I 2 * cos θ 2 I2 =
I1 = 12.90 + j11.32 A
P
I1 = 17.16 41.26° A
V2 * cos θ 2 20 kW
I2 =
I 0 = 2 78.46° A
= 125 A
200V*0.8 I 2 = 125 36.86° A
cos θ1 = cos 41.26° cos θ1 = 0.751
I '2 = I '2 =
I2 α 125 36.86° A 8
I '2 = 15.625 36.86° A I '2 = 12.50 + j9.37 A
Capítulo 3.- Transformadores
127
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 19.- Un transformador (2200/200)V toma 1A en el lado de alta tensión en vacío con un factor de potencia de 0.385 en atraso. a) Calcule las pérdidas en el hierro. Si una carga de 50A con un factor de potencia de 0.8 en atraso se toma del secundario del transformador, b) Calcular la corriente del primario y su factor de potencia. [847W, 5.44A, 0.74 (atraso)] DATOS: V1 = 2200 V V2 = 200 V I 0 = 1A cos θ 0 = 0.385 I 2 = 50 A cos θ 2 = 0.8 SOLUCIÓN: a)
V1
α=
V2
θ 0 = cos -1 0.385 θ 0 = 67.35°
2200V
α=
200V
I 0 = 1 67.35° A I 0 = I w + jI m I 0 = 0.385 + j0.922A
PH = V1* I w PH = 2200V *0.385A PH = 847 W b) θ0 = cos-1 0.385 = 67.35° I0 = 167.35° A I0 = 0.385 + j0.922A
I'2 =
I2 α
=
= 11
50 36.86° A 11
' 2
I = 4.54 36.86° A I'2 = 3.63 + j2.723A I1 = I0 + I'2 I1 = 0.385 + j0.922 + 3.63 + j2.723 A I1 = 4.015 + j3.645A I1 = 5.42 42.23° A cos θ1 = cos 42.23° cos θ1 = 0.74 atraso
θ 2 = cos -1 0.8 = 36.86° I2 = 50 36.86° A
128
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 20.- Un transformador de (400/200)V, se alimenta una carga de 50A con factor de potencia de 0.866 en atraso. La corriente en vacío es de 2A con factor de potencia 0.208 en atraso. Calcular el factor de potencia de la corriente primaria y el factor de potencia. [26.4A, 0.838 (atraso)] DATOS: V1 = 400 V V2 = 200 V I 2 = 50 A cos θ 2 = 0.866 I0 = 2A cos θ 0 = 0.208 SOLUCIÓN: θ0 = cos-1 0.208 = 77.99°
θ 2 = cos-1 0.866 = 30°
I0 = 2 77.99°A
I 2 = 50 30° A
I0 = 0.416 + j1.95A α= α=
I'2 =
I2 α
=
V1 V2 400V 200V
=2
50 30°A 4
I'2 = 25 30°A I'2 = 21.65 + j12.5A I1 = I0 + I'2 I1 = 0.416 + j1.95 + 21.65 + j12.5 A I1 = 22.06 + j14.45A I1 = 26.37 33.22° A cos θ1 = cos 33.22° cos θ1 = 0.836
Capítulo 3.- Transformadores
129
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- La prueba de corto circuito en un transformador monofásico, con el devanado primario en corto circuito y 30V aplicados al secundario dio una lectura de 60W y la corriente secundaria de 10A. El voltaje nominal aplicado al primario es 200V, la relación de transformación es 1:2 y la corriente secundaria a plena carga es 10A. Calcular el voltaje del secundario con corriente a plena carga para: a) Factor de potencia unitario, b) Factor de potencia 0.8 en atraso. [a) atraso. [a) 394V, b) 377.6V] DATOS: α = 0.5
Prueba cortocircuito
Prueba circuito abierto
PCC 2 = 60 W
V1 = 200 V
I CC 2 = 10 A
I2 = 10 A
VCC 2 = 30 V
SOLUCIÓN: R CC2 = R CC2 =
ZCC2 = ZCC2 =
PCC2
X CC2 =
2 ICC 2
60W 2
10A
= 0.6 Ω
VCC 2
X CC2 V2 =
10A
= 3Ω
V2 =
2
2
3Ω - 0.6Ω = 2.93Ω
X CC2 =
I CC2 30V
ZC2 C2 - R C2 C 2
V1
α 200V 0.5
= 400 V
a) Factor de potencia unitario: E 2 = V2 * cos θ + I 2 * R CC + j V2* sen θ + I 2* X CC E 2 = 400V*1 + 10A*0.6Ω + j 400V*0 +10A * 2.93Ω E 2 = 406 + j29 j29.3V E 2 = 40 407.05 4.12° V
b) Factor de potencia 0.8 en atraso. E 2 = V2 * cos θ + I 2 * R CC + j V2* sen θ + I 2 * X CC E 2 = 400V*0.8+ 10A *0.6 Ω + j 400V*0.6 +10A * 2.93Ω E 2 = 326 + j26 j269.3V E 2 = 42 422.84 39.55° V
130
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un transformador monofásico tiene una relación de transformación de 6, las resistencias del devanado primario y secundario son de 0.9Ω y 0.025Ω 0.025Ω respectivamente y las reactancias para estos devanados son 5.4Ω y 0.15Ω respectivamente. Determine el voltaje que se debe aplicar al devanado de bajo voltaje para obtener una corriente de 100A en el devanado de alto voltaje en cortocircuito. Ignore la corriente de magnetización. [82V] DATOS: α=6 Z1 = 0.9 + j5.4Ω Z2 = 0.025 + j0.15Ω I2 = 100 A
SOLUCIÓN: Impedancia referida al primario:
V1 = I1* Z1 V1 = 10.9 0.94 80.5 0.53° Ω*16.6A
R eq1 = R1 +α2 R 2 2 R eq = 0.9 + 6 *0. 0.025
V1 = 29. 29.87 87 + j179 j179.1 .12 2 V
1
R eq1 = 1.8Ω
Tomando solo parte real: V1 = 29.87V*16.6A
X eq1 = X1 + α 2 *X 2 X eq1 = 5.4Ω + 6 *0.15Ω
V1 = 495.84 V
2
X eq1 = 10.8 Ω
V2 =
Zeq1 = 1.8 + j10.8 Ω
V2 =
Zeq1 = 10.94 80.53° Ω
V1 α 495.84V
6 V2 = 82.64 V
Voltaje en el primario: I1 = I1 =
I2 α 10 0 A
6 I1 = 16.6A
Capítulo 3.- Transformadores
131
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Calcular el circuito equivalente para un transformador de una fase de (3000/400)V en el cual se obtuvieron los siguientes resultados de prueba. La entrada al devanado de alto voltaje cuando el devanado de bajo voltaje esta en circuito abierto; 3000V, 0.5A, 500W. La entrada al devanado de bajo voltaje cuando el devanado de alto voltaje esta en corto circuito; 11V, 100A, 500W. Insertar los valores apropiados de resistencias y reactancias. [R0 = 18000Ω, X0 = 6360Ω, RCC = 2.81Ω, XCC = 5.51Ω] DATOS: α=
3000V 400V
= 7.5
Prueba circuito abierto
Prueba cortocircuito
V1 = 3000 V
VCC 2 = 11 V
I0 = 0.5A
ICC 2 = 100 A
P0 = 500 W
PCC 2 = 500 W
SOLUCIÓN: I1 = I1 =
I2 α 100A
X0 =
V12 Q0 2
= 13.33A
3000V
X0 =
7.5 V1 = α * V2
1414.21VAR X 0 = 636 6363 3.96Ω
V1 = 7.5*11V = 82.5 V
Prueba de cortocircuito:
Prueba de circuito abierto:
PCC 2
R CC2 =
S0 = V1* I0
2 I CC 2
S0 = 3000V *0.5A
Q0 =
R CC2
S02 - P02 2
R0=
V
3000V
500W R 0 = 1 80 00 Ω
132
ICC2 82.5V 13.33A
= 6.18Ω
P0 2
R0=
VCC2
ZCC2 = ZCC2 =
2 1
2
13.33A = 2.81Ω
2
1.5 kVA - 500W Q0 = 14 1414. 14.21 VAR Q0 =
500W
R CC2 =
S0 = 1.5 kVA
X CC2 =
2
2
6.18Ω - 2.81Ω = 5.51Ω
X CC2 = X CC2
ZC2 C 2 - R C2 C 2
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- La pérdida de hierro en el núcleo de un transformador con densidad de flujo normal fue medida a frecuencias de 30 y 50 Hz, los resultados inician en 30W y 54W respectivamente. Calcular: a) La pérdida de histéresis, y b) Las pérdidas por corrientes de Foucault a 50Hz. [a) 44W, b) 10W] DATOS: f i = 30 Hz Pi = 30 W f f = 50 Hz Pf = 54 W f = 50 Hz SOLUCIÓN: A + B * f = A + B * f =
A + 30* B =
30W
Pi f i Pf f f A + 50* B =
30 Hz
A + 30* B = 1 ... 1
54W 50 Hz
A + 50* B = 1.08 1.08 ... ... 2
Resolviendo el sistema de ecuaciones A = 0.88 B = 0.004 a) PHS = A* f PHS = 0.88*50 Hz PHS = 44 W
b) PF = B * f 2 2
PF = 0.004*50 Hz PF = 10 W
Capítulo 3.- Transformadores
133
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un núcleo de hierro fue magnetizado magnetizado por el paso de corriente alterna a través de un devanado en él. La potencia requerida para cierto valor máximo de densidad de flujo fue medido a un número de diferentes frecuencias. La potencia requerida por kg de hierro fue de 0.8W a 25 Hz y 2.04W a 60 Hz. Estimar la potencia necesaria por kg cuando el hierro es sometido a la misma densidad de flujo máximo, cuando la frecuencia es 100 Hz. [3.63W] DATOS: f i = 25 Hz Pi = 0.8 W f f = 60 Hz Pf = 2.04 W f = 100 100 Hz SOLUCIÓN: Pi
A + B * f =
f i
A + 25* B =
0.8W 25 Hz
A + 25* B = 0.03 0.032 2 ... ... 1 A + B * f =
Pf f f
A + 60* B =
2.04W 60 Hz
A + 60* B = 0.03 0.034 4 ... ... 2 Resolvemos el sistema de ecuaciones A = 0.03057 B = 57.142μ 57.142μ
PHS = A* f = 0.03057*100 Hz PHS = 3.057 W 2
PF = B * f 2 = 57.142μ*100 Hz PF = 0.57142 W Pkg = PHS + PF Pkg = 3.0 3.057 57W W + 0.57 0.5714 142W 2W Pkg = 3.63 W
134
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- La relación de conversión de un transformador monofásico es 8, las resistencias de los devanados primario y secundario son 0.85 Ω y 0.012Ω respectivamente y las reactancias de estos devanados son de 4.8Ω y 0.07Ω respectivamente. Determinar el voltaje que se debe aplicar al primario para obtener una corriente de 150A en el circuito secundario cuando las terminales secundarias están en corto circuito. Ignorar las corrientes de magnetización. [176.4V] DATOS: α=8 Z1 = 0.85 + j4.8Ω Z2 = 0.012 + j0.07 Ω I2 = 150 A
SOLUCIÓN: R eq1 = R 1 + α 2 * R 2 2
R eq1 = 0.85Ω + 8 *0.012Ω R eq1 = 1.618 Ω X eq1 = X1 + α 2 * X 2 2
X eq1 = 4.8Ω + 8 *0.07Ω X eq1 = 9.28Ω Zeq1 = 1.618 + j9.28 Ω Zeq1 = 9.4 80.1°Ω
I1 = I1 =
I2 α 150 A
8 I1 = 18.75 A V1 = Z1* I1 V1 = 9.4 80.1° Ω*18.75A V1 = 176. 176.2580. 2580.1° 1°V
Capítulo 3.- Transformadores
135
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un transformador tiene pérdidas sin carga de 55W con un voltaje primario de 250V a 50 Hz y 41W y con un voltaje primario de 200V a 40 Hz. Calcular las pérdidas por histéresis y las pérdidas por corrientes de Foucault en el voltaje primario de 300V a 60 Hz del transformador. Ignorar las pequeñas cantidades de pérdidas de cobre sin carga. [43.5W, 27W] DATOS: V1 = 250 V
f f = 40 Hz
f i = 50 Hz
Pf = 41 W
Pi = 55 W
PHS = ? ; PF = ? a
V1 = 200 V
V1 = 300 V f = 60 Hz
SOLUCIÓN: A + B * f = A + B * f =
A + 50* B =
Pi f i Pf f f
55W
A + 40* B =
50 Hz
A + 50* B = 1.1 ... 1
41W 40 Hz
A + 40* B = 1.025 ... 2
Resolvemos el sistema de ecuaciones A = 0.725 B = 0.0075 PHS = A* f PHS = 0.725*60 Hz PHS = 43.5 W
PF = B * f 2 2
PF = 0.0075*60 Hz PF = 27 W
136
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un transformador 20 kVA, (2500/250)V, 50 Hz de una fase dio los siguientes resultados de prueba, calcular los parámetros de la aproximación del circuito equivalente referido a lado de bajo voltaje. [R0 = 592.5Ω, X0 = 187.2Ω, RCC = 1.25Ω, XCC = 3Ω] DATOS: S = 20 kVA α=
2500
= 10
250 f = 50 Hz
P0 = 105 W
PCC1 = 320 W
I 0 = 1.4 A
ICC1 = 8 A
V2 = 250 V
VCC1 = 104 V
SOLUCIÓN: Prueba de cortocircuito. R CC1 = R CC1 =
2 ICC 1
320W 2
8A
X CC2 = 5 Ω
Prueba de circuito abierto.
S0 = 250V *1.4A
104V 8A
= 13Ω
Reflejando al secundario:
ZCC2 =
2
S0 = V0 * I0
ICC1
ZCC2 =
2
0.13Ω - 0.05Ω = 0.12 Ω
X CC2 =
VCC1
ZCC1 = ZCC1 =
PCC1
2 2 ZCC - R CC 2 2
X CC2 =
S0 = 350 VA
Q0 =
S20 - P02 2
ZCC1
α2 13Ω 2
10
2
350VA - 105W Q0 = 333.87 VAR Q0 =
= 0.13Ω
R0 =
V22
X0 =
P0 2
R CC2 = R CC2
R CC1 2
=
5Ω 2
10 = 0.05Ω α
Capítulo 3.- Transformadores
R0 =
250V
105W R 0 = 595.2 Ω
V22 Q0 2
X0 =
250V
333.87 VAR
X 0 = 187.2 Ω
137
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un transformador monofásico a 10 kVA, (2000/400)V tiene resistencias y reactancias como sigue: R1 = 5.2Ω, X1 = 12.5Ω, R2 = 0.2Ω, X2 = 0.5Ω. Determinar el valor del voltaje de la terminal secundaria cuando el transformador está operando con un voltaje primario nominal y con corriente secundaria nominal y este valor nominal está con un factor de potencia 0.8 en atraso. [376.8V] DATOS: S = 10kVA α = 2000/400 V Z1 = 5.2 + j12.5Ω Z2 = 0.2 + j0.5Ω cos θ 2 = 0.8 SOLUCIÓN: α= α=
V1
X eq2 = X 2 +
V2 2000V 400V
R eq2 = R 2 +
R eq2
α2
X eq2 = 0.5Ω +
=5
12.5Ω 2
5
X eq2 = 1Ω
R 1 α2
R eq2 = 0.2Ω +
X1
5.2Ω
I2 =
2
5 = 0.408Ω
I2 =
S V2 10 kVA 400A
= 25 A
E 2 = V2 * cos θ 2 + I2 * R eq 2 + j V2 * sen θ 2 + I 2 * X eq 2
E 2 = 400V *0.8 + 25A *0.408Ω + j 400V * 0.6 + 25A *1Ω E 2 = 330.2 + j265V E 2 = 423.38 38.74° V
138
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un suministro en un transformador de 10 kVA, 50 Hz, (2000/400)V resulta en 650W de pérdidas de histéresis y 400W de pérdidas por corrientes de Foucault. Si tanto la frecuencia y el voltaje se duplican, encuentre las nuevas pérdidas en el núcleo. [PHS = 1300W, PF = 1600W] DATOS: S = 10kVA f = 50 Hz α=5 PHS = 650 W PF = 400 W
SOLUCIÓN: a) A * f = PHS A=
PHS f
=
650W 50 Hz
= 13
W *100 Hz Hz
PHS = 13
PHS = 1300 W
b) B * f 2 = PF B=
PF f 2
=
400W 2
50 Hz
= 0.16
W 2 *100 Hz Hz
PF = 0.16
PF = 1600 W
Capítulo 3.- Transformadores
139
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- Un transformador 50 kVA, (2200/100)V, cuando se probó arrojó los siguientes resultados, calcule todos los parámetros del circuito equivalente referido al lado de alto voltaje. [R0 = 12.1 kΩ, X0 = 4.724 kΩ, RCC = 1.923Ω, ZCC = 4.39Ω] DATOS: S = 50 kVA
P01 = 400 W
PCC1 = 808 W
α = 2200/100 V
I01 = 10 A
ICC1 = 20.5 A
V2 = 110 V
VCC1 = 90 V
SOLUCIÓN: Prueba de cortocircuito:
S0 = V1* I 01 S0 = 2200V*0.5A
PCC1
R CC1 =
S0 = 1100 VA
2 ICC 1
808W
R CC1 =
Q0 =
2
20.5A R CC = 1.923Ω
ZCC1 =
VCC1 ICC1
R0=
90V
R0=
ZCC1 = 4.39 Ω 2 2 ZCC - R CC 1 1 2
2
X0 = X0 =
Prueba de circuito abierto:
I 01 =
140
P0
2200V
V12 Q0 2
1
I 01 =
V12
400W R 0 = 12.1kΩ
4.39Ω - 1.923Ω X CC = 3.94 Ω X CC1 =
2
2
20.5A
X CC1 =
2
1100VA - 400W Q0 = 1024.69 VAR Q0 =
1
ZCC1 =
S02 - P02
2200V
1024.69 VAR X 0 = 4.723 kΩ
I 02 α 10A 20
= 0.5 A
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un transformador a 200 kVA tiene una eficiencia del 98% a plena carga. Si la eficiencia máxima ocurre a
3 4
de carga. Calcular: a) Pérdidas de hierro a plena carga, b) Pérdidas de cobre a plena
carga, y c) La eficiencia a
1 2
carga. Asumiendo un factor de potencia para todas las cargas de 0.8. [a) 1.777 kW, b) 2.09 kW, c) 97.92%]
DATOS: S = 200kVA
c1 = 1
η = 0.98
c 2 = 0.75
cos θ = 0.8
c3 = 0.5
SOLUCIÓN: a) η=
S * cos θ * c1 S * cos θ * c1 + c12 * PCu + PH
0.98 =
200 kVA *0.8*1 2 200 kVA *0.8*1 + 1 * PCu + PH
PCu + PH =
160 kVA 0.98
- 160 kVA
PCu + PH = 3265.30 ... 1 Para eficiencia máxima:
Resolviendo ecuaciones:
PH = c 22 * PCu
PH = 1.174kW
2
PH = 0.75 * PCu
b)
PH - 0.562* PCu = 0 ... 2
PCu = 2.09kW
c) η= η=
S * cos θ * c3 S * cos θ * c3 + c32 * PCu + PH
*100%
200 kVA*0.8*0.5 *100% 2 200 kVA*0.8*0.5 + 0.5 * 2.09 kW +1.174 kW
η = 97.92%
Capítulo 3.- Transformadores
141
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un transformador monofásico a 600 kVA tiene una eficiencia del 92% a plena carga y a media carga, con factor de potencia unitario. Determinar la eficiencia al 60% de carga y con un factor de potencia de 0.8 en atraso. [90.59%] DATOS:
S = 600 kVA
c1 = 1
η = 0.92
c 2 = 0.5
cos θ = 0.8
c3 = 0.6
SOLUCIÓN: η=
S * cos θ * c1 S * cos θ * c1 + c12 * PCu + PH
0.92 =
600 kVA*1*1 2 600 kVA*1*1 + 1 * PCu + PH 2
PH +1 * PCu =
600 kVA 0.92
- 600 kVA
PH + PCu = 52173.91 ... 1 Para eficiencia máxima: η=
S * cos θ * c2 S * cos θ * c2 + c22 * PCu + PH
600 kVA*1*0.5 2 600 kVA*1*0.5 + 0.5 * PCu + PH 600 kVA*0.5 2 PH + 0.5 * PCu = - 600 kVA *0.5
0.92 =
0.92
PH + 0.25* PCu = 26086.95 ... 2
Resolviendo ecuaciones: PCu = 34.78 kW PH = 17.39 kW
η= η=
S * cos θ * c3 S * cos θ * c3 + c32 * PCu + PH
*100%
600 kVA*0.8*0.6 *100% 2 600 kVA * 0.8 * 0.6 + 0.6 * 34.78 kW + 17.39 kW
η = 90.59%
142
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Encontrar la eficiencia de un transformador a 150 kVA a 25% de plena carga con un factor de potencia de 0.8 en atraso. Si las pérdidas de cobre a plena carga son de 1600W y las pérdidas de hierros son de 1400W. Ignore los efectos de incremento de temperatura y la corriente de magnetización. [96.15%] DATOS: S = 150 kVA c = 0.25 cos θ = 0.8 PCu = 1600 W PH = 1400 W SOLUCIÓN: η= η=
S * cos θ * c S * cos θ * c + c2 * PCu + PH
*100%
150 kVA*0.8*0.25 *100% 2 150 kVA*0.8*0.25 + 0.25 *1.6 kW + 1.4 kW
η = 95.23%
Capítulo 3.- Transformadores
143
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Las pérdidas del cobre y las pérdidas de hierro a plena carga de un transformador son de 920W y 430W respectivamente. Calcular: a) La carga del transformador a eficiencia máxima, b) Las pérdidas para dar la máxima eficiencia a 0.85 de la plena carga si el total de las pérdidas a plena carga siguen sin cambios. [a) 68.4%, b) PH = 565W, PCu = 785W] DATOS: PCu = 920 W PH = 430 W c 2 = 0.85
SOLUCIÓN: a) c1 = c1 =
PH PCu
*100%
430W
920W c1 = 68.36%
*100%
b) PHmax = c 2 * PH PHmax = 0.85*920W PHmax = 782W
PCu max = PCu max =
PCu c 22 430W 2
0.85
PCu max = 595.15 W
144
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- A plena carga las pérdidas de cobre y de hierro en un transformador de 100 kVA son iguales a 2.5 kW. Encontrar la eficiencia con una carga de 65 kVA y con factor de potencia de 0.8. [93.58%] DATOS: S1 = 100 kVA PCu = PH = 2.5kW S2 = 65 kVA cos θ = 0.8
SOLUCIÓN: c= c=
S2 S1 65 kVA
100 kVA c = 0.65 η= η=
S2 * cos θ * c S2 * cos θ * c + c2 * PCu + PH
*100%
65 kVA*0.8*0.65 *100% 2 65 kVA*0.8*0.65 + 0.65 * 2.5 kW + 2.5 kW
η = 93.59%
Capítulo 3.- Transformadores
145
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Un trasformador se realizó una prueba a plena carga y se encontró que la pérdida de cobre es de 1.8% y tiene una caída de reactancia de 3.8%. Calcular su regulación a plena carga; a) Con factor de potencia unitario, b) Con factor de potencia de 0.8 en atraso, c) Con factor de potencia de 0.8 en adelanto. [a) 1.80%, b) 3.7%, c) -0.88%] DATOS: ε r = 1.8% ε x = 3.8% cos θ1 = 1 cos θ 2 = 0.8atraso cos θ3 = 0.8adelanto
SOLUCIÓN: a) %Reg = ε r * cos θ1 + ε x * sen θ1 cos-1 1 = 0 %Reg = 1.8* cos 0 + 3.8* sen 0 %Reg = 1.8%
b) %Reg = ε r * cos θ2 + ε x * sen θ 2 cos-1 0.8 = 36.86° %Reg = 1.8* cos 36.86° + 3.8* sen 36.86° %Reg = 3.72%
c) %Reg = ε r * cos θ3 + ε x * sen θ3 cos-1 0.8 = - 36.86° %Reg = 1.8* cos -36.86° + 3.8* sen -36.86° %Reg = - 0.84%
146
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un transformador monofásico a 100 kVA ha sido probado en ciertas condiciones y se obtuvieron los siguientes resultados: En circuito abierto la potencia consumida fue de 1300W y en corto circuito la potencia consumida fue 1200W. Calcular la eficiencia del transformador; a) A plena carga, b) A media carga cuando trabaja con un factor de potencia unitario. [a) 97.6%, b) 96.9%] DATOS: S = 100 kVA PH = 1200 W PCu = 1300 W c1 = 1 c 2 = 0.5 cos θ = 1
SOLUCIÓN: a) η= η=
S * cos θ * c1 S * cos θ * c1 + c12 * PCu + PH
*100%
100 kVA*1*1 *100% 2 100 kVA*1*1+ 1 *1.3 kW + 1.2 kW
η = 97.56%
b) η= η=
S * cos θ * c2 S * cos θ * c2 + c22 * PCu + PH
*100%
100 kVA*1*0.5 *100% 2 100 kVA * 1 * 0.5 + 0.5 * 1.3 kW + 1.2 kW
η = 97.04%
Capítulo 3.- Transformadores
147
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un transformador monofásico a (11000/230)V, 150 kVA, 50 Hz tiene unas pérdidas en el núcleo de 1.4 kW y pérdidas de cobre a plena carga de 1.6 kW. Determinar a) Los kVA para una máxima y una mínima eficiencia, b) La eficiencia a media carga con un factor de potencia de 0.8 en atraso. [a) 140.33 kVA, b) 97.6%; 97%] DATOS: α=
11000
PH = 1.4 kW
= 47.82
230 Snom = 150 kVA
PCu = 1.6 kW cos θ = 0.8
f = 50 Hz
c2 = 0.5
SOLUCIÓN: a) c1 = c1 =
PH
Smax = c1*Snom
PCu
Smax = 0.935*150 kVA
1.4 kW 1.6 kW
Smax = 140.25kVA
= 0.935
b) Plena carga: ηmax = ηmax =
Smax * cos θ * c1 Smax * cos θ * c1 + c12 * PCu + PH
*100%
140.25 kVA*0.8*0.935 *100% 2 140.25 kVA*0.8*0.935 + 0.935 *1.4 kW + 1.4 kW
ηmax = 97.6%
Media carga: η=
η=
Snom * cos θ * c2 Snom * cos θ * c 2 + c22 * PCu + PH
*100%
150 kVA*0.8*0.5 *100% 2 150 kVA*0.8*0.5 + 0.5 *1.6 kW + 1.4 kW
η = 97.08%
148
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un transformador monofásico que trabaja a factor de potencia unitario, tiene una eficiencia del 90% a media carga, con 500 kW a media carga y plena carga. Determinar la eficiencia al 75% de carga. [90.5%] DATOS: cos θ = 1
c1 = 1
η = 0.9
c 2 = 0.5
P = 500 kW
c3 = 0.75
SOLUCIÓN: Eficiencia a media carga: S= η=
P cos θ
=
500 kW
2
= 500 kVA
PH + 0.5 * PCu =
1 S * cos θ * c2
0.9
- 250 kVA
PH + 0.25* PCu = 27777.78 ... 1
2 2
S * cos θ * c2 + c * PCu + PH
0.9 =
500 kVA*1*0.5 2 500 kVA*1*0.5+ 0.5 * PCu + PH
Eficiencia a plena carga: η=
250 kVA
Resolviendo ecuaciones:
S * cos θ * c1
PH = 18.518 kW
S * cos θ * c1 + c12 * PCu + PH
0.9 =
500 kVA*1*1 2 500 kVA *1*1 + 1 * PCu + PH 2
PH +1 * PCu =
500 kVA 0.9
PCu = 37.037 kW
- 500 kVA
PH + PCu = 55555.55 ... 2 Eficiencia al 75% de carga: η= η=
S * cos θ * c3 S * cos θ * c3 + c32 * PCu + PH
*100%
500 kVA*1*0.75 *100% 2 500 kVA*1*0.75 + 0.75 * 37.037 kW + 18.518 kW
η = 90.5%
Capítulo 3.- Transformadores
149
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un transformador monofásico a 10 kVA, (500/250)V tiene una eficiencia máxima del 94% cuando desarrolla el 90% de su rango de salida con factor de potencia unitario. Calcular la eficiencia cuando desarrolla en la salida a plena carga y con un factor de potencia de 0.8 en atraso. [92.6%] DATOS:
S = 10 kVA α=
500
c1 = 0.9 cos θ1 = 1
=2
c2 = 1
250 ηmax = 0.94
cos θ 2 = 0.8
SOLUCIÓN: PH = c12 * PCu PH - c12 * PCu = 0 2
PH - 0.9 * PCu = 0 ... 1
η=
S * cos θ1* c22 S * cos θ1 * c 2 + c 22 * PCu + PH
0.94 =
10 kVA*1*1 2 10 kVA *1*1 + 1 * PCu + PH 2
PH +1 * PCu =
10 kVA 0.94
- 10 kVA
PH + PCu = 638.29 ... 2 Resolviendo ecuaciones: PCu = 352.646 W PH = 285.646 W
η= η=
S * cos θ 2 * c2 S * cos θ 2 * c2 + c22 * PCu + PH
*100%
10 kVA*0.8*1 *100% 2 10 kVA*0.8*1 + 1 *352.646W + 285.646W
η = 92.61%
150
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- Un transformador monofásico tiene un voltaje nominal en circuito abierto de (3300/660)V. Las resistencias del primario y el secundario son 0.8Ω y 0.03Ω respectivamente, las reactancias
correspondientes son 4Ω y 0.12Ω. La carga es equivalente a una bobina de resistencia 4.8Ω y una reactancia inductiva de 3.6Ω. Determine el voltaje terminal del transformador y la salida en kW. [636V, 54 kW] DATOS: α=
3300V
X1 = 4Ω
=5
660V R1 = 0.8Ω
X2 = 0.12Ω Zc = 4.8 + j3.6 Ω
R 2 = 0.03Ω SOLUCIÓN: I2 = I2 =
V2 Zc 660V 4.8 + j3.6
I 2 = 110 -36.86°A R eq2 = R 2 +
R 1 α
Xeq2 = X 2 +
2
R eq2 = 0.03Ω +
0.8Ω
X1 α2
Xeq2 = 0.12Ω +
2
5
R eq2 = 0.062 Ω
4Ω 2
5
Xeq2 = 0.28Ω cos θ = cos -36.86° cos θ = 0.8
E 2 = V2 * cos θ + I 2 * R eq 2 + j V2* sen θ - I 2 * X eq 2
E 2 = 660V *0.8 + 110A*0.062Ω + j 660V * 0.6 -110A * 0.28Ω E 2 = 534.82 + j365.2 V E 2 = 647.61 34.32° V PS = E 2 * I 2 * cos θ PS = 647.61V *110A * 0.8 PS = 56.98 kW
Capítulo 3.- Transformadores
151
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- Un transformador monofásico de 100 kVA tiene pérdidas de hierro de 600W y pérdidas en el cobre de 1.5 kW con la corriente de plena carga. Calcular la eficiencia con: a) 100 kVA de salida y un factor de potencia de 0.8 en atraso, b) 50 kVA de salida con un factor de potencia unitario. [a) 97.44%, b) 98.09%] DATOS: S1 = 100 kVA c1 = 1 PH = 600 W PCu = 1500 W cos θ1 = 0.8 S2 = 50 kVA cos θ 2 = 1
SOLUCIÓN: a) η= η=
S1* cos θ1* c1 S1* cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH
*100%
100 kVA*0.8*1 *100% 2 100 kVA*0.8*1 + 1 *1.5 kW + 600W
η = 97.44%
b) c2 = c2 =
S2 S1 50 kVA
100 kVA c 2 = 0.5
η= η=
S1* cos θ 2 * c2 S1* cos θ 2 * c 2 + c22 * PCu + PH
*100%
100 kVA*1*0.5 *100% 2 100 kVA*1*0.5+ 0.5 *1.5 kW + 600W
η = 98.08%
152
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- Un transformador monofásico de 10 kVA, (440/3300)V, cuando se prueba a circuito abierto, dio los siguientes datos en el lado primario 440V, 1.3A, 115W. Cuando se hace la prueba a corto circuito con la corriente a plena carga, la potencia de entrada fue de 140W. Calcular la eficiencia del transformador: a) A plena carga y con factor de potencia unitario, b) A un cuarto de carga con un factor de potencia de 0.8. [a) 97.51%, b) 94.18%] DATOS: S = 10 kVA
Circuito Abierto V1 = 440 V
α=
440
3300 c1 = 1
I0 = 1.3A PCu = 115 W
= 0.133
cos θ1 = 1
Corto circuito
c 2 = 0.25
PH = 140 W
cos θ 2 = 0.8
SOLUCIÓN: a) η= η=
S * cos θ1* c1 S * cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH
*100%
10 kVA*1*1 *100% 2 10 kVA*1*1 +1 *115W + 140W
η = 97.51%
b) η= η=
S * cos θ2 * c2 S * cos θ2 * c 2 + c 22 * PCu + PH
*100%
10 kVA*0.8*0.25 *100% 2 10 kVA*0.8*0.25+ 0.25 * 115W + 140W
η = 93.14%
Capítulo 3.- Transformadores
153
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 14.- Un transformador monofásico de 150 kVA tiene una pérdida en el núcleo de 1.5 kW y a plena carga una pérdida de cobre de 2 kW. Calcular la eficiencia del transformador: a) A plena carga con un factor de potencia 0.8 en atraso, b) A la mitad de carga con factor de potencia unitario. Determinar también la corriente del secundario a la cual la eficiencia es máxima si el voltaje del secundario se mantiene a su valor nominal de 240V. [a) 97.17%, b) 97.4%, 541A] DATOS: S = 150 kVA
c1 = 1
PH = 1.5 W
cos θ1 = 0.8
PCu = 2 kW
c 2 = 0.5
V2 = 240 V
cos θ 2 = 1
SOLUCIÓN: a) η= η=
S * cos θ1* c1 S * cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH
*100%
150 kVA*0.8*1 *100% 2 150 kVA*0.8*1+ 1 *2 kW + 1.5 kW
η = 97.17%
b) η= η=
S * cos θ2 * c2 S * cos θ2 * c2 + c22 * PCu + PH
*100%
150 kVA*1*0.5 *100% 2 150 kVA*1*0.5+ 0.5 *2 kW + 1.5 kW
η = 97.4%
c3 =
PH PCu
=
1.5 kW 2 kW
c3 = 0.866
Smax = V2 * I max I max =
Smax V2
=
129.90 kVA 240V
I max = 541.26 A Smax = c3 * S Smax = 0.866*150 kVA Smax = 129.90 kVA
154
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 15.- Un transformador monofásico de 200 kVA, (3300/400)V, dio los siguientes resultados en la prueba de corto circuito. Con 200V aplicados al primario y el secundario en cortocircuito, la corriente del primario fue el valor a plena carga y una potencia de entrada de 1650W. Calcular el voltaje secundario y el porcentaje de regulación cuando la carga en el secundario es 300A con un factor de potencia 0.707 en atraso con un voltaje primario normal. [380V, 4.8%] DATOS: α=
3300V 400V
Prueba de cortocircuito
= 8.25
VCC1 = 200 V
S = 200kVA
PCC1 = 1650 W
cos θ 2 = 0.707 I 2 = 300 A
SOLUCIÓN: ICC1 = ICC1 =
I2 α 300A
ZCC1 = ZCC1 =
R CC1 = R CC1 =
8.25
ZCC2 = = 36.36 A
ZCC2
R CC2 =
= 5.5Ω
2
8.25 = 80.81mΩ
ICC1 36.36A
α2 5.5Ω
ZCC2 =
VCC1 200V
ZCC1
R CC1
R CC2 =
PCC1 2 ICC 1
R CC2
1650W 2
36.36A
= 1.24 Ω
α2 1.24Ω 2
8.25 = 18.21mΩ
X CC2 =
2 2 ZCC - R CC 2 2 2
X CC2
2
80.81mΩ - 18.21mΩ = 78.73mΩ
X CC2 =
E 2 = V2 * cos θ + I 2 * R CC2 + j V2* sen θ + I 2 *X CC2
E 2 = 400V*0.707 + 300A*18.21mΩ + j 400V*0.707 - 300A*78.73mΩ E 2 = 284.78 + j297.21V
%Reg =
E 2 = 420.69 46.75° V
%Reg =
E 2 - V2 V2
*100%
420.69V - 400V
400V %Reg = 5.17%
Capítulo 3.- Transformadores
*100%
155
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 16.- Los devanados primario y secundario de un transformador monofásico de 40 kVA, (6600/250)V, tienen resistencias de 10Ω y 0.02Ω respectivamente. Las reactancias del transformador referidas al primario es 35Ω. Calcular: a) El voltaje primario requerido para circular
una corriente a plena carga cuando el secundario esta en corto circuito, b) La regulación a plena carga con factor de potencia unitario y factor de potencia de 0.8 en atraso. Despreciar la corriente en vacío. [a) 256V, b) 2.2%, 3.7%] DATOS: R1 = 10Ω
S = 40kVA α=
6600V 250V
R 2 = 0.02 Ω
= 26.4
Xeq1 = 35Ω
SOLUCIÓN: a) I2 = I2 =
S V2 40 kVA 250V
R eq2 = R 2 +
= 160 A
R 1
α2 10Ω
R eq2 = 0.02Ω + R eq2
2
26.4 = 0.0343Ω
X eq2 = X eq2 =
X eq1 α2 35Ω 2
26.4
X eq2 = 0.0502 Ω E 2 = V2 * cos θ + I2 * R CC2 + j V2* sen θ + I2 * XCC 2
E 2 = 250V*1 +160A* 0.0343Ω + j 250V * 0 +160A * 0.0502Ω E 2 = 255.48 + j8.032V E 2 = 255.611.8°V
156
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. b) Factor de potencia unitario. %Reg = %Reg =
E 2 - V2 V2
*100%
255.61V - 250V
250V %Reg = 2.24%
*100%
Factor de potencia atraso. E 2 = V2 * cos θ + I 2 * R CC2 + j V2 * sen θ + I 2 * X CC2
E 2 = 250V *0.8 + 160A *0.0343Ω + j 250V * 0.6 +160A * 0.0502Ω E 2 = 205.48 + j158.032V E 2 = 259.22 37.56° V %Reg = %Reg =
E 2 - V2 V2
*100%
259.22V - 250V
250V %Reg = 3.68%
*100%
Capítulo 3.- Transformadores
157
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 17.- Calcular: a) La eficiencia a plena carga con un factor de potencia unitario, b) El voltaje terminal en el secundario cuando se suministra una corriente a plena carga en el secundario con factor de potencia: 1) 0.8 en atraso, 2) 0.8 en adelanto, para un transformador monofásico de 4 kVA, (200/400)V, 50 Hz, el cual tiene los siguientes datos de pruebas: Circuito abierto: Con 200V aplicados al devanado primario con una potencia de 60W. Corto circuito: Con 16V aplicados al devanado de alta tensión con una corriente de 8A y una potencia de 40W. [a) 0.97, b) 383V, 406V] DATOS: S = 4 kVA α=
200
= 0.5
400 f = 50 Hz
cos θ1 = 1
Circuito Abierto
Corto circuito
cos θ 2 = 0.8 atraso
PCu = 60 W
PH = 40 W
cos θ 3 = 0.8 adelanto
V0 = 200 V
ICC2 = 8 A VCC2 = 16 V
SOLUCIÓN: η=
a)
η=
S * cos θ1* c1 S * cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH
*100%
4 kVA*1*1 *100% 2 4 kVA*1*1 +1 *60W + 40W
η = 97.56% ZCC2 = ZCC2 =
VCC2
R CC2 =
ICC2 16V 8A
= 2 Ω
R CC2 =
b)
PCC2 I2CC2 40W 2
8A
= 0.625Ω
X CC2 =
2 2 ZCC - R CC 2 2
X CC2 =
2Ω - 0.625Ω
2
X CC2 = 1.899 Ω
Factor de potencia 0.8 atraso.
E 2 = V2 * cos θ 2 + I2 * R CC2 + j V2 * sen θ2 + I2 * XCC 2
E 2 = 400V*0.8 + 10A * 0.625Ω + j 400V * 0.6 +10A *1.899Ω E 2 = 326.25 + j258.99 V E 2 = 416.55 38.44° V
Factor de potencia 0.8 en adelanto. E 2 = V2 * cos θ3 + I 2 * R CC2 + j V2 * sen θ3 - I2 * XCC 2
E 2 = 400V*0.8 + 10A* 0.625Ω + j 400V * 0.6 -10A *1.899Ω E 2 = 326.25 + j221.01V E 2 = 394.06 34.11° V
158
Capítulo 3.- Transformadores
2
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 18.- Un trasformador de 100 kVA, (6600/250)V, 50 Hz dio los siguientes resultados: Circuito abierto: 900W, voltaje nominal. Cortocircuito (tomados en lado de alta tensión): 12A, 290V, 860W. Calcular: a) La eficiencia y el porcentaje de regulación a plena carga con un factor de potencia de 0.8 en atraso, b) La carga a la cual se ocurre la máxima eficiencia y el valor de esta eficiencia para factor de potencia unitario, 0.8 en atraso y 0.8 en adelanto. [a) 97.3%, 4.32%, b) 81 kVA, 97.8%, 97.3%, 97.3%] DATOS: S = 100kVA α=
6600V 250V
= 26.4
Circuito abierto
Cortocircuito
PCu = 900 W
ICC = 12 A
V1 = 6600 V
VCC = 290 V
f = 50 Hz
PCC = 860 W
cos θ1 = 1 cos θ 2 = 0.8atraso cos θ3 = 0.8adelanto
SOLUCIÓN: a) η= η=
S * cos θ 2 * c1 S * cos θ 2 * c1 + c12 * PCu + PH
*100% I2 =
100 kVA*0.8*1 *100% 2 100 kVA * 0.8 * 1 + 1 * 900W + 860W
I2 =
η = 97.84% ZCC1 = ZCC1 =
VCC1
X CC1 =
ICC1 290V
R CC1 =
100 kVA
860W 2
12A R CC = 5.97 Ω 1
Capítulo 3.- Transformadores
= 400 A
2 2 ZCC - R CC 1 1 2
2
1
Reflejando al secundario. R CC2 =
2 CC1
250V
24.16Ω - 5.97Ω X CC = 23.41Ω
PCC1 I
V2
X CC1 =
12A ZCC1 = 24.16 Ω
R CC1 =
S
R CC2 =
R CC1 α2 5.97Ω 2
26.4
R CC2 = 8.56 mΩ
X CC2 = X CC2 = X CC2
XCC1 α2 23.41Ω 2
26.4 = 0.033Ω
159
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. E 2 = V2 * cos θ 2 + I 2 * R CC2 + j V2 * sen θ 2 + I 2 * X CC2
E 2 = 250V *0.8 + 400A*8.56mΩ + j 250V * 0.6 + 400A * 0.033Ω E 2 = 203.42 + j163.2V E 2 = 260.79 38.73° V b) %Reg = %Reg =
E 2 - V2 V2
*100%
c2 =
260.79V - 250V
250V %Reg = 4.31%
*100%
c2 =
PH PCu 860W
900W Smax = c 2 * S
= 0.9775
Smax = 0.9775*100 kVA Smax = 97.75 kVA Factor de potencia unitario. ηmax = ηmax =
Smax * cos θ1* c2 Smax * cos θ1* c 2 + c 22 * PCu + PH
*100%
97.75 kVA*1*0.9775 *100% 2 97.75 kVA * 1 * 0.9775 + 0.9775 * 860W + 860W
ηmax = 98.27%
Factor de potencia atraso. ηmax = ηmax =
Smax * cos θ 2 * c2 Smax * cos θ 2 * c2 + c22 * PCu + PH
*100%
97.75 kVA*0.8*0.9775 *100% 2 97.75 kVA * 0.8 * 0.9775 + 0.9775 * 860W + 860W
ηmax = 97.84%
Factor de potencia adelanto. ηmax = ηmax =
Smax * cos θ3* c2 Smax * cos θ3 * c 2 + c22 * PCu + PH
*100%
97.75 kVA *0.8*0.9775 *100% 2 97.75 kVA * 0.8 * 0.9775 + 0.9775 * 860W + 860W
ηmax = 97.84%
160
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 19.- La resistencia del primario de un transformador de (440/110)V es 0.5Ω y la resistencia del secundario es 0.04Ω. Cuando 440V son aplicados en el primario y en el secundario se abre el circuito y se dan 200W del suministro. Encuentre la corriente del secundario a la cual se dará la máxima eficiencia y calcular esta eficiencia para una carga teniendo un factor de potencia unitario. [53A, 93.58%] DATOS: PH = PCu = 200 W α=
440V
=4 110V R1 = 0.5 Ω R 2 = 0.04 Ω
cos θ = 1 SOLUCIÓN: R eq2 = R 2 +
R 1 α2
R eq2 = 0.04Ω + R eq2
0.5Ω 2
4 = 0.07125Ω
PCu = I22 * R eq 2 I2 =
PCu R eq2
=
200W 0.07125Ω
I 2 = 53 A S = V2 * I 2 S = 110V *53A S = 5830 VA η= η=
S * cos θ * c S * cos θ * c + c * PCu + PH
*100%
5830VA*1*1 *100% 2 5830VA*1*1 +1 * 200W + 200W
η = 93.57%
Capítulo 3.- Transformadores
161
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 20.- Dos pruebas son realizadas en un transformador de 40 kVA para determinar su eficiencia. Los resultados fueron: Circuito abierto: 250V con 500W. Cortocircuito: 40V con corriente a plena carga, 750W, ambas pruebas realizadas en el lado primario. Calcular la eficiencia para los kVA nominales y ½ kVA con factor de potencia unitario y factor de potencia 0.8. [96.97%, 96.68%, 96.24%, 95.87%] DATOS: cos θ1 = 1
S = 40kVA
Circuito abierto
Cortocircuito
cos θ2 = 0.8
c1 = 1
V1 = 250 V
V1 = 40 V
c2 = 0.5
PH = 500 W
PCu = 750 W
SOLUCIÓN:
Eficiencia para factor de potencia unitario: η= η=
S * cos θ1* c1 S * cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH
*100%
40 kVA*1*1 *100% 2 40 kVA*1*1+ 1 *750W + 500W
η = 96.97% η= η=
S * cos θ1* c2 S * cos θ1* c2 + c22 * PCu + PH
*100%
40 kVA*1*0.5 *100% 2 40 kVA*1*0.5 + 0.5 *750W + 500W
η = 96.67%
Eficiencia para factor de potencia 0.8 en atraso: η= η=
S * cos θ2 * c1 S * cos θ2 * c1 + c12 * PCu + PH
*100%
40 kVA*0.8*1 *100% 2 40 kVA * 0.8 * 1 + 1 * 750W + 500W
η = 96.24% η= η=
S * cos θ2 * c2 S * cos θ 2 * c2 + c22 * PCu + PH
*100%
40 kVA*0.8*0.5 *100% 2 40 kVA * 0.8 * 0.5 + 0.5 * 750W + 500W
η = 95.88%
162
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 21.- Los datos siguientes se obtuvieron a partir de pruebas de un transformador de 30 kVA, (3000/110)V: Voltaje Corriente Potencia Circuito Abierto 3000V 0.5A 350W Corto Circuito 150V 10A 500W Calcular la eficiencia del transformador: a) A plena carga y un factor de potencia de 0.8 y b) A media carga con un factor de potencia unitario. También calcular los kVA de salida a la cual la eficiencia es máxima. [a) 96.56%, b) 97%, 25.1 kVA] DATOS: S = 30kVA α=
3000
cos θ1 = 0.8 c1 = 1
= 27.27
cos θ 2 = 1
110 PCu = 350 W
c 2 = 0.5
PH = 500 W
SOLUCIÓN: a) η= η=
S * cos θ1* c1 S * cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH
*100%
30 kVA*0.8*1 *100% 2 30 kVA*0.8*1+ 1 *350W + 500W
η = 96.57%
b) η= η=
S * cos θ 2 * c2 S * cos θ 2 * c2 + c 22 * PCu + PH
*100%
30 kVA*1*0.5 *100% 2 30 kVA*1*0.5+ 0.5 *350W + 500W
η = 96.23% c3 =
PH PCu
=
350W
Smax = c3 * S
500W
Smax = 0.8366* 30 kVA
c3 = 0.8366
Capítulo 3.- Transformadores
Smax = 25.1kVA
163
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 22.- La eficiencia de un transformador monofásico de 400 kVA es 98.77%, cuando trabaja a plena carga con un factor de potencia de 0.8 y al 99.13% a media carga con un factor de potencia unitario. Calcular a) Las pérdidas en el hierro y b) Las pérdidas en el cobre a plena carga. [a) 1012W, b) 2973W] DATOS: S = 400 kVA
c1 = 1
η1 = 98.77%
cos θ1 = 0.8
η2 = 99.13%
c 2 = 0.5 cos θ 2 = 1
SOLUCIÓN: Plena carga: η1 =
S * cos θ1 * c1 S * cos θ1 * c1 + c12 * PCu + PH
0.9877 = 2
400 kVA *1*0.8 2 400 kVA *1*0.8 + 1 * PCu + PH
PH +1 * PCu =
320 kVA 0.9877
- 320 kVA
PH + PCu = 3985.01... 1 Media carga: η2 =
S * cos θ 2 * c2 S * cos θ 2 * c 2 + c 22 * PCu + PH
0.9913 =
400 kVA *0.5*1 2 400 kVA *0.5 *1 + 0.5 * PCu + PH 2
PH + 0.5 * PCu =
200 kVA 0.9913
- 200 kVA
PH + 0.25* PCu =1755.27 ... 2 Resolviendo ecuaciones: PH = 1012.02 W PCu = 2972.98 W
164
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un transformador de 100 kVA tiene una eficiencia máxima del 98% al 50% de la plena carga y factor de potencia unitario. Determinar las pérdidas de hierro y las pérdidas de cobre a plena carga: El transformador experimenta un ciclo de carga diaria como sigue: Carga Factor de potencia 100kVA 1.0 50kVA 0.8 Sin carga Determinar la eficiencia de todo el día.
Duración de la carga 8 hrs 6 hrs 10 hrs
DATOS: S = 100 100kVA kVA
c = 0.5
ηmax = 98%
cos θ = 1
SOLUCIÓN: η=
PH = c 2 * PCu 2
PH - 0.5 * PCu = 0
S * cos θ * c S* cos θ * c + c * PCu + PH
0.98 =
100 kVA *1*0.5 2 100 kVA *1*0.5 + 0.5 * PCu + PH
0.25* PCu + PH = 1020.40 ...
PCu = 2040.8 W PH = 510.2 W
1
2
PH - 0.25* PCu = 0 ... 2
c12 * PCu *hrs = 0.5 *2040.8W *6 hrs
c1* S1* cos θ1*hrs = 100 kVA*1*1*8 hrs
c12 * PCu *hrs = 3061.2 W - hrs
c1* S1* cos θ1*hrs = 800 kW - hrs
c22 * PCu *hrs = 1 *2040.8W*8 hrs
c2 * S1* cos θ 2 *hrs = 100 kVA*0.5* 0.8* 6 hrs
c22 * PCu *hrs = 16326.4 W - hrs
c2 * S1* cos θ 2 *hrs = 240 kW - hrs
c * P
1040kW - hrs kW - hrs = 1040
2
2
Cu
*hrs = 19387.6 W - hrs
PH * hrs = 510.2W *24 hrs PH * hrs hrs = 122 12244 44 W - hrs hrs
Eficiencia: η=
kW - hrs
*100%
kW - hrs + c 2* PCu + PH 1040 1040 kW - hrs hrs η= *100% 1040 1040 kW - hrs hrs +193 +19387 87.6 .6 W - hrs hrs +1224 12244 4 W - hrs hrs η = 97.04%
Capítulo 3.- Transformadores
165
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un transformador a 20 kVA tiene una máxima eficiencia del 98% cuando desarrolla
3
de carga 4 y con un factor de potencia unitario. Si durante el día, el transformador tuvo estas cargas: 12 hrs 6 hrs 6 hrs Calcular la eficiencia del transformador.
Sin carga 12 kWh, 0.8 factor de potencia 20kW, factor de potencia unitario
DATOS: S = 20 kVA kVA ηmax = 0.98 c1 = 0.7 0.75 cos θ = 1
SOLUCIÓN: η=
S * cos θ * c S * cos θ * c + c2 * PCu + PH
0.98 =
20 kVA*1*0.75 2 20 kVA*1*0.75 + 0.75 * PCu + PH
2
0.75
* PCu + PH = 306.12 ... 1 PH = c 2 * PCu 2
PH - 0.75 * PCu = 0 ... 2
Resolviendo ecuaciones: PH = 153.06 W PCu = 272.11 W PH * hrs = 153.06W* 24 hrs PH * hrs hrs = 367 3673. 3.44 44 W - hrs hrs
166
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. P= P=
P * hrs hrs 12 kW - hrs
S2 = S2 =
c= c=
6 hrs P cos θ 2 kW 0.8
= 2 kW
= 2.5 kVA
S2 S1 2.5 kVA 20 kVA
= 0.125 2
c22 * PCu *hrs = 0.125 * 272.11W * 6 hrs c22 * PCu *hrs = 25.51 W 2
c12 * PCu *hrs = 1 * 272.11W * 6 hrs c12 * PCu *hrs = 1.632 kW
c * P 2
Cu
*hrs = 1658.17 W - hrs c22 * S1* cos θ1*hrs = 0.125* 20 kVA* 0.8 * 6 hrs c1* S1* cos θ1*hrs = 12 W - hrs c1* S1* cos θ 2 *hrs = 1* 20 kVA*1 * 6 hrs c1* S1* cos θ 2 *hrs = 120 kW - hrs 132 kW - hrs kW - hrs = 132
Eficiencia η=
kW - hrs
*100%
kW - hrs + c2 * PCu + PH 132 132kW - h hrs rs η= *100% 132 132kW - hrs hrs +165 +1658. 8.17 17W - hrs hrs+ 367 3673. 3.44 44 W - hrs hrs
η = 96.11%
Capítulo 3.- Transformadores
167
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Dos transformadores monofásicos “A” y “B” con relación de tensión igual, trabajan en paralelo y suministran una carga carga que requiere una una corriente de 500A con un un factor de potencia 0.8 en atraso con un voltaje entre terminales de 400V. Las impedancias equivalentes de los transformadores referidas a los devanados secundarios son de (2 + j3)Ω y (2.5 + j5)Ω. Calcular la corriente suministrada por cada transformador. [IA = 304 A, IB = 197 A] DATOS: IT = 500 A cos θ = 0.8 V = 400 V Z1 = 2 + j3 = 3.6 56.3° Ω Z2 = 2.5 + j5 = 5.59 63.43° Ω
SOLUCIÓN: Transformador “A”: θ T = cos -1 0.8 = 36.86° IT = 500 36.86° A
Z2 Z + Z
IA = I T *
1
2
5.59 5.59 63.43° 63.43°Ω IA = 500 36 36.86° A* 3.6 56.3° 56.3°Ω + 5.59 63.43°Ω 3.6 IA = 304.69 39.65° A
Transformador “B”:
Z1 Z + Z 2 1
IB = I T *
3.6 3.6 56.3° 56.3°Ω IB = 500 36 36.86°A * 5.59 5.59 63.43° 63.43°Ω + 3.6 56.3° Ω IB = 196.22 32.52° A
168
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Dos transformadores monofásicos “A” y “B” están operando en paralelo y suministran una carga en común de 1000 kVA con un factor de potencia de 0.8 en atraso. Los datos con respecto a los transformadores son los siguientes: Transformador Clasificación %Resistencia 750 kVA 3 “A” “B” 500 kVA 2 Determinar la carga de cada uno de los transformadores.
%Reactancia 5 4
[ SA = 535 -34.7° kVA ; SB = 465 -39.3° kVA ] DATOS: ST = 1000kVA cos θ = 0.8 θ = 36.86°
SOLUCIÓN: Transformador “A”: Z1 = 3 + j5Ω
750 kVA *2 + j4Ω 500 kVA
Z2 =
Z2 = 3 + j6Ω
Z2 Z + Z
SA = ST *
1
2
3 + j6Ω 3 + 5jΩ + 3 + j6Ω
SA = 1000 -36.86° kVA * SA = 535.3 -34. 34.8°kVA
Transformador “B”:
Z1 Z2 + Z1
SB = ST *
3 + j5Ω 3 + j6Ω + 3 + j5Ω
SB = 1000 -36.86° kVA * SB = 465. 465.3 36 -39.21° kVA
Capítulo 3.- Transformadores
169
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Dos transformadores “A” y “B” dieron los siguientes resultados. Con el lado de baja tensión en corto circuito, “A” toma una corriente de 10A a 200V, la potencia de entrada de 1000W. Similarmente “B” toma 30A con 200V, la potencia de entrada de 1500W. En circuito abierto ambos transformadores dan un voltaje secundario de 2200V cuando 11000V son aplicados a las terminales del primario. Estos transformadores están conectados en paralelo en los lados de alta tensión y baja tensión. Calcular la corriente y la potencia en cada transformador cuando se suministra una carga de 200A con un factor de potencia de 0.8 en atraso. Las corrientes en vacío se pueden despreciar. [IA = 50.5A, PA = 100 kW, IB = 151A, PB = 252 kW] DATOS: V1 = 11000 V
Para Para TA en cor cortoc tocirc ircuito uito
Para Para TB en corto cortocirc circuito uito
V2 = 2200 V
ICCA = 10A
ICCB = 30 A
IT = 20 200 -36.86° A
VCCA = 200V
VCCB = 200V
PCCA = 100W
PCCB = 1500 W
SOLUCIÓN: Transformador “A”: ZCCA = ZCCA =
R CC2 = R CC2 =
Transformador “B”:
VCCA ICCA 200V
ZCCB =
= 20 Ω
10A
ZCCB =
PCC2 2 ICC 2
1000W 2
10A
R CCB =
= 10Ω
R CCB =
X CC A =
Z C2 CA - R 2CC 2
X CCA =
10Ω 20Ω - 10
2
2
= 17.32 Ω
ZA = R CC2 + jXCC2 ZA = 10 + j17.32Ω = 20 60° Ω
X CCB =
ICCB 200V 30A
= 6.67 Ω
PCCB 2 ICC B
1500W 2
30A
= 1.67 Ω
ZC2 CB - R C2 C B 2
2
6.67Ω - 1.67Ω = 6.45Ω
X CCB = X CCB
VCCB
ZB = R CCB + jX CCB ZB = 1.67 + j6.45Ω ZB = 6. 6.67 75.48° Ω
170
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. IA * ZA = I B* Z B IA * 20 60°Ω = I B *6.67 75.48° Ω IA * 20 60°Ω - IB *6.67 75.48° Ω = 0 ... 1 IA + I B = IT I A + I B = 200 -36.86° A ... 2
Resolviendo ecuaciones: IA = 50.36 -25.23° A IB = 151.01 -40.71° A
Para las potencias: PA = V2 * I A * cos θ A PA = 2200V *50.36A * cos -25.23° PA = 100.22 kW PB = V2 * I B * cos θ B PB = 2200V *151.01A * cos -40.71° PB = 251.83kW
Capítulo 3.- Transformadores
171
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Dos transformadores “A” y “B” de (6600/250)V tienen las siguientes características en corto circuito: Voltaje aplicado 200V, corriente de 30A, 1200W de potencia de entrada para uno de los transformadores; los datos correspondientes para el otro transformador es de 120V, 20A y 1500W. Todos los valores se miden en lado de alta tensión y en el lado de bajo voltaje, sus terminales están en cortocircuito. Encuentre la corriente aproximada y el factor de potencia de cada transformador cuando se trabajan en paralelo entre sí en los lados de alta y baja tensión tomando una carga total de 150 kW con un factor de potencia de 0.8 en atraso. [IA = 13.8A, cos θA = 0.63, IB = 15.35A, cos θB = 0.91] DATOS: V1 = 6600 V
Para TA en C.C.
Para TB en C.C.
V2 = 250 V
VCCA = 200V
VCCB = 120 V
PT = 150 kW
I CCA = 30 A
I CCB = 20 A
cos θ = 0.8 atraso
PCCA = 1200 W
PCCB = 1500 W
SOLUCIÓN: Transformador “A”: ZCCA = ZCCA =
R CCA = R CCA =
X CCA =
VCCA ICCA 200V 30A
VCCB
ZCCB = = 6.66 Ω
ZCCB =
PCCA
ICCB 120V
R CCB =
I2CCA 1200W 2
30A
= 1.33Ω
R CCB =
2 2 ZCC - R CC A A 2
X CCB = 2
6.67Ω - 1.33Ω = 6.53Ω
X CCA = X CCA
Transformador “B”:
= 6 Ω
PCCB 2 ICC B
1500W 2
20A
= 3.75Ω
2 2 ZCC - R CC B B 2
ZA = R CCA + jX CCA
ZB = R CCB + jX CCB
ZA = 1.33 + j6.53Ω
ZB = 3.75 + j4.68Ω
ZA = 6.66 78.48° Ω
ZB = 651.29° Ω
172
2
6Ω - 3.75Ω = 4.68 Ω
X CC B = X CC B
20A
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. I A * ZA = I B* Z B I A *6.66 78.46°Ω = I B *6 51.29°Ω I A *6.66 78.46°Ω - I B *6 51.29°Ω = 0 ... 1
IT = IT =
PT V1* cos θ 150 kW
6600V*0.8
= 28.41 -36.86° A
IA + IB = IT I A + I B = 28.41 -36.86° A ... 2 Resolviendo ecuaciones: I A = 13.85 -51.16° A I B = 15.37 -24° A
Obteniendo factores de potencia: cos θ A = cos -51.16° cos θ A = 0.627 cos θ B = cos -24° cos θ B = 0.91
Capítulo 3.- Transformadores
173
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Dos transformadores monofásicos “A” y “B” de (11000/2200)V están conectados en paralelo para suministrar una carga total de 200A con un factor de potencia de 0.8 en atraso a 2200V. Un transformador tiene una resistencia equivalente de 0.4Ω y la reactancia equivalente de 0.8Ω referida al lado de baja tensión. El otro tiene una resistencia equivalente de 0.1 Ω y la reactancia de 0.3Ω. Determinar la corriente y potencia suministrada por cada transformador. [IA = 52A, IB = 148A, PA = 99 kW, PB = 252 kW] DATOS: α=
11000
θ = -36.86°
=5
2200 IT = 200 A
V2 = 2200 V
cos θ = 0.8
Z2 = 0.1 + j0.3= 0.316 71.56° Ω
Z1 = 0.4 + j0.8= 0.894 63.43° Ω
SOLUCIÓN: Transformador “A”:
Z2 Z + Z
I A = I T *
1
2
0.316 71.56°Ω I A = 200 -36.86° A * 0.894 63.43°Ω + 0.316 71.56° Ω I A = 52.33 -30.85° A PA = V2 * I A * cos θ A PA = 2200V *52.33A * cos -30.85° PA = 98.83kW
Transformador “B”:
Z1 I B = I T * Z + Z 2 1 0.894 63.43°Ω I B = 200 -36.86° A * 0.316 71.56°Ω + 0.894 63.43° Ω I B = 148.05 -38.98°A PB = V2 * I B * cos θB PB = 2200V *148.05A * cos -38.98° PB = 253.19 kW
174
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Un transformador “A” de 2000 kVA está conectado en paralelo con un transformador “B” de 4000 kVA para suministrar una carga trifásica de 5000 kVA con un factor de potencia de 0.8 en atraso. Determinar los kVA suministrados por cada transformador asumiendo la misma tensión en vacío. El porcentaje de las cargas nominales en el embobinado de baja tensión son: Transformador “A”: Resistencia 2%, Reactancia 8%; Transformador “B”: Resistencia 1.6%, Reactancia 3%. [A: 860 kVA, 0.661 (atraso); B: 4170 kVA, 0.824 (atraso)] DATOS: ST = 5000 kVA
cos θ = 0.8
SA = 2000 kVA
ZA = 4 + j16 Ω
SB = 4000 kVA
ZB = 1.6 + j3 Ω
SOLUCIÓN: Transformador “A”: ZA =
SB SA
ZB SA = ST * Z + Z A B
*%Z A
4000 kVA ZA = * 2 + j8Ω 2000 kVA
1.6 + j3Ω SA = 5000 -36.86°kVA * 4 + j16Ω + 1.6 + j3Ω
ZA = 4 + j16Ω
SA = 858.23-48.51° kVA
cos θ A = cos -48.51° cos θ A = 0.662
Transformador “B”:
ZA Z + Z B A
SB = ST *
4 + j16Ω SB = 5000 -36.86° kVA * 1.6 + j3Ω + 4 + j16Ω SB = 4163.05 -34.47°kVA cos θ B = cos -34.47° cos θ B = 0.824
Capítulo 3.- Transformadores
175
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Dos transformadores “A” y “B” monofásicos trabajan en paralelo sobre una carga de 750A con un factor de potencia de 0.8 en atraso. Determine el voltaje secundario, la potencia de salida y el factor de potencia de cada transformador. Los datos de pruebas son: Circuito abierto: (11000/13300)V para cada transformador. Corto circuito: Con el devanado de alta tensión en corto circuito. Transformador “A”: Entrada secundario de 200V, 400A, 15 kW. Transformador “B”: Entrada secundario de 100V, 400A, 20 kW. [A: 3190VA, 80 kVA, 0.65; B: 1615 kVA, 0.86] DATOS: α=
11000V
13300V IT = 750 A
= 0.827
cos θ T = 0.8
Transformador "A"
Transformador "B"
VA = 200 V
VB = 100 V
IA = 400 A
IB = 400 A
PA = 15kW
PB = 20 kW
SOLUCIÓN: Transformador “A”: Z A1 = Z A1 =
R A1 = R A1 =
Transformador “B”:
VA
Z B1 =
IA 200V 400A
= 0.5 Ω
Z B1 =
PA
R B1 =
I 2A 15 kW 2
400A
= 0.09375 Ω
R B1 =
2
2
0.5Ω - 0.09375Ω X A = 0.4911Ω 1
IB 100V 400A
= 0.25 Ω
PB I2B 20 kW 2
400A
= 0.125Ω
X B1 = Z B2 1 - R B2 1
X A1 = ZA2 1 - R 2A1 X A1 =
VB
2
2
0.25Ω - 0.125Ω X B = 0.2165 Ω X B1 = 1
Reflejando impedancias: ZA 2 =
ZA1 α2
0.09375 + j0.4911 Ω 2 0.827 = 0.73179.19° Ω
ZB2 =
α2
0.125 + j0.2165 Ω 2 0.827 = 0.365 60°Ω
ZA 2 =
ZB2 =
ZA 2
ZB2
176
ZB1
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Z B I A = I T * ZA + ZB 2
2
2
2
0.73179.19°Ω + 0.365 60°Ω
I A2 = 750 -36.86° A*
0.365 60° Ω
I A2 = 252.91-49.68° A
cos θA = cos -49.68° cos θA = 0.647 PA = VA2 * I A2 * cos θ A PA = 13300V *252.91A * cos -49.68° PA = 2176.5kW
ZA ZA + Z B
I B2 = I T *
2
2
2
0.731 79.19°Ω + 0.365 60°Ω
I B2 = 750 -36.86° A *
0.731 79.19° Ω
I B2 = 506.51-30.49° A cos θ B = cos -30.49° cos θ B = 0.861 PB = VB2 * I B2 * cos θ B PB = 13300V *506.51A * cos -30.49° PB = 5805.03kW
Capítulo 3.- Transformadores
177
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Dos transformadores monofásicos de 1000 kVA y 500 kVA están conectados a las mismas barras colectoras en el lado primario. Las f.e.m.s. secundarias en vacío es de 500V y 510V respectivamente. El voltaje de la impedancia del transformador primero es 3.4% y del segundo 5%. ¿Qué corriente pasará entre ellos cuando los secundarios están conectados juntos en paralelo? [290 A] DATOS: SA = 1000 kVA SB = 500 kVA V1 = 500 V V2 = 510 V ZA = 3.4% ZB = 5% SOLUCIÓN: I1 = I1 =
SA
IT =
V1 1000 kVA 500V
= 2000 A
0.034*500V I1 2000 A Z A = 0.0085Ω ZA =
I2 = I2 =
V1* Z A
=
V2 - V1 ZA + Z B
510 - 500 V 0.0085 + 0.026 Ω I T = 289.85 A IT =
SB V2 500 kVA
ZB =
510V ZB * V2 I2
= 980.39 A
=
0.05*510V 980.39 A
ZB = 0.026 Ω
178
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Dos transformadores “A” y “B” están conectados en paralelo para alimentar una carga que tiene una impedancia de (2 + j1.5)Ω. Las impedancias equivalentes referidas a los devanados secundarios son (0.15 + j0.5) Ω y (0.1 + j0.6)Ω respectivamente. La f.e.m. de circuito abierto de “A” es 207V y de “B” es 205V. Calcular: a) La tensión en la carga, b) La potencia suministrada a la carga, c) La potencia de salida de cada transformador, y d) La entrada kVA a cada transformador. [a) 189 -3.8° V , b) 11.5 kW, c) 6.5 kW, 4.95 kW d) 8.7 kVA, 6.87 kVA] DATOS: ZT = 2 + j1.5Ω
E A = 207 V
ZA = 0.15 + j0.5Ω
E B = 205 V
ZB = 0.1 + j0.6Ω
SOLUCIÓN: IT =
E A * Z B + E B* Z A ZA * Z B + Z T * Z A + Z B
207V*0.1 + j0.6 Ω + 205V*0.15 + j0.5 Ω a) IT = 0.15 + j0.5 Ω *0.1 + j0.6Ω + 2 + j1.5Ω* 0.15 + j0.5Ω + 0.1 + j0.6Ω IT =
232.46 77.21° 3.07 117.85º
= 75.71 -40.64° A
VT = IT * ZT
b)
VT = 75.71 -40.64° A *2 + j1.5Ω
PT = VT * IT * cos θ
VT = 189.27 -3.77° V
PT = 189.27 V *75.71A *0.8 PT = 11.46 kW
c) Transformador “A”: IA =
E A * ZB + E A - E B * ZT ZA * ZB + Z T * Z A + ZB
207V*0.1 + j0.6Ω + 207V - 205V*2 + j1.5 Ω IA = 0.15 + j0.5 Ω *0.1 + j0.6Ω + 2 + j1.5Ω * 0.15 + j0.5Ω + 0.1 + j0.6Ω IA =
129.57 79.01° 3.07117.85°
= 42.21 -38.84° A
Capítulo 3.- Transformadores
179
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. PA = E A * I A * cos θ PA = 207V *42.21A * cos -38.84 PA = 6.81kW
Transformador “B”: E B * ZA - Z L * E A - E B
IB =
ZA * Z B + Z L * Z A + Z B
205V*0.15 + j0.5Ω - 207V - 205V*2 + j1.5 Ω IB = 0.15 + j0.5 Ω *0.1 + j0.6 Ω + 2 + j1.5Ω * 0.15 + j0.5Ω + 0.1 + j0.6Ω IB =
103.03 74.95° 3.07117.85°
= 33.56 -42.9° A PB = E B * I B * cos θ PB = 205V *35.56A * cos -42.9 PB = 5.34 kW
d) SA = E A * I A SA = 207 V *42.21A SA = 8.73 kVA SB = E B * I B SB = 205V *33.56A SB = 6.87 kVA
180
Capítulo 3.- Transformadores
Símbologia utilizada a lo largo del capítulo. Símbolo Significado Unidades Ciclos por minuto ciclos f' del rotor. min
IL
Constante de máquina. Corriente a rotor bloqueado. Corriente de línea.
I r
Corriente del rotor.
I0
Corriente en vacío.
s plena carga
Deslizamiento a plena carga. Deslizamiento al arranque. Deslizamiento cualquiera. Deslizamiento máximo. Deslizamiento. Eficiencia. Factor de potencia. Frecuencia del alternador. Frecuencia del rotor. Frecuencia.
k I RB
s arranque s cualquiera
s max s
η cos θ f a
f r
f Z RB Zm ZR
Z r Z ext ZT
L r L ext
Impedancia a rotor bloqueado. Impedancia del motor. Impedancia del reóstato. Impedancia del rotor. Impedancia externa. Impedancia total. Inductancia del rotor. Inductancia externa.
#P
Número de polos.
τ plena carga
Par a plena carga.
τ arranque
Par al arranque.
τ cualquiera
Par cualquiera.
τ fricción
A
τ desarrollado
Par de las pérdidas por fricción. Par desarrollado.
A A A
τ max
Par máximo.
τT
Par total.
Pestator
Pmax
Pérdidas del estator. Pérdidas en el cobre del rotor. Pérdidas en el rotor. Pérdidas por fricción. Potencia aparente en vacío. Potencia de entrada. Potencia del entrehierro. Potencia máxima.
Hz
PM
Potencia mecánica.
Hz Ω
Q0
Ω
P0
Ω
X RB
Ω
X r
Ω
X0
Ω H
α R RB
H
R x
Potencia reactiva en vacío. Potencia real en vacío. Reactancia a rotor bloqueado. Reactancia del rotor. Reactancia en vacío. Relación de transformación. Resistencia a rotor bloqueado. Resistencia adicional.
PCu r Pr
Pf S0 PE PEH
Hz
polos N - m N - m N - m N - m N - m N - m N - m W W W W
kVA kW kW kW kW ó h.p. kVAR kW Ω Ω Ω
Ω
Ω
R e R r R 0
R ext R T ω plena carga
ωd
ωa
Resistencia del estator. Resistencia del rotor. Resistencia en vacío. Resistencia externa. Resistencia total.
Ω
ω τmax
Ω
ω r
Ω
ωs
Ω
VRB
Ω
E
Velocidad del par máximo. Velocidad en el rotor. Velocidad síncrona. Voltaje a rotor bloqueado. Voltaje de entrada.
Velocidad a plena carga. Velocidad de deslizamiento. Velocidad del alternador.
r.p.m.
V p
Voltaje de fase.
E r
Voltaje del rotor.
r.p.m. r.p.m.
r.p.m. r.p.m. r.p.m.
V V V V
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- En el caso de un motor de inducción de 8 polos, con una frecuencia de alimentación de 50 Hz y con una velocidad en el rotor de 735 r.p.m. ¿Cuáles son las magnitudes de lo siguiente?: a) Velocidad síncrona, b) Velocidad de deslizamiento, c) Deslizamiento, y el d) Porcentaje de deslizamiento. [a) 750 r.p.m., b) 15 r.p.m., c) 0.02, d) 2%] DATOS: #P = 8polos f = 50 Hz ωr = 735 r.p.m.
SOLUCIÓN: a) ωs = ωs =
120 * f #P 120*50 Hz 8 polos
ωs = 750 r.p.m.
b) ωd = ωs - ωr ωd = 750 - 735 r.p.m. ωd = 15 r.p.m.
c) s= s=
ωs - ωr ωs
750 - 735 r.p.m. 750 r.p.m.
s = 0.02
d) s *100% = 0.02*100% s = 2%
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
185
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un motor de inducción jaula de ardilla de 6 polos, 50 Hz, gira a plena carga a una velocidad de rotor de 970 r.p.m., calcular: a) El porcentaje de deslizamiento. b) La frecuencia de corriente inducida en el rotor. [a) 3%, b) 1.5 Hz] DATOS: #P = 6polos f = 50 Hz ωr = 970 r.p.m.
SOLUCIÓN: a) ωs = ωs =
120 * f #P 120*50 Hz 6 polos
ωs = 1000 r.p.m. s= s=
ωs - ωr ωs
*100%
1000 - 970 r.p.m. *100% 1000 r.p.m.
s = 3%
b) ωd = ωs - ωr ωd = 1000 - 970 r.p.m. ωd = 30 r.p.m.
f r = f r =
ωd * #P 120 30 r.p.m.*6 polos 120
f r = 1.5Hz
186
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un alternador de 8 polos gira a 750 r.p.m. y suministra potencia a un motor de inducción de 6 polos el cual tiene la plena carga con un deslizamiento del 3%. Encuentre la velocidad a plena carga del motor de inducción y la frecuencia del rotor. [970 r.p.m., 1.5 Hz] DATOS:
Alternador #P = 8polos ωs = 750 r.p.m.
Motor #P = 6 polos s = 3% SOLUCIÓN: fa = fa =
ωa * #P 120 750 r.p.m.*8 polos 120
f a = 50 Hz ωs = ωs =
f a *120 #P 50 Hz*120 6 polos
ωs =1000 r.p.m.
s=
ωs - ω r ωs
ω r = ωs *1 - s ω r = 1000 r.p.m.*1 - 0.03 ω r = 970 r.p.m. f r = s * f a f r = 0.03*50 Hz f r = 1.5 Hz
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
187
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Un motor de inducción trifásico de 50 Hz con el rotor conectado en estrella da 500V (r.m.s.) entre los anillos de frotamiento en circuito abierto. a) Calcular la corriente y el factor de potencia cuando los devanados del rotor están unidos a un circuito externo conectado en estrella, cada fase de la cual tiene una resistencia de 10 Ω y una inductancia de 0.04 H. La resistencia por fase de lo s devanados del rotor es de 0.2 Ω y su inductancia es 0.04 H. Además, b) Calcular el factor de potencia y la corriente cuando los anillos de frotamiento están en corto circuito y el motor está girando con un deslizamiento de 5%. Suponer que el flujo se mantiene constante. [a) 10.67A, 0.376; b) 21.95A, 0.303] DATOS: 3fases
E = 500 V r.m.s
R ext = 10 Ω
R r = 0.2 Ω
f = 50 Hz
s = 5% = 0.05
L ext = 0.04 H
L r = 0.04 H
SOLUCIÓN: Zext = 10 + j0.04H* 2π * f Ω
I r =
a) Zext = 10 + j0.04H* 2π * 50 Hz Ω I r = Zr = 0.2 + j0.04H *2π * 50 Hz Ω
ZT 500 0°
Zext = 10 + j12.56 Ω Zr = 0.2 + j0.04H *2π * f Ω
E
V
3 27.1167.9°Ω
I r = 10.64 -67.9°A
Zr = 0.2 + j12.56 Ω
cos θ = cos - 67.9°
ZT = Zext + Zr
cos θ = 0.376
ZT = 10.2 + j25.12 Ω ZT = 27.11 67.9° Ω
Zr = R r + js * X r Ω Zr = 0.2 + j12.56*0.05 Ω
b)
Zr = 0.2 + j0.628Ω Zr = 0.65 72.33°Ω
I r =
14.43 0° V 0.65 72.33° Ω
I r = 21.89 -72.33° A cos θ = cos -72.33° cos θ = 0.303
E r * s Zr
500 0°
I r =
I r =
0.05*
188
V
3 0.65 72.33°Ω
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Obtener una expresión para la condición del par máximo de un motor de inducción. Si el motor tiene una resistencia en el rotor de 0.02Ω y una reactancia de 0.1Ω, ¿Cuál debe ser el valor de la resistencia adicional que se debe insertar al circuito de rotor para que sea ejercido el par máximo al arranque? [0.08Ω] DATOS:
Xr = 0.1Ω
R r = 0.02Ω SOLUCIÓN: τ=
k * * E * s * R r 2
R 2r + X r * s
τ k * * E * s * R r = =0 2 R r R 2r + X r * s 2
2 τ R r + Xr * s *k * * E * s - k * * E * s * R r * 2 * R r = =0 2 R r R 2 + X * s2 r r 2
R 2r + Xr * s *k * * E * s - k * * E * s * R r * 2 * R r = 0
X 2r * s 2 = R 2r
2
R 2r + Xr * s - R r* 2 * R r = 0 2
2 r
2
s =
2 r
R + Xr * s - 2* R = 0 2
X r * s
R 2r X 2r
s max =
- R r 2 = 0
R r X r
Resistencia adicional: τarranque = τmax
R T 2
R T2 + 0.1Ω
sarranque = 1 s max = s max =
R r
R T
X r
2 T
R + 0.01
0.02Ω 0.1Ω
R +X R T 2 T
R +X
2 r
R T 2 T
R +X
2 r
= =
0.2*0.02Ω 2 2 0.02Ω + 0.1Ω*0.2
=5
- R T + 0.05 = 0
R T = 0.1Ω
k * * E * R T 2 T
5* R T2
= 0.2
=
2 r
=
k * * E * s max * R r R + s max * X r
smax * R r
2
2 r
R + s max * X r smax * R r
2
R + s max * X r 2 r
2
2 r
R T = R r + R x R x = R T - R r R x = 0.1Ω - 0.02Ω R x = 0.08Ω
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
189
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- El rotor de un motor de inducción de 6 polos, 50 Hz se hace girar por algún medio a 1000 r.p.m. Calcular: a) La tensión del rotor, b) La frecuencia del rotor, c) El deslizamiento del rotor y d) El par desarrollado. [a) 0, b) 0, c) 0, d) 0] DATOS: #P = 6polos f = 50 Hz ωr =1000 r.p.m.
SOLUCIÓN: a)
b)
ωs = ωs =
120 * f
f r = s * f
#P 120*50 Hz
f r = 0* f
6 polos
ωs = 1000r.p.m. s=
ωs - ωr
f r = 0
c) s=
ωs
1000 - 1000 r.p.m. s= =0 1000 r.p.m.
s=
ωs - ωr ωs
1000 - 1000 r.p.m. 1000 r.p.m.
s=0
E r = s * E E r = 0* E E r = 0
d) τ desarrollado = τ desarrollado =
k * * E * s * R r 2
R 2r + s * X r
k * * E *0* R r R 2r + 0* X r
2
τ desarrollado = 0
190
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Las resistencias del rotor de un motor de inducción trifásico, 4 polos, 50 Hz, son 0.024Ω y 0.12Ω respectivamente. Encuentre: a) La velocidad del par máximo. b) El valor de la resistencia requerida adicional por fase del rotor para desarrollar el 80% del par máximo al arranque. [a) 1200 r.p.m., b) 0.036Ω]
DATOS: #P = 4 polos f = 50 Hz R r = 0.024 Ω X r = 0.12 Ω τ max = 80% SOLUCIÓN: a) ωs = ωs =
b) 120 * f
τarranque = 0.8* τ max
#P 120*50 Hz
0.8* s max * R r 2 2 2 R T + Xr R r 2 + s max * X r 0.8*0.2 *0.024Ω R T = 2 2 2 2 R T + 0.12Ω 0.024Ω + 0.12Ω* 0.2
4 polos
ωs = 1500 r.p.m. s max = s max =
R T
R r
R T
X r 0.024Ω 0.12Ω
=
2
R T + 0.0144
= 0.2
= 3.3333
3.333* R T2 - R T + 0.048 = 0 R T = 0.24 Ω
ωτmax = ωs *1 - smax ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.2
R x = R T - R r
ωτmax = 1200 r.p.m.
R x = 0.06Ω - 0.024Ω R x = 0.036 Ω
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
191
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- La resistencia y reactancia por fase de un motor de inducción trifásico son 0.6Ω y 5Ω respectivamente. El motor de inducción tiene un rotor conectado en estrella y cuando el estator está conectado a un suministro de voltaje normal, la f.e.m. inducida entre los anillos deslizantes es 80V. Calcular la corriente en cada fase y el factor de potencia en el arranque cuando: a) Los anillos deslizantes están en corto circuito. b) Los anillos deslizantes están conectados en estrella y con una resistencia de 4Ω por fase. [a) 9.17A, 0.1194 (atraso); b) 6.8A, 0.6765 (atraso)] DATOS: Zm = 0.6 + j5Ω E = 80 V
SOLUCIÓN: a) V p = V p =
E 3 80V 3
V p = 46.18 V
I r =
V p Zm cos θ =
46.18V
I r =
2
2
0.6Ω + 5Ω I r = 9.17 A
R m Zm 0.6Ω
cos θ =
2
2
0.6Ω + 5Ω cos θ = 0.1191
b) R T = R r + R x R T = 0.6Ω + 4Ω R T = 4.6 Ω
I r =
V p
cos θ =
ZT
I r =
46.18V 2
ZT 4.6Ω
cos θ = 2
4.6Ω + 5Ω I r = 6.8 A 192
R T
2
2
4.6Ω + 5Ω cos θ = 0.677
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- En un motor de inducción de anillos deslizantes trifásico, la tensión en vacío a través de los anillos deslizantes es de 110V con tensión normal aplicada al estator. El rotor está conectado en estrella y tiene una resistencia de 1Ω y una reactancia de 4Ω. Encuentre la corriente del rotor cuando la máquina está: a) Con los anillos deslizantes unidos a un arrancador conectado en estrella con una resistencia de 2 Ω por fase y una reactancia despreciable, b) Funcionando normalmente con 5% de deslizamiento. [a) 12.7A; b) 3.11A] DATOS: 3fases
R r = 1Ω
E = 110 V
X r = 4Ω
s = 0.05
R x = 2Ω
SOLUCIÓN: a) E
E r = E r =
3 110 0° V 3
E r = 63.5 0° V I r =
Er Zr
E r
=
2
R r + R x
+ X 2r
63.5V
I r =
2
2
1Ω + 2Ω + 4Ω I r = 12.7 A b) I r =
I r =
s * Er Zr
=
s * E r 2
R 2r + s * X r
0.05*63.5V 2
1Ω
+ 4Ω*0.05
2
I r = 3.11A
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
193
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- El rotor conectado en estrella de un motor de inducción trifásico tiene una impedancia de (0.4 + j4)Ω por fase y la impedancia del reóstato por fase es (6 + j2)Ω. El motor tiene una f.e.m. inducida de 80V entre los anillos deslizantes cuando está conectado a su fuente normal de voltaje. Encuentre: a) La corriente con el reóstato en el circuito. b) La corriente cuando los anillos deslizantes están en corto circuito y el motor está funcionando con un deslizamiento de 3%. [a) 5.27A; b) 3.3A] DATOS: 3fases E = 80 V Zm = 0.4 + j4Ω ZR = 6 + j2Ω ZT = 6.4 + j6 Ω s = 3% = 0.03 SOLUCIÓN: a) E r =
80V 3
E r = 46.18 V
I r =
E r ZT 46.18V
I r =
2
2
6.4Ω + 6Ω I r = 5.26 A b) Ir =
Ir =
s * Er Zm
s * E r
=
2
R 2m + s * X m
0.03*46.18V 2
0.4Ω
+ 4Ω*0.03
2
Ir = 3.31A
194
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- Un motor de inducción de 4 polos, 50 Hz, tiene un deslizamiento a plena carga del 5%. Cada fase del rotor tiene una resistencia de 0.3 Ω y una reactancia de 1.2Ω. Encontrar la relación de par máximo a par a plena carga y la velocidad a la que el par máximo se produce. [2.6; 1125 r.p.m.] DATOS: #P = 4polos f = 50 Hz s plena carga = 5% = 0.05 R r = 0.3Ω X r = 1.2 Ω SOLUCIÓN: s max = s max =
R r X r 0.3 Ω 1.2 Ω
= 0.25
s max τ max τ plena carga
=
s plena carga
τ plena carga τ max τ plena carga
ωs = ωs =
s plena carga smax
2 0.25
τ max
+
= 0.05
+
0.05 0.25
2
= 2.6
120 * f #P 120*50 Hz 4 polos
= 1500 r.p.m.
ωτmax = ωs *1 - smax ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.25 ωτmax = 1125 r.p.m.
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
195
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- Un motor de inducción de trifásico, 4 polos, 50 Hz, tiene un rotor conectado en estrella. El voltaje de fase del rotor y en circuito abierto es 121V. La resistencia del rotor por fase es de 0.3Ω y la reactancia es de 0.8 Ω. Si la corriente del rotor es 15A, calcular la velocidad a la cual el motor está en funcionamiento. También, calcular la velocidad a la cual el par es máximo y el valor correspondiente de la potencia de entrada al motor, suponiendo que el flujo se mantenga constante. [1444 r.p.m.; 937.5 r.p.m.] DATOS: 3fases #P = 4 polos f = 50 Hz E r = 121 V R r = 0.3Ω X r = 0.8 Ω I r = 15 A
SOLUCIÓN: ωs = ωs =
120 * f
s max =
#P 120*50 Hz
s max =
4 polos
ωs = 1500r.p.m. I r =
s=
X r 0.3Ω 0.8Ω
= 0.375
ωτmax = ωs *1 - smax ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.375
s * Er 2
R 2r + s * X r
ωτmax = 937.5 r.p.m.
I 2r * R 2r E 2r - I2r * X 2r 2
s=
R r
2
15A *0.3Ω 2 2 2 121V - 15A * 0.8Ω
s = 0.0373
ωr = ωs *1 - s ωr = 1500 r.p.m.*1 - 0.0373 ωr = 1444.05 r.p.m.
196
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- Un motor de inducción trifásico, 4 polos, 50 Hz, tiene un voltaje entre sus anillos deslizantes en circuito abierto de 520V. El rotor está conectado en estrella, tiene una reactancia y resistencia de 2Ω y 0.4Ω respectivamente por fase. Determine: a) El par a plena carga a una velocidad a plena carga de 1425 r.p.m. b) La relación del par de arranque y el par a plena carga. c) La resistencia adicional que requiere el rotor para que se produzca el par máximo. [a) 200 N - m, b) 0.82, c) 1.6Ω] DATOS: 3fases #P = 4polos f = 50 Hz E = 520 V Zr = 0.4 + j2Ω
SOLUCIÓN: a) Par de arranque: I r =
E Zr
Par máximo:
520V
=
2
2
0.4Ω + 2Ω I r = 254.95A PEH =
s max =
2 r
I * R r
R r X r 0.4 Ω 2Ω
254.95A *0.4Ω
τ arranque τ max
1 PEH = 25.99 kW
ωs =
120 * f
τ max
#P 120*50 Hz
τarranque = τarranque =
4 polos
=
2 s max s arranque
τ arranque ωs =
= 0.2
s 2
PEH =
s max =
= 1500 r.p.m.
PEH
τ max = τ max =
ω
=
+
2 0.2 1 + 1 0.2
s arranque s max = 0.3846
τarranque 0.3846 165.52 N - m 0.3846
= 430.35 N - m
25.99 kW
1500 rev 2π rad 1 min * * min 1 rev 60 seg
τarranque = 165.52 N - m
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
197
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Par a plena carga: s plena carga = s plena carga =
2
τ plena carga =
ωs - ωplena carga
s max s plena carga
ωs
+
s plena carga
*τ max
s max
2
* 430.35 N - m 0.2 0.05 + 0.05 0.2 τ plena carga = 202.51 N - m τ plena carga =
1500 - 1425r.p.m. = 0.05 1500r.p.m.
b) τ arranque τ plena carga τ arranque τ plena carga
=
165.52 N - m 202.51 N - m
= 0.817
c) τ arranque = τmax k * * E * R T 2 T
R +X
2 r
=
k * * E * s max * R r
2
2 r
R + s max * X r
2 R T2 * smax * R r - R T* R r2 + s max * X r + X 2r * s max * R r = 0
R T2 * 0.2*0.4Ω - R T * 0.4Ω + 0.2 * 2Ω 2
2
+ 2Ω 2 * 0.2 * 0.4Ω = 0
0.08* R T2 - 0.32* R T + 0.32 = 0 R T = 2Ω R T = R x + R r R x = R T - R r R x = 2Ω - 0.4Ω R x = 1.6Ω
198
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 14.- Un motor de inducción de 8 polos, 50 Hz, tiene una deslizamiento a plena carga del 4%. La resistencia del rotor es de 0.001Ω por f ase y la reactancia es de 0.005 Ω por fase. Encontrar la relación del par máximo y el par a plena carga y la velocidad a la cual se produce el par máximo. [2.6, 600 r.p.m.] DATOS: f = 50 Hz #P = 8 polos s plena carga = 4% = 0.04 Z =0.001 + j0.005Ω SOLUCIÓN: s max = s max =
R r X r 0.001Ω 0.005Ω
= 0.2
s max τ max τ plena carga τ max τ plena carga τ max τ plena carga ωs = ωs =
=
s plena carga
+
s plena carga s max
2
0.2 0.04 + 0.04 0.2 = 2 = 2.6
120 * f #P 120*50 Hz 8 polos
= 750 r.p.m.
ωτmax = ωs *1 - smax ωτmax = 750 r.p.m.*1 - 0.2 ωτmax = 600 r.p.m.
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
199
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 15.- Un motor de inducción trifásico, 50 Hz, con el rotor conectado en estrella da 500V (r.m.s.) entre los anillos deslizantes en circuito abierto. a) Calcular el factor de potencia y corriente en cada fase de los devanados del rotor cuando se unen a un circuito conectado en estrella, en cada rama de la cual tiene una resistencia de 10Ω y una inductancia de 0.03 H. La resistencia por fase de los devanados del rotor es de 0.2 Ω e inductancia 0.03 H. b) Calcular el factor de potencia y corriente en cada fase del rotor cuando los anillos están en cortocircuito y el motor está funcionando con un deslizamiento del 4%. [a) 13.6A, 0.48; b) 27.0A, 0.47] DATOS: 3fases s = 0.04 E = 500 V r.m.s f = 50 Hz L r = 0.03 H X r = 9.42 Ω Zext = 10 + j9.42 Ω Zr = 0.2 + j9.42Ω
SOLUCIÓN: a) 500V
E r = I r =
3
cos θ = cos-61.56°
= 288.67 V
cos θ = 0.476
E r ZT 288.67 V
I r =
10.2 + j18.84 Ω I r = 13.47 -61.56° A b) I r =
cos θ = cos-62.04° s * Er Z
=
cos θ = 0.468
s * E r R r + j s * X r
0.04*288.67V 0.2Ω + j0.04*9.42Ω I r = 27.06 -62.04° A I r =
200
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 16.- Un motor de inducción trifásico de 4 polos, 50 Hz, tiene un rotor con anillos deslizantes con una resistencia y reactancia de 0.04Ω y 0.2Ω por fase respectivamente. Encuentre la cantidad de
resistencia que debe ser insertada en cada fase del rotor para obtener el par de plena carga al arranque. ¿Cuál será el factor de potencia aproximado en el rotor en este instante? El deslizamiento a plena carga es del 3%. [0.084Ω, 0.516] DATOS: 3fases
R r = 0.04Ω
#P = 4 polos
Xr = 0.2Ω
f = 50 Hz
s plena carga = 0.03
SOLUCIÓN: τ arranque = τplena carga k * * E * R T R T2 + Xr 2 R T R T2 + Xr 2
=
k * * E * s plena carga* R r 2
R 2r + s plena carga * Xr
s plena carga * R r 2
R 2r + s plena carga * X r
R T
0.03*0.04Ω 2 2 0.04Ω + 0.03*0.2Ω
2
=
2
= 0.7334
R T2 + 0.2Ω R T 2 T
=
R + 0.2Ω
0.7334* R 2T - R T + 0.0293 = 0 R T = 1.333Ω R x = R T - R r R x = 1.333Ω - 0.04Ω R x = 1.293Ω
Factor de potencia: cos θ =
R T ZT 1.333Ω
cos θ =
2
2
1.333Ω + 0.2Ω cos θ = 0.988
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
201
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 17.- Un motor de inducción trifásico tiene una velocidad síncrona de 250 r.p.m. y un deslizamiento a plena carga del 4%. El rotor tiene una resistencia de 0.02 Ω por fase y reactancia de 0.15Ω por fase. Calcular: a) La relación del par máximo y el par a plena carga. b) La velocidad a la que el par máximo se desarrolla. Desprecie la resistencia y fuga del devanado del estator. [a) 1.82, b) 217 r.p.m.] DATOS: f = 50 Hz #P = 4 polos ωs = 250 r.p.m. s plena carga = 0.04 Zr = 0.02 + j0.15Ω SOLUCIÓN: a) s max = s max =
R r X r 0.02Ω 0.15Ω
= 0.133
s max τ max τ plena carga
=
s plena carga
τ plena carga τ max τ plena carga
s plena carga smax
2 0.133
τ max
+
= 0.04
+
0.04 0.133
2
= 1.82
b) ωτmax = ωs *1 - smax ωτmax = 250 r.p.m.*1 - 0.133 ωτmax = 216.75 r.p.m.
202
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 18.- El rotor de un motor de inducción trifásico de 8 polos, 50 Hz, tiene una resistencia de 0.2Ω por fase y gira a 720 r.p.m. Si el par de carga permanece sin cambios. Calcular la resistencia del rotor adicional que reducirá esta velocidad al 10%. [0.8Ω] DATOS: 3fases #P = 8 polos f = 50 Hz R r = 0.2 Ω ωr = 720 r.p.m.
SOLUCIÓN: ωs = ωs =
120 * f #P 120*50 Hz 8 polos s= s=
= 750 r.p.m.
ωs - ωr ωs
750 - 720 r.p.m. 750 r.p.m.
s = 0.04 s max = s max =
ωs - ωr ωs
750 - 648r.p.m. 750 r.p.m.
s max = 0.136 R r Rr + Rx Rx = Rx =
=
s s max
R r * smax s
- R r
0.2Ω*0.136 0.04
- 0.2Ω
R x = 0.48Ω
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
203
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 19.- Un motor de inducción trifásico tiene un rotor para el cual la resistencia por fase de 0.1Ω y la reactancia de 0.4Ω. La f.e.m. inducida en el rotor por fase es de 100V cuando está apagado. Calcular el factor de potencia y la corriente: a) Cuando está parado, b) Cuando funciona con un deslizamiento de 5%. [a) 242.5A, 0.243, b) 49A, 0.98] DATOS: 3fases Zr = 0.1 + j0.4Ω E r = 100 V s = 0.05
SOLUCIÓN: a) Ir = Ir =
E r Zr 100V
0.1 + j0.4Ω
Ir = 242.53 -75.96°A cos θ = cos -75.96° cos θ = 0.243
b) Ir =
s * Er Zr
=
s * E r R r + js * X r
0.05*100V 0.1Ω + j0.05 * 0.4Ω Ir = 49.02 -11.31°A Ir =
cos θ = cos -11.31° cos θ = 0.98
204
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 20.- Un motor de inducción trifásico, con el rotor conectado en estrella con una resistencia y reactancia de 0.1Ω y 0.5Ω respectivamente. Los anillos deslizantes están conectados en estrella con una resistencia de 0.2 Ω por fase. Si la tensión entre los anillos deslizantes es de 200V, calcular la corriente del rotor por fase cuando el deslizamiento es 5%, la resistencia se mantiene en el circuito. [19.1A] DATOS: 3fases Zr = 0.1 + j0.5 Ω R x = 0.2 Ω E r = 200 V s = 0.05 SOLUCIÓN: E r = E r =
I r =
s * Er
E 3 200V 3 =
= 115.47 V s * E r
R r + R x + js * X r 0.05*115.47V I r = 0.1Ω + 0.2Ω + j0.05* 0.5Ω I r = 19.17 - 4.76°A Zr
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
205
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 21.- Un motor de inducción trifásico, 50 Hz, tiene los devanados del rotor conectados en estrella. En el arranque tiene una f.e.m. inducida entre cada par de anillos deslizantes de 350V. La resistencia del rotor por fase es de 0.2 Ω y una reactancia por fase de 1Ω. a) Calcular la corriente del rotor en el arranque si la resistencia externa de arranque por fase es de 8 Ω, b) Calcular la corriente del rotor con los anillos deslizantes en corto circuito y con un deslizamiento del 3%. [24.5A, 30.0A] DATOS: 3fases f = 50 Hz E = 350 V Zr = 0.2 + j1Ω R x = 8Ω s = 0.03
SOLUCIÓN: a)
b)
Z1 = R r + R x + jX r
Z1 = R r + js * X
Z1 = 0.2 + 8 + j1 Ω
Z1 = 0.2 + j0.03*1 Ω
Z1 = 8.2 + j1Ω = 8.2 6.95º Ω
Z1 = 0.2 + j0.03Ω
I r =
E Z1 350 0º
I r =
I r =
V
3 8.2 + j1Ω
I r = 24.46 -6.95°A
206
I r =
s*E Z1
350 V 3
0.03*
0.2 + j0.03Ω I r = 29.97 -8.53° A
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 22.- En una máquina de 8 polos, 50 Hz, con resistencia en el rotor por fase de 0.04 Ω, el par máximo ocurre a una velocidad de 645 r.p.m. Suponiendo que el flujo en el entrehierro es constante en todas las cargas, determinar el porcentaje del par máximo: a) En el arranque, b) cuando el deslizamiento es 3%. [a) 0.273, b) 0.41] DATOS: #P = 8 polos f = 50 Hz R r = 0.04 Ω ωτ max = 645 r.p.m. SOLUCIÓN: a) ωs = ωs =
b) τ cualquiera
120 * f #P 120*50 Hz
s max =
8 polos
τ max
= 750 r.p.m.
τ max
=
τ max
=
s max
τ max
τ cualquiera τ max
s cualquiera s max
2 0.14
+
0.03 0.14
= 0.41
+
1 s max
2 0.14 1
τarranque
=
+
2 1
τarranque
τ cualquiera
0.03
ωs
750 - 645 r.p.m. s max = = 0.14 750 r.p.m. τarranque
s max scualquiera
τ max
ωs - ωτ max
2
=
+
1 0.14
= 0.274
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
207
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 23.- Un motor de inducción trifásico, 6 polos, 50 Hz, tiene una resistencia y reactancia en el rotor de 0.02Ω y 0.1Ω respectivamente por fase. ¿A qué velocidad se te ndría que desarrollar el par máximo? Encontrar el valor de la resistencia adicional para dar la mitad del par máximo al arranque. [800 r.p.m., 0.007Ω] DATOS: 3fases #P = 6 polos f = 50 Hz Z = 0.02 + j0.1 Ω SOLUCIÓN: s max = s max =
R r
ωs =
X r 0.02Ω 0.1Ω
ωs =
= 0.2
120 * f #P 120*50 Hz 6 polos
= 1000 r.p.m.
ωτmax = ωs *1 - smax ωτmax = 1000 r.p.m.*1 - 0.2 ωτmax = 800 r.p.m.
τ arranque = 0.5* τmax
0.5* s max * R r 2 R T2 + X r 2 R 2r + s max * X r 0.5*0.2 *0.02Ω R T = 2 2 2 R T2 + 0.1Ω 0.02Ω + 0.2*0.1Ω R T
R T 2
R T + 0.01
=
R x = 0.027Ω - 0.02Ω
= 2.5
R x = 0.007 Ω
2.5* R 2T - R T + 0.025 = 0 R T = 0.0268Ω R x = R T - R r
208
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un motor de inducción trifásico de 500V, 50 Hz, desarrolla 14.92 kW incluyendo las pérdidas mecánicas cuando gira a 995 r.p.m. y con un factor de potencia de 0.87. Calcular: a) El deslizamiento, b) Las pérdidas de cobre del rotor, c) La potencia de entrada si las pérdidas totales del estator son 1500W, d) La corriente de línea, e) El número de ciclos por minuto del rotor. [a) 0.005, b) 75W, c) 16.5 kW, d) 22A, e) 15] DATOS: 3 fases
Pdesarrollada = 14.92 kW
V p = 500 V
Pestator = 1500W
f = 50 Hz
ωr = 995 r.p.m. cos θ = 0.87
SOLUCIÓN: a)
Pr = PEH * s
#P =
Pr = 15 kW *0.005
120 * f
Pr = 75 W
ωr
120 *50 Hz 995 r.p.m. #P = 6 polos #P =
c) PE = Pestator + PEH PE = 1500W + 15 kW
ωs = ωs =
s= s=
120 * f
PE = 16.5 kW
#P 120*50 Hz 6 polos
= 1000 r.p.m.
d) PE =
ωs - ωr
IL =
ωs
1000 - 995 r.p.m. 1000 r.p.m.
s = 0.005
IL =
3 * Vp * I L * cos θ PE 3 * V p * cos θ 16.5 kW
3*500V*0.87
I L = 21.89 A
b) e) PEH = PEH =
PM 1-s 14.92 kW 1 - 0.005
f ' = s * f *60 seg f ' = 0.005*50 Hz * 60 seg
= 15 kW
ciclos min
f ' = 15
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
209
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- La potencia de entrada de un motor de inducción trifásico es de 40 kW. Las pérdidas totales del estator son de 1 kW y las pérdidas por fricción totales en el devanado son de 2 kW. Si el deslizamiento del motor es del 4%, encontrar: a) La potencia de salida mecánica, b) Las pérdidas en el cobre del rotor por fase, y c) La eficiencia. [a) 37.74 kW, b) 0.42 kW, c) 89.4%] DATOS: 3fases PE = 40 kW Pestator = 1 kW Pf = 2 kW s = 0.04 SOLUCIÓN: a) PEH = PE - Pestator
PEH = 40 kW - 1 kW PEH = 39 kW PM = PEH *1 - s PM = 39 kW*1 - 0.04 PM = 37.44kW
b) Pr = Pr =
s * PEH 3 fases 0.04*39 kW
3 fases Pr = 0.52 kW c) PS = PM - Pf PS = 37.44 kW - 2 kW PS = 35.44 kW
η=
PS PE
*100%
35.44 kW *100% 40 kW
η =
η = 88.6%
210
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- La f.e.m. del rotor de un motor de inducción trifásico, 4 polos, 50 Hz es 440V, hace 84 ciclos completos por minuto cuando el par en el rotor es de 203.5 N - m. Calcular los h.p. del motor. [41.6 h.p. (31.03 kW)] DATOS: 3fases E = 440 V #P = 4 polos f = 50 Hz
ciclos min
f ' = 84
τ = 203.5 N - m SOLUCIÓN: f '= s * f
s=
ωs =
84 ciclos 1 min * f ' min 60 seg =
f s = 0.028
ωs =
50 Hz
120 * f #P 120*50 Hz 4 polos
= 1500 r.p.m.
ωr = ωs *1 - s ωr = 1500 r.p.m.*1 - 0.028
1458 rev 2π rad 1 min ωr = * * min 1 rev 60 seg rad seg
ωr = 152.68
τ=
P ωr
P = τ * ωr
rad seg
P = 203.5 N - m *152.68
1 h.p. 746W
P = 31.070 kW * P = 41.64h.p.
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
211
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- La potencia de entrada de un motor de inducción trifásico, es 65 kW y las pérdidas del estator es 1 kW. Encontrar la potencia mecánica total entregada y la pérdida en el cobre del rotor por fase si el deslizamiento es 3%. Calcular también en términos de la potencia mecánica desarrollada, la entrada del rotor cuando el motor produce par a plena carga a media velocidad. [83.2 h.p. (62.067 kW), 640W] DATOS: PE = 65 kW Pestator = 1 kW s = 0.03
SOLUCIÓN: PEH = PE - Pestator
PEH = 65 kW - 1 kW PEH = 64 kW PM = PEH *1 - s PM = 64 kW *1 - 0.03 PM = 62.08kW
1 h.p. 746W
PM = 62.08 kW* PM = 83.21 h.p.
Pr = s * PEH Pr = 0.03*64 kW Pr = 1.92 kW Pr =
1.92 kW
3 fases Pr = 640 W
212
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un motor de inducción de 6 polos, 50 Hz, 8 fases, trabaja a plena carga, desarrolla un par útil de 162 N - m y se observa que la f.e.m. en el rotor hace 90 ciclos completos por minuto. Calcular la potencia desarrollada. Si el par de las pérdidas por fricción mecánica son 13.5 N - m, encontrar la pérdida en el cobre en los devanados del rotor, la entrada al motor y la eficiencia. Pérdidas del estator total de 750W. [16.49 kW, 550W, 19.2 kW, 86%] DATOS: 8fases
τ util = 162 N - m
f = 50 Hz
τfriccion = 13.5 N - m
#P = 6 polos
Pestator = 750 W
SOLUCIÓN: f ' = s * f
s=
PM = τ util + τ fricciòn *ω r
90 ciclos 1 min * f ' min 60 seg =
f s = 0.03 ωs = ωs =
50 Hz
PM = 17.82 kW
120 * f
s Pr = *P 1 - s M
#P 120*50 Hz
0.03 Pr = * 17.82 kW 1 - 0.03
6 polos
= 1000 r.p.m.
Pr = 551.13 W
ωr = ωs *1 - s ωr = 1000 r.p.m.*1 - 0.03
970 rev 2π rad 1 min * * min 1 rev 60 seg
ωr =
rad seg
ωr = 101.57 PS = τ util * ωr
rad seg
PM = 162 N - m +13.5 N - m*101.58
PEH = PEH =
Pr s 551.13W
0.03 PEH = 18.37 kW PE = PEH + Pestator
PE = 18.37 kW + 750W
rad PS = 162 N - m *101.57 seg PS = 16.45kW
PE = 19.12 kW η=
PS PE
*100%
16.45 kW η = *100% 19.12 kW η = 86.03%
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
213
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- La potencia de entrada de un motor de inducción trifásico de 500V, 50 Hz, 6 polos, girando a 975 r.p.m. Las pérdidas del estator son de 1 kW y las pérdidas por fricción y devanados de 2 kW totales. Calcular a) El deslizamiento, b) La pérdida en el cobre del rotor, c) La potencia de salida, d) La eficiencia. [a) 0.025, b) 975W, c) 36.1 kW, d) 90%] DATOS: 3fases
ωr = 975 r.p.m.
E = 500V
PE = 40 kW
f = 50 Hz
Pestator = 1kW
#P = 6 polos
Pf = 2 kW
SOLUCIÓN: a)
c)
ωs = ωs =
s= s=
120 * f
PM = PEH - Pr
#P 120*50 Hz
PM = 39 kW - 975W
6 polos
= 1000 r.p.m.
PM = 38.025 kW PS = PM - Pf
ωs - ωr
PS = 38.02 kW - 2 kW
ωs
1000 - 975 r.p.m. 1000 r.p.m.
PS = 36.02 kW d)
s = 0.025 η=
b) PEH = PE - Pestator
PEH = 40 kW - 1 kW PEH = 39 kW
PS PE
*100%
36.02 kW *100% 40 kW
η =
η = 90.06%
Pr = s * PEH Pr = 0.025*39 kW Pr = 975 W
214
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un motor de inducción trifásico, 6 polos, desarrolla una potencia de 22.38 kW, incluyendo las pérdidas mecánicas que suman 1.492 kW a una velocidad de 950 r.p.m. a 550V, 50 Hz de la red. El factor de potencia es 0.88. Calcular para esta carga: a) El deslizamiento, b) La pérdida de cobre del rotor, c) La potencia de entrada si las pérdidas del estator son 2000W, d) La eficiencia, e) La corriente de línea y f) El número de ciclos completos de la f.e.m. del rotor por minuto. [a) 0.05, b) 1175W, c) 25.6 kW, d) 82%, e) 30.4A, f) 150] DATOS: #P = 6 polos
Pf = 1.492 kW
ωr = 950 r.p.m.
f = 50 Hz
PM = 22.38 kW
Pestator = 2000 W
V p = 550 V
cos θ = 0.88
SOLUCIÓN: ωs =
a) ωs =
s= s=
120 * f #P 120*50 Hz 6 polos
PS = PM - Pf
= 1000 r.p.m.
d)
PS = 20.88 kW
ωs - ωr ωs
η=
1000 - 950 r.p.m. 1000 r.p.m.
s = 0.05
PEH =
*100%
η = 81.72%
Pr = 1177.89 W
c)
PE
20.88 kW *100% 25.55 kW
PE =
0.05 Pr = * 22.38 kW 1 - 0.05
PEH =
PS
η =
s Pr = *P 1 - s M b)
PS = 22.38 kW - 1492W
0.05 PEH = 23.55 kW
PE = PEH + Pestator
PE = 23.55 kW + 2000W PE = 25.55 kW
PE
IL =
e)
IL =
Pr s 1177W
3 * Vp * I L * cos θ
IL =
3 * V p * cos θ 25.55 kW
3*550V*0.88 25.55 kW 838.3V
I L = 30.47 A
f) f ' = s * f * 60 seg f ' = 0.05*50 Hz * 60 seg ciclos min
f ' = 150
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
215
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un motor de inducción trifásico de 4 polos, tiene un devanado de estator conectado en estrella. El motor gira a 50 Hz de un suministro de 200V entre líneas. La resistencia y reactancia del rotor por fase son 0.1Ω y 0.9Ω respectivamente. La relación de espiras del rotor es 0.67. Calcular:
a) Par total al 4% de deslizamiento, b) Potencia mecánica total a 4% de deslizamiento, c) Par máximo, d) Velocidad de par máximo y e) Potencia mecánica máxima. Desprecie la impedancia del estator. [a) 40 N - m, b) 6 kW, c) 63.7 N - m, d) 1335 r.p.m., e) 8.952 kW] DATOS: 3fases
R r = 0.1Ω
#P = 4 polos
X r = 0.9 Ω
f = 50 Hz
α = 0.67
E = 200 V
s = 0.04
SOLUCIÓN:
1500 rev 2π rad 1 min ωs = * * min 1 rev 60 seg
E2 = α * E1
200V 3
E2 = 0.67*
rad seg
ωs = 157.07
E2 = 77.36 V ωs = ωs =
120 * f #P 120*50 Hz 4 polos
s max = = 1500 r.p.m.
s max =
R r X r 0.1Ω 0.9Ω
= 0.111
a) τT =
3 ωs
*
s * E 22 * R r 2
R 2r + s * X r
2
0.04*77.36V *0.1Ω τT = * 2 2 157.07 rad 0.1Ω + 0.04*0.9Ω 3
seg
τ T = 40.47 N - m
216
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. b) I r =
I r =
s * E2
Pr =
2
2 r
R + s *Xr
2
s 2
0.04*77.36V 0.1Ω
3 * I 2r * R r
Pr =
+ 0.04*0.9Ω
3*29.11A *0.1Ω 0.04
2
Pr = 6.35 kW
I r = 29.11A
c) τ max =
3
*
s max * E 22 * R r
2
2 r
ωs R + s max * X r
2
0.111*77.36V *0.1Ω τ max = * 0.1Ω 2 + 0.111* 0.9Ω 2 rad 157.07 3
seg
τ max = 63.5 N - m d) ωτmax = ωs *1 - smax ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.111 ωτmax = 1333.5 r.p.m.
e) I r =
I r =
s max * E2
Pr =
2
2 r
R + s max * X r
2
+ 0.111*0.9Ω
s 2
0.111*77.36V 0.1Ω
3 * I 2r * R r
Pr = 2
3*60.74A *0.1Ω
0.111 Pr = 9.97 kW
I r = 60.74 A PEH = Pr PM = PEH *1 - s max PM = 9.97 kW *1 - 0.111 PM = 8.86 kW
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
217
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un motor de inducción trifásico de 4 polos, tiene un devanado de estator conectado en estrella y trabaja con un suministro de 220V, 50 Hz. La resistencia del rotor es 0.1Ω y la reactancia de 0.9Ω. La relación de espiras del estator al rotor es 1.75. El deslizamiento a plena carga es 5%. Calcular para esta carga: a) El par total, b) La potencia de salida, c) El par máximo y d) La velocidad del par máximo. [a) 40 N - m, b) 6.266 kW, c) 56 N - m, d) 1330 r.p.m.] DATOS: 3fases
R r = 0.1Ω
#P = 4 polos
X r = 0.9Ω
f = 50 Hz
α=
1
1.75 s plena carga = 0.05
E = 220 V
SOLUCIÓN: E2 = α * E1
1 220V E2 = * 1.75 3 E2 = 72.58V ωs = ωs =
120 * f #P 120*50 Hz 4 polos
s max = = 1500 r.p.m.
s max =
R r X r 0.1Ω 0.9Ω
= 0.111
1500 rev 2π rad 1 min ωs = * * min 1 rev 60 seg rad seg
ωs = 157.07
a) τT =
3
s plena carga * E 22 * R r
* 2 ωs R 2 + s * X r plena carga r
2
0.05*72.58V *0.1Ω τT = * 2 2 157.07 rad 0.1Ω + 0.05*0.9Ω 3
seg
τ T = 41.83 N - m
218
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. b) s plena carga * E2
Ir =
2
R 2r + s plena carga * X r
0.05*72.58V
Ir =
2
0.1Ω
+ 0.05* 0.9Ω
2
Ir = 33.09 A
Pr =
3 * I 2r * R r s plena carga 2
Pr =
3*33.09A *0.1Ω 0.05
Pr = 6.57 kW c) τ max =
3
*
s max * E 22 * R r
2
2 r
ωs R + s max * X r
2
0.111*72.58V *0.1Ω τ max = * 2 2 157.07 rad 0.1Ω + 0.111* 0.9Ω 3
seg
τ max = 55.89 N - m d) ωτmax = ωs *1 - smax ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.111 ωτmax = 1333.5 r.p.m.
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
219
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un motor de inducción trifásico de 3000V, 50 Hz, 24 polos, conectado en estrella tiene una resistencia en el anillo deslizante del rotor de 0.016Ω y una reactancia de 0.265Ω por fase. El par a plena carga es obtenido a una velocidad de 247 r.p.m. Calcular: a) La relación del par máximo a par de plena carga, b) La velocidad del par máximo. Despreciar la impedancia del estator. [a) 2.61, b) 235 r.p.m.] DATOS: 3fases E = 3000V #P = 24 polos Zr = 0.016 + j0.265Ω ω plena carga = 247 r.p.m. SOLUCIÓN: ωs = ωs =
120 * f
s max =
#P 120*50 Hz
s max =
24 polos
s plena carga =
X r 0.016Ω
0.265Ω s max = 0.0603
ωs = 250r.p.m. s plena carga =
R r
ωs - ωplena carga ωs
250 - 247 r.p.m. 250 r.p.m.
s plena carga = 0.012
a)
b) s plena carga τ max
τ plena carga
=
s max
τ plena carga τ max τ plena carga
220
s max s plena carga
2 0.012
τ max
+
= 0.0603
+
ωmax = ωs *1 - s max ωmax = 250 r.p.m.*1 - 0.0603 ωmax = 234.92 r.p.m.
0.0603 0.012
2
= 2.61
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- La resistencia del rotor y la reactancia de un motor de inducción trifásico es de 0.015Ω y 0.09Ω por fase respectivamente. A tensión normal, el deslizamiento a plena carga es del 3%. Calcular el porcentaje de reducción en el voltaje del estator para desarrollar el par a plena carga a la mitad de la velocidad a plena carga. ¿Cuál es entonces el factor de potencia? [22.5%, 0.31] DATOS: Z =0.015 + j0.09Ω
f = 60 Hz
s1 = 0.03
#P = 2 polos
SOLUCIÓN: ωs = ωs =
120 * f #P 120*60 Hz 2 polos
= 3600 r.p.m.
ωr = ωs *1 - s
ω = 0.5*3492 r.p.m.
ωs - ω r
r 50%
ωr = 3600 r.p.m.*1 - 0.03
s2 =
ωr = 1746 r.p.m.
ωr = 3492 r.p.m.
50%
s2 =
50%
ωs
3600 - 1746 r.p.m. 3600 r.p.m.
s 2 = 0.515 Porcentaje de reducción: E12 *0.03*0.015Ω
τ1 = τ 2 E 2 1
k * E * s1* R 2
2
R +s1* X r E12 * s1* R
2
2
R + s1* X r
=
=
2 2
k * E * s 2* R 2
R 2 +s 2 * X r E 22 * s 2 * R 2
2
R +s 2 * X r
2
0.015Ω + 0.03*0.09Ω
1.937* E12
=
2
=
E 22 *0.515*0.015Ω 2
0.015Ω
+ 0.515*0.09Ω
3.254* E 22
1.391 E 2 = *E 1.804 1 E 2 = 0.7714* E1
%E = 1 - 0.7714*100% %E = 22.85%
cos θ =
Zr = 0.015 + j0.09 * 0.515 Ω
2
2
0.015Ω + 0.046Ω
R r Zr
0.015Ω
cos θ =
cos θ =
0.015Ω
0.048Ω cos θ = 0.31
Zr = 0.015 + j0.046Ω
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
221
2
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- La potencia de entrada de un motor de inducción trifásico, 50 Hz, es de 60 kW. La pérdida del estator total es de 1000W. Encontrar la potencia mecánica desarrollada y la pérdida de cobre en el rotor, se observa que la f.e.m. del rotor realiza 120 ciclos completos por minuto. [56.64 kW, 2.36 kW] DATOS: 3 fases f = 50 Hz PE = 60 kW Pestator = 1000 W
SOLUCIÓN: f ' = s * f s=
s=
f' f
120 ciclos 1 min * min 60 seg 50 Hz
s = 0.04
PEH = PE - Pestator
PEH = 60 kW - 1000W PEH = 59 kW PM = PEH *1 - s PM = 59 kW *1 - 0.04 PM = 56.64 kW Pr = s * PEH Pr = 0.04*59 kW Pr = 2.36 kW
222
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- Un motor de inducción trifásico balanceado tiene una eficiencia de 0.85 cuando su potencia de salida es de 44.76 kW. En esta carga tanto la pérdida en el cobre del estator y la pérdida en el cobre del rotor son iguales a las pérdidas en el núcleo. Las pérdidas mecánicas son un cuarto de la pérdida sin carga. Calcular el deslizamiento. [4.94%] DATOS: 3fases PS = 44.76 kW
1 Pf = * P0 4 η = 0.85 SOLUCIÓN: η= PE = PE =
PS
x = Pestator = PCue = PCu r
PE
PT = Pestator + PCu e + PCu r + Pf
PS
1 PT = Pestator + Pestator + Pestator + * Pestator 3
η 44.76 kW 0.85
= 52.65 kW
Pérdidas totales: PT = PE - PS PT = 52.65 kW - 44.76 kW
10 * x = 7.89 kW 3 3 x = * 7.89 kW 10 x = 2367 W
PT = 7.89 kW
Potencia del entrehierro:
1 Pf = * P0 ... 1 4
PEH = PS + Pf + PCu r
1 PEH = 44.76 kW + *2367W + 2367W 3
P0 = Pestator + Pf ... 2
PEH = 47.916 kW
1 Pf = *Pestator + Pf 4
s=
4* Pf = Pestator + Pf 3* Pf = Pestator
s =
1 Pf = * Pestator 3
PCur PEH
*100%
2367W *100% 47916W
s = 0.04939*100%
s = 4.94%
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
223
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 14.- Un motor de inducción está funcionando a 20% de deslizamiento, la potencia de salida es de 36.775 kW y las pérdidas mecánicas totales son 1500 W. Encontrar las pérdidas de cobre del rotor. Si las pérdidas en el estator son de 3 kW, calcular la eficiencia del motor. [9569W, 72.35%] DATOS: s = 0.2 PS = 36.775 kW Pf = 1500 W Pestator = 3 kW SOLUCIÓN: Perdidas en el cobre del rotor: PM = PS + Pf PM = 36.775 kW + 1500W PM = 38.275 kW
s Pr = *P 1 - s M 0.2 Pr = * 38.275 kW 1 - 0.2 Pr = 9568.75 W
Eficiencia del motor: PEH = PEH =
PE = PEH - Pestator
PM 1-s 38.275 kW
PE = 47843.75W- 3000W PE = 50843.75 W
1 - 0.2 PEH = 47843.75 W η=
PS PE
*100%
36.775 kW *100% 50843.75W
η =
η = 72.32%
224
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 15.- Un motor de inducción trifásico, 50 Hz, 6 polos, desarrolla una potencia de 37.3 kW a 955 r.p.m. Su factor de potencia es de 0.86, las pérdidas por fricción y devanados son de 1.492 kW; las pérdidas del estator suman 1.5 kW. Determinar: a) La corriente de línea, b) Las pérdidas en el cobre del rotor y c) La eficiencia. [a) 56.54A, b) 1.828 kW, c) 88.6%] DATOS: 3fases
ωr = 955 r.p.m.
f = 50 Hz
cos θ = 0.86
PS = 37.3kW
Pf = 1.492 kW Pestator = 1.5 kW
SOLUCIÓN: ωs = ωs =
s= s=
120 * f #P 120*50 Hz 6 polos
PE
IL =
= 1000 r.p.m.
IL =
3* VL * cos θ 42.11 kW
3*500V*0.86
I L = 56.54 A
ωs - ωr ωs
1000 - 955 r.p.m. 1000 r.p.m.
b) Pr = s * PEH
s = 0.045
Pr = 0.045*40.61 kW
a)
Pr = 1.827 kW
c)
PM = PS + Pf PM = 37.3 kW + 1.492 kW PM = 38.792 kW PEH = PEH =
η=
PS PE
*100%
37.3 kW *100% 42.11 kW
η =
PM 1-s 38.792 kW
η = 88.57%
1 - 0.045 PEH = 40.61 kW
PE = PEH + Pestator
PE = 40.61 kW + 1.5 kW PE = 42.11 kW
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
225
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 16.- Determinar la eficiencia y la potencia de salida en h.p. de un motor de inducción trifásico, 400V trabajando con una carga con un deslizamiento del 4% y tomando una corriente de 50A con un factor de potencia de 0.86. Cuando se ejecutan los 400V, el motor tiene una corriente de entrada de 15A y la potencia tomada es 2000W, de los cuales 650W representan las pérdidas de fricción, devanados y el núcleo del rotor. La resistencia por fase del devanado del estator (conectado en delta) es de 0.5 Ω. [85.5%, 34.2 h.p. (25.51 kW)] DATOS: 3fases
Vacío
Plena carga
I 0 = 15 A
E = 400 V
P0 = 2000 W
s = 0.04
Pf = 650 W
I L = 50 A
R e = 0.5 Ω
cos θ = 0.86
SOLUCIÓN: PE = PE =
PS = PM - Pf - P0
3 * E * I L * cos θ
3 *400V*50A*0.86
PE = 29.79 kW Pestator = 3 * R e * I
PS = 25.62 kW
1 h.p. 746W
PS = 25.62 kW *
2 0 2
Pestator = 3*0.5Ω*15A Pestator = 337.5 W PEH = PE - Pestator
PS = 28.27 kW - 650W - 2000W
PS = 34.34h.p.
Eficiencia:
PEH = 29.79 kW - 337.5W PEH = 29.45 kW
PM = 1 - s* PEH PM = 1 - 0.04*29.45 kW
η=
PS PE
*100%
25.62 kW *100% 29.79 kW
η =
η = 86%
PM = 28.27 kW
226
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 17.- La potencia de entrada en el rotor de un motor de inducción trifásico, 50 Hz, 6 polos, 440V es de 60 kW. Se observa que la f.e.m. inducida en el rotor realiza 90 ciclos por minuto. Calcular: a) El deslizamiento, b) La velocidad del rotor, c) Las pérdidas de cobre en el rotor por fase, d) La potencia mecánica entregada y e) La resistencia por fase si el rotor tiene una corriente de 60A. [a) 0.03, b) 970 r.p.m. c) 600W, d) 58.2 kW, e) 0.167Ω] DATOS: PEH = 60 kW f = 50 Hz #P = 6 polos E = 440 V
ciclos min
f ' = 90
SOLUCIÓN: a)
c)
f ' = s * f
Pr = s * PEH
s=
s=
f'
Pr = 0.03*60 kW
f
90 ciclos 1 min * min 60 seg 50 Hz
Pr =
1.8 kW 3 fases
W fase
Pr = 600
s = 0.03
d)
b) ωs = ωs =
120 * f #P 120*50 Hz 6 polos
ωs = 1000r.p.m.
ωr = ωs *1 - s ωr = 1000 r.p.m.*1 - 0.03 ωr = 970 r.p.m.
PM = PEH *1 - s PM = 60 kW *1 - 0.03 PM = 58.2kW
e) Pr = I r2 * R r R r = R r =
Pr I 2r 600W 2
60A R r = 0.167 Ω Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
227
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 18.- Un motor de inducción está funcionando al 50% de la velocidad síncrona con una potencia útil de 41.03 kW y las pérdidas mecánicas totales son de 1.492 kW. Calcular la pérdida de cobre en el circuito del rotor del motor, si las pérdidas totales del estator son de 3.5 kW. ¿A qué eficiencia funciona el motor? [42.52 kW, 46.34%] DATOS: ωr = 0.5* ωs PS = 41.03kW Pf = 1.492 kW Pestator = 3.5kW SOLUCIÓN: ωr = 0.5* ωs s= s=
ωs - 0.5* ωs ωs
0.5* ωs ωs
Eficiencia: PEH = PEH =
Pr s 42.522 kW 0.5
s = 0.5
PEH = 85.044 kW
PM = PS + Pf
PE = PEH + Pestator
PM = 41.03 kW + 1.492 kW
PE = 85.044 kW + 3.5 kW
PM = 42.522 kW
PE = 88.544 kW
s Pr = *P 1 - s M
η=
0.5 Pr = * 42.522 kW 1 - 0.5
η =
Pr = 42.522 kW
η = 46.33%
228
PS PE
*100%
41.03 kW *100% 88.544 kW
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 19.- Un motor de inducción trifásico de 6 polos, 50 Hz. La resistencia del rotor y la reactancia por fase son de 0.02Ω y 0.1Ω respectivamente. a) ¿A qué velocidad es el par máximo?, b) ¿Cuál debe ser el valor de resistencia externa en el rotor por fase para dar dos tercios del máximo par al arranque? [a) 800 r.p.m. b) 0.242Ω ó 0.018Ω] DATOS: 3fases #P = 6 polos f = 50 Hz Zr = 0.02 + j0.1 Ω
SOLUCIÓN: a)
b)
s max = s max =
ωs = ωs =
2 τ arranque = * τmax 3
R r X r 0.02Ω 0.1Ω
= 0.2
R T 2 T
R + X r 2
120 * f #P 120*50 Hz 6 polos
= 1000 r.p.m.
ωτmax = ωs *1 - smax
=
2 * s max * R r 3 2
R 2r + s max * X r
2 *0.2*0.02Ω 3 R T = 2 2 2 R T2 + 0.1Ω 0.02Ω + 0.1Ω*0.2 R T 2 T
R + 0.01
= 3.333
ωτmax = 1000 r.p.m.*1 - 0.2 ωτmax = 800 r.p.m.
3.333* R T2 - R T + 0.033 = 0 R T = 0.262 Ω R x = R T - R r R x = 0.262Ω - 0.02Ω R x = 0.242 Ω R T = 0.037 Ω R x = R T - R r R x = 0.037Ω - 0.02Ω R x = 0.017 Ω
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
229
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un motor de inducción trifásico de 115V tiene las siguientes constantes: R1 = 0.07Ω, R2’= 0.08Ω, X1= 0.4Ω y X2’= 0.2Ω. Todos los valores están solo para una fase. ¿A qué deslizamiento la potencia de salida será máxima y cuál es el valor de esta potencia de salida? [11.4%, 8.6 kW] DATOS: 3fases E = 115V R1 = 0.07 Ω R '2 = 0.08 Ω X1 = 0.4 Ω X '2 = 0.2 Ω SOLUCIÓN: '
R 0 = R 2 + R '2
X 0 = X1 + X2
R 0 = 0.07Ω + 0.08Ω
X 0 = 0.4Ω + 0.2Ω
R 0 = 0.15 Ω
X 0 = 0.6Ω
Z0 = R 02 + X 02 2
2
0.15Ω + 0.6Ω Z0 = 0.6184 Ω Z0 =
s= s=
R '2 R '2 + Z 0
0.08Ω 0.08Ω + 0.6184Ω
s = 11.45%
3* E2 Pmax = 2*R 0 + Z0 2
Pmax =
115V 3* 3
2*0.15Ω + 0.6184Ω Pmax = 8.61 kW
230
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un motor de inducción trifásico de 400V, conectado en estrella tiene un circuito equivalente “T” compuesto de R1 = 1Ω, X1 = 2Ω, los valores del rotor equivalentes son R 2’= 1.2Ω, X2’= 1.5Ω. La línea excitante tiene una impedancia de (4 + j40)Ω. Si el deslizamiento es 5%, encuentre: a) Corriente, b) Eficiencia, c) Factor de potencia y d) Potencia de salida. Considerar las pérdidas de fricción de 250W. [a) 10.8A, b) 81%, c) 0.82, d) 5 kW] DATOS: 3fases
R1 = 1Ω
E = 400V
X1 = 2Ω
Zl = 4 + j40 Ω
R '2 = 1.2 Ω
s = 0.05
X'2 = 1.5Ω
Pf = 250 W SOLUCIÓN: a)
b) E
I '2 =
PE =
3
R1 + R 2 + jX1 + X 2' s 400V
I '2 =
3
1Ω + 1.2Ω + j2Ω +1.5Ω 0.05
I '2 = 9.14 -7.96° A I0 = I0 =
PE =
3 *400V*11.88A* cos -35.94°
PE = 6.66 kW η=
PS PE
*100%
5.46 kW *100% 6.66 kW
η =
η = 81.98%
c)
E
3 * E * I1* cos θ
3 * Zl
cos θ = cos-35.94° cos θ = 0.81
400V
3*4 + j40Ω
I 0 = 5.74 -84.28° A I1 = I 0 + I '2
d)
1 - s PS = 3 * I '22 * R '2* -P s f
I1 = 5.74 -84.28° A + 9.14 -7.96° A
1 - 0.05 2 PS = 3*9.14A *1.2Ω* - 250W 0.05
I1 = 11.88 -35.94°A
PS = 5.46kW
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
231
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un motor de inducción trifásico de 440V, 50 h.p., 50 Hz con devanado de estator conectado en estrella obtuvo los siguientes resultados: a) Prueba de vacío: aplicando voltaje de línea de 440V, corriente de línea de 24A, lectura de los wattmetros de 5150W y 3350W. b) Prueba de rotor bloqueado: voltaje aplicado de 33.6V, corriente de línea de 65A, lectura de los wattmetros de 2150W y 766W. Calcular los parámetros de circuito equivalente. [Barra derivación: R0 = 107.6Ω, Xm = 10.60Ω, Barra serie: R = 0.23Ω, X = 0.19Ω] DATOS: VL = 400 V
Prueba de vacio
Prueba de rotor bloqueado
PS = 50 h.p.
VL = 440 V
VRB = 33.6 V
f = 50 Hz
I0 = 24 A
IRB = 65A
P01 = 5150 W
PRB1 = 2150 W
P02 = 3350 W
PRB2 = 766 W
SOLUCIÓN: Prueba de rotor bloqueado. VRB
ZRB = ZRB =
3 * IRB 33.6V
3*65A
R RB1 = R RB1 =
= 0.298Ω
PRB1 3 * I 2RB 2150W 2
3*65A
= 0.17 Ω
R RB2 = R RB2 =
PRB2 3 * I 2RB 766W 2
3*65A
= 0.06 Ω
R RB = R RB1 + R RB 2 R RB = 0.17Ω + 0.06Ω R RB = 0.23Ω
232
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Z 2RB - R 2RB
X RB =
2
2
0.298Ω - 0.23Ω X RB = 0.19 Ω X RB =
Prueba de vacío. V p = V p =
VL 3 440V 3
= 254.03V
S0 = VL * I0 S0 = 440V *24A S0 = 10560 VA P0 = P01 + P02 P0 = 5150W + 3350W P0 = 8500 W
Q0 =
S02 - P02 2
2
10560 VA - 8500W Q0 = 6266.02 VAR Q0 =
R0 =
V p2 P0 2
R0 =
254.03V
8500W R 0 = 7.59 Ω X0 =
V p2 Q0 2
X0 =
254.03V
6266.02 VAR X0 = 10.29 Ω
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
233
Símbologia utilizada a lo largo del capítulo. Simbolo Significado Unidades ρ Ángulo de paso ° α
n I f IC
ICC I max
I IT
K d
K p cos θ max
cos θ
de bobina. Ángulo entre ranuras. Constante.
Corriente de campo. Corriente de carga. Corriente de cortocircuito. Corriente máxima. Corriente nominal. Corriente total.
f
Frecuencia.
ZS
Impedancia síncrona. Número de armónicas. Número de conductores.
m
Z
Número de espiras por fase.
espiras fase
#P
polos
A
S
A
Pmax
A
QT
A
Q
A
P
Número de polos. Número de ranuras. Porcentaje de regulación. Potencia aparente total. Potencia aparente. Potencia máxima. Potencia reactiva total. Potencia reactiva. Potencia real.
A
PT
Potencia total.
X
s
Reactancia síncrona. Resistencia efectiva de la armadura. Tensión generada por fase. Tensión generado de línea. Velocidad.
V p
Voltaje de fase.
VL
Voltaje de línea.
V0
Voltaje en vacío.
° ranuras polo * fase
Factor de distribución. Factor de paso. Factor de potencia máximo. Factor de potencia. Flujo por polo.
N
#R %Reg ST
R E gf
Wb Hz Ω
conductores
E gl
ranuras
kVA kVA kW kVAR kVAR kW kW Ω Ω V V r.p.m. V V V
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Encuentre el voltaje de línea y de fase de un alternador de 4 polos conectado en estrella, teniendo un flujo por polo de 0.1Wb distribuido senoidalmente, 4 ranuras por polo por fase, 4 conductores por ranura con un devanado de doble capa con un paso de bobina de 150°. Suponer frecuencia = 60 Hz. [789V, 1366V] DATOS: 3fases
ρ =150°
#P = 4 polos
4
conductores ranura ranuras n=4 polo * fase
= 0.1 Wb
f = 60 Hz
SOLUCIÓN:
4 ranuras * 4 polos * 3 fases #R = polo* fase #R = 48ranuras
#R #P α=
=
48 ranuras 4 polos
ranuras polo
= 12
ρ ranuras polo
α=
150°
12 ranuras polo ρ K p = sen 2
n * α 2 Kd = α n * sen 2 4*12.5° sen 2 Kd = 12.5° 4* sen 2 sen
K d = 0.9705 = 12.5°
150° K p = sen 2 K p = 0.9659
4 conductores 12 ranura *4 polos * polo ranura
Z =
Z = 192conductores
192 conductores 1 espira N = * 2 conductores 3 fases espiras fase
N = 32
E gf = 4.44 * N * * f * K p* K d
32 espiras * 0.1Wb*60 Hz *0.9659*0.9705 fase
E gf = 4.44*
E gf = 799.11V
238
E gl = E gl =
3 * E gf
3*799.11V
E gl = 1384.11 V
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un alternador trifásico, 10 polos trabaja a 600 r.p.m. Tiene 120 ranuras en el estator con 8 conductores por ranura y los conductores de cada fase están conectados en serie. Determine la f.e.m. de fase y de línea, si el flujo por polo es 56 mWb. Suponer bobina de paso completo. [1910V, 3300V] DATOS: 3fases
conductores ranura
8
#P = 10 polos s = 600 r.p.m.
= 56 mWb
#R = 120 ranuras
ρ = 180°
SOLUCIÓN:
ranuras #R 120 ranuras = = 12 #P 10 polos polo α=
α=
f= f=
12 ranuras polo
= 15°
s * #P 120
600 r.p.m.*10 polos 120
f = 50 Hz n= n=
n * α 2 Kd = α n * sen 2 4*15° sen 2 Kd = 15° 4* sen 2 sen
ρ ranuras polo 180°
K p = 1
#R #P * fases 120 ranuras
10 polos*3 fases
n=4
K d = 0.957
8 conductores 12 ranura *10 polos Z = * polo ranura Z = 960conductores
960 conductores 1 espira * 2 conductores 3 fases
N =
espiras fase
N = 160
Egf = 4.44 * N * * f * K p* K d
E gl =
160 espiras Egf = 4.44* * 56 mWb * 50 Hz * 1* 0.957 fase
E gl =
Egf = 1903.58V
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
3 * E gf
3*1903.58 V
E gl = 3297.11 V
239
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Calcular la velocidad y los voltajes en vacío de línea y de fase de un alternador de 4 polos, 3 fases, 50 Hz con 36 ranuras y 30 conductores por ranura. El flujo por polo es 0.0496 Wb y está distribuido senoidalmente. [1500 r.p.m., 3300V, 1905V] DATOS: 3fases
conductores ranura
30
f = 50 Hz #P = 4 polos
= 0.0496 Wb
#R = 36 ranuras
ρ = 180°
SOLUCIÓN: s=
120 * f
s=
K p = 1
#P 120*50 Hz 4 polos
s = 1500 r.p.m.
ranuras = = 9 polo #P 4 polos
#R
36 ranuras
α=
ρ ranuras polo
α=
n= n=
180°
9 ranuras polo
n * α 2 Kd = α n * sen 2 3*20° sen 2 Kd = 20° 3* sen 2 sen
K d = 0.959 = 20°
#R #P * fases 36 ranuras
4 polos*3 fases
n=3
30 conductores 9 ranura *4 polos * polo ranura
Z =
Z = 1080conductores
1080 conductores 1 espira N = * 2 conductores 3 fases espiras fase
N = 180
E gf = 4.44 * N * * f * K p* K d
180 espiras E gf = 4.44* * 0.0496Wb * 50 Hz * 1* 0.959 fase E gf = 1900.75V
240
E gl = E gl =
3 * E gf
3*1900.75V
Egl = 3292.2 V
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Un alternador trifásico conectado en estrella de 4 polos, tiene 12 ranuras con 24 conductores por ranura y el flujo por polo es 0.1Wb distribuidos senoidalmente. Calcular la f.e.m. generada de línea a 50 Hz. [1850V] DATOS:
conductores ranura
#P = 4polos
24
3fases
= 0.1 Wb
#R = 12 ranuras
f = 50 Hz SOLUCIÓN:
ranuras #R 12 ranuras = = 3 polo #P 4 polos α=
α=
n= n=
ρ ranuras polo 180°
3 ranuras polo
= 60°
Kd = 1
#R #P * fases 12 ranuras
n=1
ρ K p = sen 2
Z = 288conductores
288 conductores 1 espira * 2 conductores 3 fases espiras N = 48 fase N =
180° K p = sen 2 K p = 1
E gl =
24 conductores 3 ranura *4 polos * polo ranura
Z =
4 polos*3 fases
E gl =
n * α 2 Kd = α n * sen 2 1*60° sen 2 Kd = 60° 1* sen 2 sen
3 * 4.44 * N * * f * K p* K d
48 espiras *0.1Wb *50 Hz *1 *1 fase
3*4.44*
E gl = 1845.67 V
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
241
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un alternador trifásico de 16 polos, tiene un devanado conectado en estrella con 144 ranuras y 10 conductores por ranura. El flujo por polo es 30 mWb distribuidos senoidalmente. Encuentre la frecuencia, el voltaje de línea y de fase si la velocidad es 375 r.p.m. [50 Hz, 1530V, 2650V] DATOS: #P =16 polos
= 30mWb
#R=144 ranuras
s = 375 r.p.m.
conductores ranura
ρ = 180°
10
SOLUCIÓN: f= f=
K p = 1
s * #P 120 375 r.p.m.*16 polos 120
f = 50 Hz
ranuras #R 144 ranuras = = 9 #P 16 polos polo α=
α=
n= n=
ρ ranuras polo 180°
9 ranuras polo
n * α 2 Kd = α n * sen 2 3*20° sen 2 Kd = 20° 3* sen 2 sen
K d = 0.959 = 20°
10 conductores 9 ranura *16 polos Z = * polo ranura Z = 1440conductores
#R #P * fases 144 ranuras
16 polos*3 fases
n=3
1440 conductores 1 espira N = * 2 conductores 3 fases espiras fase
N = 240
Egf = 4.44 * N * * f * K p* K d
E gl =
240 espiras *30 mWb * 50 Hz * 1* 0.959 fase
Egf = 4.44*
Egf = 1532.86 V
242
E gl =
3 * E gf
3*1532.86V
Egl = 2655V
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Un generador síncrono tiene 9 ranuras por polo. Si cada bobina abarca 8 r anuras de paso, ¿Cuál es el valor del factor de paso? [0.985] DATOS:
ranuras polo
9
8 ranuras de paso
SOLUCIÓN: 9 ranuras = 180° 8 ranuras = X X=
8 ranuras
9 ranuras X = 160°
*180°
X 2
K p = sen
160° K p = sen 2 K p = 0.985
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
243
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un alternador trifásico conectado en estrella de 2 polos gira a 3600 r.p.m. Si tiene 500 conductores por fase en serie con el devanado de armadura y un flujo senoidal por polo de 0.1 Wb, calcular la magnitud y la frecuencia del voltaje generado a partir de los primeros principios. [60 Hz, 11.5 kV] DATOS: 3fases #P = 2 polos s = 3600 r.p.m.
conductores 500 polo = 0.1 Wb
SOLUCIÓN: f= f=
#P * s 120 2 polos*3600 r.p.m. 120
f = 60 Hz
500 conductores 1 espira * 2 conductores polo
N =
espiras fase
N = 250
Egf = 4.44 * N * * f
250 espiras *0.1Wb*60 Hz fase
Egf = 4.44*
Egf = 6660 V E gl = E gl =
3 * E gf
3*6660V
Egl = 11.53kV
244
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un alternador trifásico de 4 polos, 50 Hz, conectado en estrella tiene un devanado de capa sencilla y bobinas de paso completo con 21 ranuras por polo y 2 conductores por ranura. El flujo fundamental es 0.6Wb y el flujo en el entrehierro contiene una tercera armónica de 5% de amplitud. Encuentre los valores r.m.s. de la f.e.m. de fase de la amónica fundamental, la tercera armónica y la f.e.m. inducida total. [3550V, 119.5V, 3553V] DATOS: 3fases
conductores ranura
2
#P = 4 polos f = 50 Hz
K p = 1
ranuras 21 polo
m3 = 3 1 = 0.6 Wb
SOLUCIÓN: Componente fundamental:
21 ranuras * 4 polos polo
#R =
#R = 84 ranuras
7*180° 2*21 Kd = 180° 7* sen 2 * 21 sen
1
K d1 = 0.9558
n= n=
#R
2 conductores *84 ranuras ranura
#P * fase 84 ranuras
Z =
4 polos*3 fases
Z = 168conductores
n=7
n * α 2 Kd = α n * sen 2 sen
1
168 conductores 1 espira N = * 2 conductores 3 fases espiras fase
N = 28
E g1 = 4.44 * N * * f * K p* K d1
28 espiras * 0.6Wb * 50 Hz * 1*0.9558 fase
E g1 = 4.44*
E g1 = 3564.75V
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
245
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3ª armónica.
n * m 3 * α 2 Kd = m * α n * sen 3 2 7*3*180° sen 2*21 Kd = 3*180° 7* sen 2 * 21 sen
3
3
K d3 = 0.6419
1 3 = *0.05*0.6Wb 3 3 = 0.01 Wb
f3 = 3 * f f 3 = 3*50 Hz f 3 = 150 Hz Eg3 = 4.44 * N * * f 3* K p* K d3
28 espiras * 0.01Wb *150 Hz * 1*0.6419 fase
Eg3 = 4.44*
Eg3 = 119.7 V
F.e.m. inducida total. E gf = E g21 + E g23
E gf
246
2
2
3564.75V + 119.7V = 3566.75V
E gf =
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un alternador trifásico de 10 polos tiene 90 ranuras, cada una contiene 12 conductores. Si la velocidad es 600 r.p.m. y el flujo por polo es 0.1Wb, calcular la f.e.m de línea cuando las fases están: a) Conectadas en estrella, b) Conectadas en delta. Suponer que el factor de distribución es 0.96 y el flujo está distribuido senoidalmente. [a) 6.93 kV, b) 4 kV] DATOS: #P = 10 polos
= 0.1 Wb
3fases
s = 600r.p.m.
#R = 90 ranuras
ρ = 180°
conductores ranura
12
K d = 0.96
SOLUCIÓN: f= f=
12 conductores Z = *90 ranuras ranura
s * #P 120
600 r.p.m.*10 polos
Z = 1080conductores
120
f = 50 Hz K p = 1
1080 conductores 1 espira N = * 2 conductores 3 fases espiras fase
N = 180
a) E gf = 4.44 * N * * f * K p* K d
180 espiras E gf = 4.44* * 0.1Wb * 50 Hz * 1* 0.96 fase E gf = 3.83kV
b) E gl = E gl =
3 * E gf
3*3.83 kV
E gl = 6.63kV
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
247
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un generador síncrono trifásico de 6 polos conectado en estrella, tiene un estator con 90 ranuras y 8 conductores por ranura. El rotor gira a 1000 r.p.m. El flujo por polo es 4 * 10-2 Wb. Calcular la f.e.m. generada, si todos los conductores en cada fase están en serie. Suponer flujo distribuido senoidalmente y bobinas de paso completo. [1066V] DATOS: -2
3fases
Wb s = 1000 r.p.m.
#R = 90 ranuras
ρ = 180°
#P = 6 polos
= 4*10
conductores ranuras
8
SOLUCIÓN: f= f=
K p = 1
s * #P 120
1000 r.p.m.*6 polos 120
f = 50 Hz
#R #P
=
90 ranuras 6 polos
ranuras polo
= 15
ρ #R
α=
n= n=
5*12° 2 Kd = 12° 5* sen 2 sen
K d = 0.956
#P α=
n * α 2 Kd = α n * sen 2 sen
180°
15 ranuras polo
= 12°
8 conductores *90 ranuras ranura
Z =
Z = 720 conductores
#R #P * fases 90 ranuras
6 polos*3 fases
n=5
720 conductores 1 espira * 2 conductores 3 fases
N =
espiras fase
N = 120
Egf = 4.44 * N * f * * K p* K d
120 espiras Egf = 4.44* * 4*10 -2Wb* 50 Hz * 1* 0.956 fase Egf = 1018.71V
248
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- Una máquina de 6 polos tiene una armadura de 90 ranuras y 8 conductores por ranura y gira a 1000 r.p.m. el flujo por polo es 50 mWb. Calcular la f.e.m. generada como una máquina trifásica conectada en estrella si el factor de distribución es 0.96 y todos los conductores en cada fase están en serie. [1280V] DATOS: 3fases #P = 6polos #R = 90 ranuras
conductores ranura
8
s = 1000r.p.m. K d = 0.96 = 50mWb
SOLUCIÓN: f= f=
8 conductores *90 ranuras ranura
s * #P
Z =
120
1000 r.p.m.*6 polos 120
720 conductores 1 espira * 2 conductores 3 fases
f = 50 Hz
#R #P
Z = 720 conductores
=
90 ranuras 6 polos
N =
ranuras polo
= 15
espiras fase
N = 120
K p = 1
Egf = 4.44 * N * * f * K p* K d
120 espiras Egf = 4.44* * 50 mWb * 50 Hz * 1* 0.96 fase Egf = 1278.72 V
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
249
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- Un alternador trifásico de 16 polos tiene un devanado conectado en estrella con 144 ranuras y 10 conductores por ranura. El flujo por polo es 0.04Wb (senoidales) y la velocidad es 375 r.p.m. Encuentre la frecuencia y la f.e.m. de línea y de fase. El total de espiras por fase puede ser supuesto para conductores en serie. [50 Hz, 2035V, 3525V] DATOS: 3fases
s = 375r.p.m.
#P = 16polos
10
#R = 144 ranuras
conductores ranura
= 0.04 Wb
SOLUCIÓN:
f=
K p = 1
s * #P
f=
120
375 r.p.m.*16 polos 120
f = 50 Hz
ranuras #R 144 ranuras = = 9 #P 16 polos polo ρ #R #P 180°
α=
α=
n= n=
n * a 2 Kd = a n * sen 2 3*20° sen 2 Kd = 20° 3* sen 2 sen
K d = 0.956
ranuras 9 polo
= 20°
#R #P * fases 144 ranuras
16 polos*3 fases
n=3
10 conductores Z = *144 ranuras ranura Z = 1440conductores
1440 conductores 1 espira N = * 2 conductores 3 fases espiras fase
N = 240
E gl =
Egf = 4.44 * N * * f * K p* K d
240 espiras *0.04Wb * 50 Hz * 1*0.9597 fase
Egf = 4.44*
Egf = 2045.31V
250
E gl =
3 * E gf
3*2045.31V
E gl = 3542.58 V
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Si un campo de excitación de 10A en un cierto alternador da una corriente de 150A en corto circuito y un voltaje terminal de 900V a circuito abierto, encuentre la caída interna de voltaje con una corriente de carga de 60A. [360V] DATOS: I = 10 A I CC = 150 A VL = 900 V I C = 60 A SOLUCIÓN: ZS = ZS =
VL ICC 900V 150A
= 6 Ω
V p = I C * ZS V p = 60A*6Ω V p = 360 V
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
251
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un alternador monofásico de 500V, 50 kVA tiene una resistencia efectiva de 0.2Ω. Una corriente de campo de 10A produce una corriente de armadura de 200A en corto circuito y una f.e.m. de 450V en circuito abierto. Calcular la regulación a plena carga con un factor de potencia de 0.8 atraso. [34.4%] DATOS: V p = 500 V S = 50 kVA R = 0.2 Ω If = 10 A ICC = 200 A E g = 450 V cos θ = 0.8atraso
SOLUCIÓN: ZS = ZS = X=
Eg
I=
ICC 450V 200A
= 2.25Ω
I=
V p 50 kVA 500V
= 100 A
I * R = 100A*0.2Ω = 20 V
ZS2 - R 2 2
I * X = 100A*2.24Ω = 224 V
2
2.25Ω - 0.2Ω X = 2.24 Ω X=
S
E g = V p * cos θ + I * R + j V p * sen θ + I * X
E g = 500V *0.8 + 20V + j 500V *0.6 + 224V E g = 420 + j524 = 671.54 51.28° V
%Reg = %Reg =
E g - Vp V p
*100%
671.54V - 500V
500V %Reg = 34.3%
252
*100%
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un alternador trifásico conectado en estrella tiene los valores nominales de 1600 kVA, 13500V. La resistencia efectiva de la armadura y la reactancia síncrona son 1.5Ω y 30Ω respectivamente por fase. Calcular el porcentaje de regulación para una carga de 1280 kW con factores de potencia de: a) 0.8 adelanto, b) 0.8 atraso. [a) -11.8%, b) 18.6%] DATOS:
S = 1600 kVA
VL = 13.5 kV
R = 1.5Ω
X = 30Ω
SOLUCIÓN:
V p = V p =
VL 3 13.5 kV 3
I=
= 7794.22 V
I=
I * R = 68.42A *1.5Ω = 102.63 V
S 3 * VL 1600 kVA
3*13.5 kV
I = 68.42 A
I * X = 68.42A *30Ω = 2052.6V
a) Factor de potencia adelanto E g = V p * cos θ + I * R + j Vp * sen θ - I * X
E g = 7794.22V *0.8 + 102.63V + j 7794.22V * 0.6 - 2052.6V E g = 6338 + j2623.93 = 6859.68 22.48° V
%Reg = %Reg =
E g - Vp V p
*100%
6859.68V - 7794.22V
7794.22V %Reg = -11.99%
*100%
b) Factor de potencia atraso E g = V p * cos θ + I * R + j Vp * sen θ + I * X E g = 7794.22V *0.8+ 102.63V + j 7794.22V * 0.6 + 2052.6V E g = 6338 + j6729.13 = 9243.99 46.71° V
%Reg = %Reg =
E g - Vp V p
*100%
9243.99V - 7794.22V
7794.22V %Reg = 18.6%
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
*100%
253
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Determine la regulación de tensión de 2000V, de un alternador monofásico entregando una corriente de 100A con factor de potencia de 0.8 en adelanto de los resultados de pruebas. Corriente de plena carga de 100A es producida en corto circuito por un campo de excitación de 2.5A. Una f.e.m. de 500V es producida en circuito abierto por la misma excitación. La resistencia de la armadura es 0.8Ω. Dibuje el diagrama de vectores. [-8.9%] DATOS: V p = 2000 V I = 100 A cos θ = 0.8adelanto ICC = 100 A E g = 500 V R = 0.8 Ω
SOLUCIÓN: ZS = ZS =
Eg ICC 500V 100A
= 5Ω
X=
ZS2 - R 2
X=
5Ω - 0.8Ω
2
2
X = 4.93Ω I * R = 100A*0.8Ω = 80 V I * X = 100A*4.93Ω = 493 V E g = V p * cos θ + I * R + j Vp * sen θ - I * X
E g = 2000V *0.8 + 80V + j 2000V *0.6 - 493V E g = 1680 + j707 = 1822.7 22.82° V
%Reg = %Reg =
E g - Vp V p
*100%
1822.7V - 2000V
2000V %Reg = - 8.86%
254
*100%
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un alternador monofásico, con una corriente de campo dada produce una corriente de armadura de 250A en corto circuito y una f.e.m. generada de 1500V a circuito abierto. Calcular el voltaje terminal cuando una carga de 250A en 6.6 kV y un factor de potencia de 0.8 en atraso cuando está apagado. La resistencia de armadura es 2Ω. Calcular también la regulación del alternador a la carga dada. [7898V, 19.7%] DATOS: I = 250 A V0 = 1500 V cos θ = 0.8 VL = 6.6 kV R = 2Ω
SOLUCIÓN: ZS = ZS = X=
V0 I 1500V 250A
= 6 Ω
ZS2 - R 2 2
2
6Ω - 2Ω X = 5.65 Ω X=
E g = Vp * cos θ + I * R + j Vp * sen θ + I * X
E g = 6600V*0.8 + 250A*2Ω + j 6600V*0.6 + 250A*5.65Ω E g = 5780 + j5372.5V E g = 7891.27 42.91°V %Reg = %Reg =
E g - Vp V p
*100%
7891.27V - 6600V
6600V %Reg = 19.56%
*100%
NOTA: En el texto original hace falta el dato de la resistencia de 2Ω.
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
255
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Un alternador monofásico de 500V, 50 kVA tiene una resistencia efectiva de 0.2Ω. Una corriente de campo de 10A produce una corriente de armadura de 200A en corto circuito y una f.e.m. de 450V en circuito abierto. Calcular: a) La impedancia y reactancia síncrona, y b) La regulación a plena carga con un factor de potencia de 0.8 en atraso. [a) 2.25Ω, 2.24Ω, b) 34.4%] DATOS: V p = 500 V S = 50 kVA R = 0.2 Ω If = 10 A ICC = 200 A E g = 450 V cos θ = 0.8atraso
SOLUCIÓN: a) I= I=
X=
S 50 kVA
500V I = 100 A
ZS =
2
2
2.25Ω - 0.2Ω X = 2.24 Ω X=
V p
ZS =
ZS2 - R 2
b) I * R= 100A*0.2Ω = 20 V
Eg
I * X= 100A*2.24Ω = 224 V
I CC 450V
200A ZS = 2.25 Ω E g = V p * cos θ + I * R + j Vp * sen θ + I * X E g = 500V *0.8 + 20V + j 500V *0.6 + 224V E g = 420 + j524 = 671.54 51.28° V
%Reg = %Reg =
E g - Vp V p
*100%
671.54V - 500V
500V %Reg = 34.3%
256
*100%
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un alternador trifásico de 100 kVA, 3000V, 50 Hz, conectado en estrella tiene una resistencia efectiva de armadura de 0.2Ω. Una corriente de 40A produce una corriente de corto circuito de 200A y una f.e.m. de circuito abierto de 1040V (valor de línea). Calcular el porcentaje de regulación a plena carga con un factor de potencia de 0.8 en atraso. ¿Cómo será afectada la regulación si el alternador entrega esta salida a plena carga con un factor de potencia de 0.8 en adelanto? [24.4%, -13.5%] DATOS: S = 100kVA VL = 3000 V f = 50 Hz R = 0.2 Ω I f = 40 A I CC = 200 A E g = 1040 V cos θ1 = 0.8 atraso cos θ 2 = 0.8 adelanto SOLUCIÓN: V p = V p =
X=
3 3000V 3
= 1732.05 V
ZS2 - R 2 2
2
31.2Ω - 0.2Ω X = 31.19 Ω X=
S
I= I=
VL
I * R = 19.24A *0.2Ω = 3.84 V
3 * VL
I * X = 19.24A *31.19Ω = 600.09 V
100 kVA
3 *3000V
I = 19.24 A ZS = ZS =
Eg 3 * ICC 1040V
3*19.24A
ZS = 31.2 Ω
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
257
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Factor de potencia atraso: E g = V p * cos θ1 + I * R + j Vp * sen θ1 + I * X E g = 1732.05V *0.8 + 3.84V + j 1732.05V * 0.6 + 600.09V E g = 1389.48 + j1639.32 = 2148.95 49.71° V
%Reg = %Reg =
E g - Vp V p
*100%
2148.95V - 1732.05V
1732.05V %Reg = 24.06%
*100%
Factor de potencia adelanto: E g = V p * cos θ 2 + I * R + j Vp * sen θ 2 - I * X E g = 1732.05V *0.8+ 3.84V + j 1732.05V * 0.6 - 600.09V E g = 1389.48 + j439.14 = 1457.2217.53° V
%Reg = %Reg =
E g - Vp V p
*100%
1457.22V - 1732.05V
1732.05V %Reg = -15.86%
258
*100%
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un alternador trifásico de 2000 kVA, 2300V, 50 Hz, da una corriente de corto circuito de 600A para un cierto campo de excitación. Con la misma excitación el voltaje de circuito abierto fue 900V. La resistencia entre un par de terminales fue 0.12Ω. Encuentre la regulación a plena carga
con: a) Factor de potencia unitario, b) Factor de potencia 0.8 en atraso, y c) Factor de potencia de 0.8 en adelanto. [a) 7.3% b) 23.8%, c) -13.2%] DATOS: f = 50 Hz
E g = 900 V
S = 50 kVA
R = 0.12 Ω
VL = 2300 V
cos θ1 = 1
I CC = 600 A
cos θ 2 = 0.8atraso cos θ3 = 0.8adelanto
SOLUCIÓN: V p = V p =
3 2300V 3
R CC =
= 1327.9V
S
I= I=
VL
X=
3 * VL 2000 kVA
3 *2300V
I = 502.04A ZS = ZS =
R CC =
R 2 0.12 Ω 2
= 0.06Ω
ZS2 - R 2 2
2
0.86Ω - 0.12Ω X = 0.85 Ω X=
I * R = 502.04A*0.06Ω = 30.12 V I * X = 502.04A *0.85Ω = 426.73 V
Eg 3 * ICC 900V
3*600A
ZS = 0.86 Ω a) Factor de potencia unitario. E g = V p * cos θ1 + I * R + j Vp * sen θ1 + I * X E g = 1327.9V *1 + 30.12V + j 1327.9V * 0 + 426.73V E g = 1358.02 + j426.73 = 1423.4817.44° V
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
259
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. %Reg = %Reg =
E g - Vp V p
*100%
1423.48V - 1327.9V
1327.9V %Reg = 7.19%
*100%
b) Factor de potencia atraso. E g = V p * cos θ 2 + I * R + j Vp * sen θ 2 + I * X
E g = 1327.9V *0.8 + 30.12V + j 1327.9V * 0.6 + 426.73V E g = 1092.44 + j1223.47 = 1640.21 48.23° V
%Reg = %Reg =
E g - Vp V p
*100%
1640.21V - 1327.9V
1327.9V %Reg = 23.51%
*100%
c) Factor de potencia adelanto. E g = V p * cos θ3 + I * R + j Vp * sen θ3 - I * X
E g = 1327.9V *0.8 + 30.12V + j 1327.9V *0.6 - 426.73V E g = 1092.44 + j370.01 = 1153 .418.71° V
%Reg = %Reg =
E g - Vp V p
*100%
1153.4V - 1327.9V
1327.9V %Reg = -13.14%
260
*100%
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un alternador trifásico conectado en estrella es excitado para dar 6600V entre líneas en circuito abierto. Tiene una resistencia de 0.5Ω y una reactancia síncrona de 5Ω por fase. Calcular el
voltaje terminal y la regulación con una corriente a plena carga de 130A cuando el factor de potencia es: a) 0.8 en atraso, b) 0.6 en adelanto. [a) 3318 V, 14.83%, b) 4265V, -10.65%] DATOS: E g = 6600 V R = 0.5 Ω X = 5 Ω I = 130 A cos θ1 = 0.8 atraso cos θ 2 = 0.6 adelanto
SOLUCIÓN: Egf = Egf =
Eg 3 6600V 3
= 3810.51V
a) Factor de potencia atraso. 2
E 2gf = Vp * cos θ1 + I * R + Vp * sen θ1 + I * X
2
2 E 2gf = Vp2 * cos 2θ1 + 2 * Vp * I * R * cos θ1 + I * R
2 + V p2 * sen 2θ1 + 2 * Vp * I * X * sen θ1 + I * X
E 2gf = Vp2 + 2 * I * Vp *R * cos θ1 + X * sen θ1 + I 2* R 2 + X 2 V p2 + 2*130A* 0.5Ω*0.8 + 5Ω *0.6 + 130A * 0.5Ω + 5Ω 2
2
2
- 3810.51V2
V p2 + 884* Vp - 14093261.46 = 0 V p = 3338.03 V %Reg = %Reg =
E g - Vp V p
*100%
3810.51V - 3338.03V
3338.03V %Reg = 14.15%
*100%
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
261
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. b) Factor de potencia adelanto. 2
E g2f = Vp * cos θ 2 + I * R + Vp* sen θ 2 - I * X
2
2 E g2f = Vp2 * cos 2θ 2 + 2 * Vp * I * R * cos θ 2 + I * R
2 + V p2 * sen 2θ 2 - 2 * Vp * I * X * sen θ2 + I * X
E g2f = Vp2 + 2 * I * Vp* R * cos θ 2 - X * sen θ 2 + I2 *R 2 + X 2 V p2 + 2*130A* 0.5Ω*0.6 -5Ω *0.8 + 130A * 0.5Ω + 5Ω 2
2
2
- 3810.51V2
V p2 - 962* Vp - 14093261.46 = 0 V p = 4265.78 V %Reg = %Reg =
E g - Vp V p
*100%
3810.51V - 4265.78V
4265.78V %Reg = -10.67%
262
*100%
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Dos generadores trifásicos de 6600V están trabajando en paralelo con un voltaje y una frecuencia de barras colectoras constantes. Cada uno tiene una resistencia y reactancia equivalente de 0.05Ω y 0.5Ω respectivamente y suministran la mitad de una carga total de 10000kW con un factor de potencia de 0.8, las dos máquinas están similarmente excitadas. Si la excitación de una máquina se ajusta hasta que el circuito de armadura es 438A y el suministro de vapor se mantiene sin cambios, encuentre la corriente de armadura, la f.e.m. y el factor de potencia del otro alternador. [789A, 7200V, 0.556] DATOS: VL = 6600V
PT = 10000 kW
R1 = R 2 = 0.05Ω
P1 = P2 = 5000 kW
X1 = X2 = 0.5Ω
cos θ = 0.8atraso I1 = 438 A
SOLUCIÓN: V p = V p =
VL 3 6600V 3
= 3810.51V
P1 3 *V *I L 1 5000 kW -1 θ1 = cos 3*6600V* 438A θ1 = cos-1
θ1 = 3.03° IT = IT =
PT 3 * VL * cos θ 10000 kW
3*6600V*0.8
IT = 193.46 36.86° A
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
263
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. I 2 = IT - I1 I 2 = 1093.46 36.86° A - 438 3 .03° A I 2 = 769.28 55.34° A I2 * R 2 = 769.28A *0.05Ω = 38.46 V I2 * X 2 = 769.28A*0.5Ω = 384.64 V E g2 = V p * cos θ + I 2 * R 2 + j Vp * sen θ + I2 * X 2
E g = 3810.51V*0.568 + 38.46V + j 3810.51V*0.822 + 384.64V 2
E g2 = 2202.82 + j3516.87 = 414 9.79 57.93° V E g2 = l
E g2 = l
3 * E g2
3*4149.79V
E g2 = 7187.64 V l
cos θ 2 = cos 55.34° cos θ 2 = 0.568
264
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un alternador monofásico conectado a una barra de 6600V tiene una impedancia síncrona de 10Ω y una resistencia de 1Ω. Si esta excitación es tal que el voltaje en circuito abierto sería 5000V, calcular la máxima carga que la máquina puede suministrar al circuito antes de reducirse y la correspondiente corriente de armadura y el factor de potencia. [2864 kW, 787A, 0.551] DATOS: V p = 6600 V ZS = 10 Ω R = 1Ω E g = 5000 V SOLUCIÓN: X= X=
E g * Vp Vp2* R Pmax = Z Z2
ZS2 - R 2 2
2
10Ω - 1Ω
X = 9.94 Ω
I= 2
5000V*6600V 6600V *1Ω Pmax = 2 10Ω 10Ω Pmax = 2864.4 kW 2
E g22 = V p * cos θ + I * R + Vp * sen θ - I * X
I= I=
Pmax V p * cos θ 2864.4 kW
6600V* cos θ 434 cos θ
2
2
434*1Ω 434*9.94Ω 2 + 6600V* sen θ - 5000V = 6600V* cos θ + cos θ cos θ 2
2
5000V = 6600V
2
2
* cos2θ + 2 * 6600V * 434 + 434 * tan 2θ +1
2
2
+ 6600V * sen 2θ - 2 * 6600V * 4313.96 * tan θ + 4313.96 *tan 2θ +1 2
2
5000V = 6600V
2
2
*cos2θ + sen 2θ + 5728800 + 434 * tan 2θ + 434 2
2
- 56.94M* tan θ + 4313.96 * tan 2θ + 4313.96
18.79M* tan 2θ -56.94M* tan θ + 43.08M = 0 tan θ = 1.4601
θ = tan -1 1.4601 θ = 55.59° cos θ = cos 55.59°
I= I=
434 cos θ 434
0.565 I = 768 A
cos θ = 0.565
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
265
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un turbo alternador teniendo una reactancia de 10Ω tiene una corriente de armadura de 220A a factor de potencia unitario cuando trabaja con 11000V, con frecuencia de barras colectoras constantes. Si la admisión de vapor está sin cambios y la f.e.m. se incrementa un 25%, determine, el nuevo valor de la corriente de la máquina y el factor de potencia. Si este valor más alto de excitación se mantiene constante y el suministro de vapor aumenta gradualmente, ¿a qué potencia de salida el alternador rompería el sincronismo? Encuentre también la corriente y el factor de potencia al cual corresponde la máxima carga. Indique si este factor de potencia es en atraso o adelanto. [360A, 0.611, 15427 kW, 1785A, 0.7865] DATOS: X = 10 Ω
cos θ1 = 1
I = 220 A
V p = 11000 V
SOLUCIÓN: Eg = Vp + jI * X
Calculando la potencia.
Eg = 11000V + j 220A *10Ω
P = V p * I * cos θ
Eg = 11217.8411.3° V
P1 = P2 = 11000V *220A * 1
Aumentando el valor al 25%.
P1 = P2 = 2420kW
E g = 1.25*11217.84 11.3° V
I2 =
E g = 14022.311.3° V
I2 = I2 =
P2 VL * cos θ 2 2420 kW
11000V* cos θ 2 220 cos θ2
Calculando el factor de potencia. 2
E 2g2 = Vp * cos θ 2 + Vp * sen θ 2 + I2* X
2
10* 220 2 E g = 11000V* cos θ 2 + 11000V* sen θ 2 + cos θ 2
2
2
2
2
10* 220 E = 11000V * cos θ 2 + 11000V * sen θ 2 + 48.4M* tan θ 2 + cos θ 2
2 g2
2
2
2
2
E 2g2 = 121M*cos2θ 2 + sen 2θ 2 + 48.4M * tan θ 2 + 4.84M *tan 2θ 2 +1 2
14022.3V = 4.84M* tan 2θ2 + 48.4M* tan θ 2 + 4.84M +121M
266
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica.
4.84M* tan 2θ2 + 48.4M* tan θ 2 - 70.78M = 0 tan θ21 =1.294 tan θ22 = -11.294 θ21 = tan -1 1.294 θ21 = 52.3° cos θ21 = 0.611
I2 = I2 =
220 cos θ 2 220
0.611 I 2 = 360.06 A Pmax = Pmax =
V p * Eg2
* sen 90° X 11000V*14022.3V
10Ω Pmax = 15424.53 kW
* sen 90°
Corriente máxima. 2
I max =
2
V + E p
g
X
2 2
2
11000V + 14022.3V I max = 2 10Ω I max = 1782.2 A I max = I max = I max =
Pmax VL * cos θ max 15424.53 kW
cos θ max =
1402.23
1782.2 cos θ max = 0.7867
11000V* cos θ max 1402.23 cos θ max
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
267
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Dos alternadores monofásicos están conectados a una barra colectora de 50 Hz teniendo un voltaje constante de 10 0°kV . El generador “A” tiene una f.e.m. inducida de 13 22.6° kV y una reactancia de 2Ω; el generador “B” tiene una f.e.m. de 12.5 36.9°kV y una reactancia de 3Ω. Encuentre la corriente, los kW y kVAR suministrados por cada generador.
DATOS: V p = 10 kV
f = 50 Hz
X1 = 2Ω
E g1 = 13 22.6° kV
X 2 = 3 Ω
E g2 = 12.5 36.9° kV
SOLUCIÓN: E g1 = Vp + I1* Z1
13 22.6° kV = 10 kV + I1 θ1 A * 2 90°Ω
13k * cos 22.6° + j13k* sen 22.6° =10k + 2 * I1 * cos 90° + θ1 + j 2 * I1 * sen 90° + θ1 E g2 = Vp + I 2 * Z2
12.5 36.9° kV =10 kV + I 2 θ 2 *3 90°Ω
12.5k* cos 36.9° + j12.5k* sen 36.9° =10k +3 * I 2 * cos 90° + θ2 + j 3 * I2 * sen 90° + θ2 Sumando partes reales y partes imaginarias.
13k * cos 22.6° = 10k -2 * I1 * sen θ1 ... 13k * sen 22.6° = 2 * I1 * cos θ1 ...
2
12.5k * cos 36.9° = 10k - 3 * I 2 * sen θ 2 12.5k * sen 36.9° = 3 * I 2 * cos θ 2
1
... 3
... 4
Reduciendo el sistema.
10k = 10k - 3 * I 2 * sen θ 2
12k = 10k - 2 * I1 * sen θ1
I 2 * sen θ 2 = 0 ... 3'
I1* sen θ1 = -1000.86 ... 1' 5k = 2 * I1 * cos θ1
7.5k = 3 * I 2 * cos θ 2 I 2 * sen θ 2 = 2500 ... 4'
I1* cos θ1 = 2500 ... 2'
268
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Sumando las componentes 1’ y 2’.
I1 θ1 = I1* cos θ1 + jI1* sen θ1 I1 = 2500 - j1000.86A I1 = 2692.9 -21.81° A Sumando las componentes 3’ y 4’.
I 2 θ 2 = I 2 * cos θ 2 + j I2 * sen θ2 I 2 = 2500 + j0 A I 2 = 2500 0° A
Calculando potencias reales y reactivas. P1 = VL * I1* cos θ1 P1 = 10 kV *2692.9A * cos -21.81° P1 = 25001.44 kW
Q1 = VL * I1* sen θ1 Q1 = 10 kV* 2692.9A* sen -21.81° Q1 = -10004.92 kVAR P2 = VL * I2 * cos θ 2 P2 = 10 kV *2500A * cos 0° P2 = 25000 kW Q 2 = VL * I2 * sen θ 2 Q 2 = 10 kV *2500A * sen 0° Q 2 = 0 kVAR
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
269
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Dos alternadores trifásicos de 15 kVA, 400V en paralelo suministran una carga total de 25 kVA con un factor de potencia de 0.8 en atraso. Si un alternador comparte la mitad de la potencia con factor de potencia unitario. Determine el factor de potencia y los kVA compartidos por el otro alternador. [0.5548, 18.03 kVA] DATOS: S1 = S2 = 15kVA cos θ1 = 1 VL = 400V ST = 25kVA cos θT = 0.8atraso
SOLUCIÓN: PT = ST * cos θ1
I 2 = IT - I1
PT = 25 kVA *0.8
I 2 = 36.08 36.86° A - 14.43 0° A
PT = 20 kW
I 2 = 26.0156.29° A
P1 = P2 = 10 kW PT
IT = IT =
cos θ2 = 0.5549
3* VL * cos θ T 20 kW
S2 =
3 *400 V*0.8
S2 =
I T = 36.08 36.86° A
3 * VL * I 2
3 *400V*26.01A
S2 = 18.02 kVA
P1
I1 = I1 =
cos θ2 = cos 56.29°
3 * VL * cos θ1 10 kW
3 *400V*1
I1 = 14.43 0° A
270
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Dos alternadores trifásicos de 6600V, conectados en estrella trabajan en paralelo suministrando las siguientes cargas: a) Carga luminosa de 400 kW, b) 300 kW con un factor de potencia de 0.9 en atraso, c) 400 kW con un factor de potencia de 0.8 en atraso, d) 1000 kW con un factor de potencia 0.71 en atraso. Encuentre la salida, la corriente de armadura y el factor de potencia de la otra máquina, si la corriente de armadura de una máquina es 110A con un factor de potencia 0.9 en atraso. [970 kW, 116A, 0.73 (atraso)] DATOS: cos θ a = 1
3 fases
Pa = 400 kW
cos θ b = 0.9
cos θ1 = 0.9
P b = 300 kW
cos θ c = 0.8
VL = 6600 V
Pc = 400 kW
cos θ d = 0.71
I1 = 110 A
Pd = 1000 kW
SOLUCIÓN: S b = S b =
P b cos θ b 300 kW
0.9 S b = 333.33 kVA Sc = Sc =
Pc cos θ c 400 kW
0.8 Sc = 500 kVA Sd = Sd =
Pd cos θ d 1000 kW
0.71 Sd = 1408.45 kVA Q b = Sb * sen θ b Q b = 333.33 kVA *0.4358 Q b = 145.29 kVAR
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
271
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Qc = Sc * sen θ c Qc = 500 kVA *0.6 Qc = 300 kVAR Q d = Sd * sen θ d Q d = 1408.45 kVA *0.704 Q d = 991.83kVAR
PT = 2100 kW QT = 1437.12 kVAR
P1 = P1 =
3 * VL * I1* cos θ1
3 *6600V*110A*0.9
P1 = 1131.72 kW P2 = PT - P1 P2 = 2100 kW - 1131.72 kW P2 = 968.27 kW Q 2 = QT - Q1 Q 2 = 1437.12 kVAR - 548 kVAR Q 2 = 889.12 kVAR
Q2 P
θ 2 = tan -1
2
cos θ2 = cos 42.55° cos θ2 = 0.736
889.12 kVAR 968.27 kW
θ 2 = tan -1
θ 2 = 42.55°
P2
I2 = I2 =
3 * VL * cos θ 2 968.27 kW
3*6600V*0.736
I 2 = 115A
272
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un turbo generador trifásico de 11000V tiene una resistencia y reactancia equivalente de 0.5Ω y 8Ω respectivamente. Está entregando 200A con un factor de potencia unitario, cuando trabaja con un voltaje constante y frecuencia de barras colectoras constante. Suponiendo el suministro de vapor constante y eficiencia sin cambios, encuentre la corriente y el factor de potencia si la f.e.m. inducida se incrementa un 25%. [296A, 0.67 (atraso)] DATOS: VL = 11000 V R = 0.5 Ω X = 8Ω I1 = 200 A cos θ1 = 1 SOLUCIÓN: V p = V p =
VL
I2 =
3 11000V 3
= 6350.85V
I1* R = 200A*0.5Ω = 100 V I1* X = 200A*8Ω = 1600 V
P1 = P1 =
I2 = I2 =
P2 3 * VL * cos θ 2 3810.51 kW
3 *11000V* cos θ
2
200 cos θ 2
3 * VL * I1* cos θ1
3 *11000V *200A *1
P1 = 3810.51kW Para factor de potencia unitario. E g = V p * cos θ1 + I * R + j Vp * sen θ1 + I * X
E g = 6350.85V*1 +100V + j 6350.85V * 0 +1600V E g = 6450.85 + j1600 = 6646.3113.92° V
Aumentando el valor un 25% E g2 = 1.25*6646.31 13.92° V E g2 = 8307.8813.92° V
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
273
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Calculando el factor de potencia. 2
2
E 2g2 = Vp * cos θ 2 + I 2 * R + Vp* sen θ 2 + I 2* X 2
0.5* 200 8* 200 + 6350.85V* sen θ 2 + E = 6350.85V* cos θ 2 + cos θ cos θ 2 2 2 2 0.5 *200 2 2 2 E g = 6350.85V * cos θ 2 + 1270.17k + cos 2θ 2
2
2 g2
2
82 * 2002 +6350.85V * sen θ 2 + 1270.17k* tan θ 2 + cos2θ 2 2
2
2
E 2g2 = 6350.85V *cos 2θ 2 + sen 2θ 2 + 1270.71k + 10k *tan 2θ 2 +1 + 20.32M * tan θ 2 + 2.56M * tan 2θ 2 +1 2
2
8307.88V = 6350.85V +1270.71k + 10k +2.56M + 10k + 2.56M * tan 2θ 2 + 20.32M* tan θ 2 69.02M = 44.17M +2.57M* tan 2θ 2 + 20.32M* tan θ 2
2.57M* tan2θ2 + 20.32M * tan θ2 - 24.85M = 0 tanθ 21 = 1.076 tanθ 22 = -8.983
θ21 = tan -1 1.076 θ21 = 47.09° cos θ21 = cos 47.09° cos θ21 = 0.68
Corriente. I2 = I2 =
200 cos θ 21 200
0.68 I 2 = 294.11 A
274
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Dos alternadores similares trifásicos de 13000V, están operando en paralelo sobre barras colectoras infinitas. Cada máquina tiene una resistencia y reactancia efectiva de 0.05Ω y 0.5Ω
respectivamente. Cuando se excitan igualmente, comparten por igual una carga total de 18MW con factor de potencia de 0.8 en atraso. Si la excitación de un generador es ajustada hasta que la corriente de armadura es 400A y el suministro de vapor a esta turbina se mantiene inalterado, encuentre la corriente de armadura, la f.e.m. y el factor de potencia del otro generador. [774.6A, 0.5165, 13470V] DATOS: VL = 13000 V
P1 = P2 = 9 MW
R = 0.05 Ω
PT = 18 MW
X = 0.5Ω
cos θT = 0.8atraso I1 = 400 A
SOLUCIÓN: V p = V p =
IT = IT =
VL
I 2 = I T - I1
3 13 kV
I 2 = 999.26 36.86° A - 400 2.2° A
3
= 7505.55 V PT
3 * VL * cos θ T 18MW
3*13000V*0.8
IT = 999.26 36.86° A
I 2 = 707.79 55.6° A cos θ2 = cos 55.6° cos θ2 = 0.564 I 2 * R = 707.79A*0.05Ω = 35.38 V I 2 * X = 707.79A*0.5Ω = 353.89 V
P1 3 *V *I L 1 9 MW θ1 = cos-1 3*13000V*400A θ1 = cos-1
E g2 = l
E g2 = l
3 * E g2
f
3*7814.71V
E g2 = 13535.48 56.89° V l
θ1 = 2.2° E g2 = V p * cos θ 2 + I2 * R + j Vp * sen θ2 + I 2 * X
E g = 7505.55V*0.564 + 35.38V + j 7505.55V* 0.825 + 353.89V 2
E g2 = 4268.51 + j6545.96 V E g2 = 7814.7156.89° V
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
275
Símbologia utilizada a lo largo del capítulo. Símbolo Significado Unidades δ
Ángulos de carga.
°
θ I p
Corriente de fase.
IL
Corriente de línea.
I
Corriente nominal.
A A A
η cos θ f
Eficiencia. Factor de potencia. Frecuencia.
ZS
Impedancia síncrona.
#P
Número de polos.
τ
Par entregado.
S
Potencia aparente.
PE
Potencia de entrada.
PS
Potencia de salida.
P
Potencia real.
X
Reactancia síncrona.
R
Resistencia efectiva de la armadura.
Egf
Tensión generada de fase.
E gl
Tensión generada de línea.
s
Velocidad.
ρ
Hz Ω
polos N - m kVA kW kW kW Ω Ω V V r.p.m.
ω
V p
Voltaje de fase.
VL
Voltaje de línea.
V V
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un motor síncrono trifásico de 400 V, toma 52.5 A con un factor de 0.8 en adelanto. Calcular la potencia suministrada y la f.e.m. inducida. La impedancia del motor por fase es (0.25 + j3.2)Ω. [29.1 kW, 670V] DATOS: VL = 400 V I = 52.5 A cos θ = 0.8 adelanto ZS = 0.25 + j3.2 Ω SOLUCIÓN:
V p = V p =
S= S=
P = S * cos θ
VL
P = 36.37 kVA *0.8
3 400V 3
P = 29.09 kW
= 230.94 V
I * R = 52.5A *0.25Ω = 13.125 V
3 * VL * I
I * X = 52.5A *3.2Ω = 168 V
3 *400V *52.5A
S = 36.37 kVA
E gf = V p * cos θ - I * R + j Vp * sen θ + I * X
E g = 230.94V*0.8 -13.125V + j 230.94V * 0.6 +168V f
E gf = 171.62 + j306.56 V E gf = 351.32 60.75°V
Eg = l
Eg = l
3 * E gf
3 *351.32V
E g = 608.52 60.75° V l
280
Capítulo 6.- Motores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- La entrada de un motor síncrono trifásico a 11 kV es 60A. La resistencia efectiva y la reactancia síncrona por fase son 1Ω y 30Ω respectivamente. Encuentre: a) La potencia suministrada al motor, b) La f.e.m. inducida para un factor de potencia de 0.8 en adelanto. [a) 915 kW, b) 13 kV] DATOS: VL = 11 kV I = 60 A R = 1 Ω X = 30 Ω cos θ = 0.8
SOLUCIÓN: V p = V p = P= P=
VL 3 11 kV 3
= 6350.85 V
3 * VL * I * cos θ
3 *11 kV*60A*0.8
P = 914.52 kW I * R = 60A *1Ω = 60 V I * X = 60A *30Ω = 1800 V Egf = V p * cos θ - I * R + j Vp * sen θ + I * X
Eg = 6350.85V*0.8 - 60V + j 6350.85V * 0.6 +1800V f
Egf = 5020.68 + j5610.51 V Egf = 7528.94 48.17° V
Eg =
3 * E g f
l
Eg = l
3*7528.94V
E g = 13.04 48.17° kV l
Capítulo 6.- Motores síncronos
281
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un motor síncrono trifásico de 2200V conectado en estrella tiene una resistencia de 0.6Ω y una reactancia síncrona de 6Ω. Encuentre la f.e.m. generada y el retardo angular del motor cuando la
entrada es 200 kW con: a) Factor de potencia unitario, b) Factor de potencia 0.8 en adelanto. [a) 2.21 kV, 14.3°, b) 2.62 kV, 12.8°] DATOS: VL = 2200 V R = 0.6 Ω X = 6 Ω PE = 200 kW cos θ1 = 1 cos θ 2 = 0.8 adelanto SOLUCIÓN: a) Factor de potencia unitario. V p = V p =
I * R = 52.48A *0.6Ω = 31.48 V
3 2200V
I * X = 52.48A *6Ω = 314.88 V
3
= 1270.17 V
PE
I= I=
VL
3 * VL * cos θ1 200 kW
3*2200V*1
I = 52.48A
E gf = V p * cos θ - I * R + j Vp * sen θ + I * X
E g = 1270.71V*1 -31.48V + j 1270.71V * 0 + 314.88V f
E gf = 1239.23 + j314.88V E gf = 1278.614.25° V
282
Capítulo 6.- Motores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Eg =
3 * E g f
l
Eg = l
3 *1278.6V
E g = 2.2114.25° kV l
b) Factor de potencia 0.8 adelanto. I= I=
PE 3 * VL * cos θ 2 200 kW
3 *2200V*0.8
I = 65.6 A I * R = 65.6A *0.6Ω = 39.36 V I * X = 65.6A *6Ω = 393.6 V Eg = V p * cos θ - I * R + j Vp * sen θ + I * X
Eg = 1270.71V *0.8 - 39.36V + j 1270.71V *0.6 + 393.6V Eg = 977.2 + j1156.02V Eg = 1513.7 49.79° V
E gl = Eg = l
3 * E g f
3*1513.7V
E gl = 2.62 49.79° kV δ=ρ-θ δ = 49.79° - 36.86° δ = 12.93°
Capítulo 6.- Motores síncronos
283
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Un motor síncrono trifásico de 220V, 50 Hz, 1500 r.p.m. conectado en malla tiene una impedancia síncrona de 4Ω por fase y resistencia despreciable. Recibe una corriente de línea de 30A con factor de potencia de 0.8 en adelanto. Encuentre la f.e.m. inducida de línea y el ángulo de carga expresado en grados mecánicos. Si la carga mecánica esta expulsada sin cambio en la excitación, determine la magnitud de la corriente bajo las nuevas condiciones. Desprecie las pérdidas. [268V, 6°, 20.6A] DATOS: VL = 220 V
f = 50 Hz
ZS = 4 Ω
s = 1500r.p.m.
I L = 30 A
cos θ = 0.8adelanto
SOLUCIÓN: PE = PE =
3 * VL * I L * cosθ
3*220V*30A*0.8
ZS = X = 4 Ω I p =
PE = 9145.22 W
I p =
IL 3 30A 3
I p = 17.32 A E g = Vp * cos θ + j Vp * sen θ + Ip * X
E g = 220V*0.8 + j 220V * 0.6 +17.32A * 4Ω E g =176 + j201.28V E g = 267.37 48.83° V #P = #P =
120 * f s
50 Hz *120 1500 r.p.m.
#P = 4 polos
δeléctricos = ρ - θ δeléctricos = 48.83° - 36.86° δeléctricos = 11.97°
δ mecánicos = δ mecánicos =
2 * δeléctricos #P 2*11.97° 4 polos
δ mecánicos = 5.98° mecánicos I L2 = I L2 =
PE 3 * E g * cos θ 9145.22W
3*267.37V*0.8
I L2 = 24.68A
284
Capítulo 6.- Motores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un motor síncrono trifásico de 400V conectado en estrella toma 3.73 kW con un voltaje normal y tiene una impedancia de (1 + j8) Ω por fase. Calcular la corriente y el factor de potencia si la f.e.m. inducida es 460V. [6.28A, 0.86 adelanto] DATOS: VL = 400 V PE = 3.73 kW ZS = 1 + j8 Ω E g = 460 V SOLUCIÓN:
V p =
3 400 V 3
E gf = E gf =
I= I=
5.38 * 1Ω cos θ
VL
V p =
I * R = = 230.94 V
I*R=
5.38 cos θ 5.38
* 8Ω cos θ
Eg
I * X =
3 460 V
I*X=
3
= 265.58 V
43.07 cos θ
PE 3 * VL * cos θ 3.73 kW
3*400V* cos θ
=
5.38 cos θ
2
E2g = Vp * cos θ - I * R + Vp * sen θ + I * X 2
2
5.38 43.07 265.58V = 230.94V * cos θ - + 230.94V* sen θ + cos θ cos θ 5.382 2 2 265.58V = 230.94V * cos 2θ -2*230.94V*5.38 + 2 cos θ
2
2
43.07 2 + 230.94V * sen θ + 2*230.94V*43.07 * tan θ + cos2θ 2
2
Capítulo 6.- Motores síncronos
285
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2
2
265.58V = 230.94V
2
*cos 2θ + sen 2θ - 2484.91 + 5.38 * tan 2θ +1 2
+ 19.89k * tan θ + 43.07 * tan 2θ +1 2
2
2
265.58V = 230.94V - 2484.91 +5.38 + 43.07
2
2 2 + 5.38 + 43.07 * tan 2θ +19.89k * tan θ
1883.96* tan
2
θ +19.89k* tan θ -17.8k = 0 tan θ1 = 0.829
θ1 = tan -1 0.829 θ1 = 39.65° cos θ1 = cos 39.65° cos θ1 = 0.76
I= I=
5.38 cos θ1 5.38
0.76 I = 7.07 A
286
Capítulo 6.- Motores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- La entrada de un motor síncrono trifásico de 6600V es 900 kW. La reactancia síncrona por fase es 20Ω y la resistencia efectiva es despreciable. Si el voltaje generado 8900V (línea), calcular la corriente del motor y el factor de potencia. DATOS: VL = 6600 V
X = 20 Ω
PE = 900 kW
E g = 8900 V
SOLUCIÓN: V p = V p =
VL
I=
3 6600V
Egf = Egf =
3
= 3810.51V
I=
E gl
I=
3 8900V 3
PE 3 * VL * cos θ 900 kW
3*6600V* cos θ 78.72 cos θ
= 5138.41V 2
E g2f = Vp * cos θ + Vp * sen θ + I * X
2
1574.4 5138.41V = 3810.51V* cos θ + 3810.51V* sen θ + cos θ
2
2
2
2
2
2
5138.41V = 3810.51V
* cos 2θ + 3810.51V * sen 2θ
1574.42 + 2*3810.51V *1574.4* tan θ + cos2θ 2
2
2
2
5138.41V = 3810.51V
2
*cos 2θ + sen 2θ + 11.99M* tan θ +1574.4 * tan 2θ +1 2
5138.41V = 3810.51V +1574.4 * tan 2θ +11.99M * tan θ +1574.4 2.47M* tan2θ +11.99M* tan θ -9.404M = 0 tan θ1 = 0.687
θ1 = tan -1 0.687 θ1 = 34.48° cos θ1 = cos 34.48° cos θ1 = 0.824
Capítulo 6.- Motores síncronos
I= I=
2
78.72 cos θ1 78.72
0.824 I = 95.53A
287
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un motor síncrono trifásico de 6.6 kV conectado en estrella trabaja con voltaje constante y excitación constante. Su impedancia síncrona es (2.0 + j20) Ω por fase. Cuando la entrada es 1000 kW, su factor de potencia es 0.8 en adelanto. Encuentre el factor de potencia cuando la entrada se incrementa a 1500 kW. [0.925 adelanto] DATOS: VL = 6.6 kV ZS = 2 + j20 Ω P1 = 1000 kW P2 = 1500 kW cos θ1 = 0.8adelanto
SOLUCIÓN: V p = V p =
I1 = I1 =
VL
I1* R = 109.35A* 2Ω = 218.7 V
3 6.6 kV
I1* X = 109.35A* 20Ω = 2187 V
3
= 3810.51V
P1 3 * VL * cos θ1 1000 kW
3*6.6 kV*0.8
= 109.35 A
E g1 = V p * cos θ1 - I1* R + j Vp * sen θ1 + I1* X
E g = 3810.51V*0.8 - 218.7V + j 3810.51V*0.6 + 2187V 1
E g1 = 2829.7 + j4473.3 V E g1 = 5293.16 57.68° V
288
Capítulo 6.- Motores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Corriente con la nueva potencia. P2
I2 = I2 = I2 =
3 * VL * cos θ 2 1500 kW
3*6.6 kV* cos θ
2
131.21 cos θ 2
131.21 *2Ω I 2 * R = cos θ 2 I2 * R =
262.42 cos θ 2
131.21 I 2 * X = cos θ *20Ω 2 I2 * X =
2624.2 cos θ 2
2
E g22 = Vp * cos θ 2 - I2 * R + Vp * sen θ 2 + I 2 * X
2
2 2 262.42 2624.2 + 3810.51V* sen θ 2 + 5293.16V = 3810.51V* cos θ 2 - cos θ 2 cos θ 2 2
2
2
5293.16V = 3810.51V
*cos 2θ 2 + sen 2θ 2 - 2*3810.51V* 262.42
2
2
+ 262.42 *tan 2θ 2 +1 + 2*3810.51V* 2624.2 * tan θ 2 + 2624.2 *tan 2θ 2 +1 2
2
2
5293.16V = 3810.51V - 2M + 262.42 + 2624.2
2
2 2 + 2624.2 + 262.42 * tan 2θ 2 + 20M * tan θ 2
6.95M * tan 2θ 2 + 20M * tan θ 2 - 8.54M = 0 tan θ21 = 0.377
cos θ 21 = cos 20.65°
θ21 = tan -1 0.377
cos θ 21 = 0.935adelanto
θ21 = 20.65°
Capítulo 6.- Motores síncronos
289
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un motor síncrono trifásico de 2200V, 373 kW, conectado en estrella tiene una resistencia de 0.3Ω y una reactancia síncrona de 3.0Ω por fase respectivamente. Determine la f.e.m. inducida por
fase si el motor trabaja a plena carga con una eficiencia de 94% y un factor de potencia de 0.8 en adelanto. [1510V] DATOS: VL = 2200 V ZS = 0.3 + j3Ω PS = 373kW cos θ = 0.8adelanto η = 94%
SOLUCIÓN: V p = V p =
η=
VL 3 2200V 3
= 1270.17 V
I=
3 * VL * cos θ 396.8 kW
3 *2200V*0.8
I = 130.16 A
PS PE
0.94 = PE =
PE
I=
373 kW
I * R = 130.16A *0.3Ω = 39.04 V
PE
I * X = 130.16A *3Ω = 390.48 V
373 kW 0.94
= 396.8kW
E g = Vp * cos θ - I * R + j Vp * sen θ + I * X
E g = 1270.17V*0.8 - 39.04V + j 1270.17V*0.6 + 390.48V E g = 977.09 + j1152.9 V E g = 1511.25 49.71°V
290
Capítulo 6.- Motores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- La reactancia síncrona por fase de un motor trifásico de 6600V conectado en estrella es 20Ω. Para una cierta carga, la entrada es 915 kW con voltaje normal y la f.e.m. inducida es 8942V. Evaluar la corriente de línea y el factor de potencia. Despreciar la resistencia. [97A, 0.8258 (adelanto)] DATOS: VL = 6600 V
X = 20 Ω
E g = 8942 V
PE = 915 kW
SOLUCIÓN: V p = V p =
VL 3 6600 V
E gf = E gf =
PE
I=
3
= 3810.51V
I=
E gl
I=
3 8942V 3
3 * VL * cos θ 915 kW
3*6600V* cos θ 80.04 cos θ
80.04 * 20Ω cos θ
= 5162.66 V
I * X =
1600.83 I * X = cos θ 2
E 2g = Vp * cos θ + Vp * sen θ + I * X
2
1600.83 5162.66 = 3810.51* cos θ + 3810.51V* sen θ + cos θ
2
2
2
2
2
2
2
5162.66 = 3810.51
2
*cos 2θ + sen 2θ + 2*3810.51*1600.83* tan θ + 1600.83 * tan 2θ +1 2
2
5162.66 = 3810.51 + 1600.83 + 1600.83 2.56M* tan 2θ +12.19M* tan θ - 9.57M = 0
* tan 2θ +12.19M* tan θ
tan θ1 = 0.6861
cos θ1 = cos 34.45°
θ1 = tan -1 0.6861
cos θ1 = 0.8245
θ1 = 34.45°
Capítulo 6.- Motores síncronos
I= I=
80.04 cos θ1 80.04
0.8245 I = 97.06A
291
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un motor síncrono tiene una reactancia equivalente de armadura de 3.3Ω. La corriente de excitación se ajusta a un valor tal que la f.e.m. es 950V. Encuentre el factor de potencia en el cual el motor operaría cuando toma 80kW de una red de 800V. [0.965 (adelanto)] DATOS: X = 3.3 Ω E g = 950 V PE = 80 kW VL = 800 V
SOLUCIÓN: V p = V p =
VL
I=
3 800V
E gf = E gf =
3
= 461.88 V
I=
E gl
I=
3 950V 3
PE 3 * VL * cos θ 80 kW
3*800V* cos θ 57.73 cos θ
57.73 * 3.3Ω cos θ 190.51 I * X = cos θ
= 548.48 V
I * X =
2
E 2g = Vp * cos θ + Vp * sen θ + I * X
2
190.51 548.48V = 461.88V * cos θ + 461.88V * sen θ + cos θ
2
2
2
2
2
2
2
548.48V = 461.88V
2
*cos 2θ + sen 2θ + 2* 461.88V *190.51* tan θ + 190.51 * tan 2θ +1 2
2
548.48V = 461.88V + 190.51 + 190.51 36.29k* tan 2θ + 175.98k tan θ - 51.2k = 0
* tan 2θ + 175.98k* tan θ
tan θ1 = 0.27 θ1 = tan -1 0.27 = 15.10° cos θ1 = cos 15.10° cos θ1 = 0.965
292
Capítulo 6.- Motores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- La entrada para un motor síncrono trifásico de 11000V, conectado en estrella es 60A. La resistencia efectiva y la reactancia síncrona por fase son respectivamente 1Ω y 30Ω. Encuentre la potencia suministrada al motor y la f.e.m. inducida para un factor de potencia de 0.8 en adelanto. [914.5 kW, 13 kV] DATOS: VL = 11000 V I = 60 A ZS = 1 + j30 Ω cos θ = 0.8 adelanto SOLUCIÓN:
V p = V p =
VL 3 11000V 3
= 6350.85 V
I * R = 60A *1Ω = 60 V I * X = 60A *30Ω = 1800 V
PE = PE =
3 * VL * I * cos θ
3 *11000V *60A*0.8
PE = 914.52 kW E gf = Vp * cos θ - I * R + j Vp * sen θ + I * X
E g = 6350.85V*0.8 -60V + j 6350.85V * 0.6 +1800V f
E gf = 5020.68 + j5610.51V E g = 7528.94 48.17° V
Eg =
3 * E g f
l
Eg = l
3*7528.94V
E g = 13.04 48.17° kV l
Capítulo 6.- Motores síncronos
293
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- Un motor síncrono trifásico de 6 polos, 400V, 50 Hz conectado en estrella tiene una resistencia y reactancia síncrona de 0.5Ω por fase y 4Ω por fase respectivamente. Toma una
corriente 15A con un factor de potencia unitario cuando opera con una cierta corriente de campo. Si el par de carga se incrementa hasta que la corriente de campo es 60A, la corriente de campo permanece sin cambios, encuentre el par entregado, y el nuevo factor de potencia. [354 N - m, 0.93] DATOS: VL = 400 V #P = 6 polos f = 50 Hz ZS = 0.5 + j4 Ω I = 15 A cos θ = 1 SOLUCIÓN: s=
120 * f #P
=
I * R = 15A *0.5Ω = 7.5 V
120*50 Hz 6 polos
I * X = 15A*4Ω = 60 V
s = 1000 r.p.m. E g = Vp * cos θ - I * R + j Vp * sen θ + I * X
1000 rev 2π rad 1 min * * ω = min 1 rev 60 seg
E g = 230.94V*1 -7.5V + j 60V
rad seg
E g = 223.44 + j60 V
ω = 104.71
V p = V p =
E g = 231.3515.03° V
VL
Con corriente de 60A.
3 400V
= 230.94 V
3
I * R = 60A *0.5Ω = 30 V I * X = 60A *4Ω = 240 V
2
E 2g = Vp * cos θ - I * R + Vp * sen θ + I * X 2
231.35V 2
2
2
= 230.94V*cos θ -30V + 230.94V * sen θ + 240V 2
231.35 = 230.94
2
*cos 2θ + sen 2θ - 13856.4* cos θ + 900 + 110.85k * sen θ + 57.6k
110.85k * sen θ -13856.4* cos θ = -58.31k
294
Capítulo 6.- Motores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica.
13856.4* cos θ - 58.31k =110.85k* sen θ 13856.4* cos θ 58.31k = sen θ 110.85k 0.125* cos θ - 0.526 = sen θ 110.85k
-
sen θ = 1 - cos2θ 2
0.125* cos θ - 0.526 =
1 - cos2θ
2
2
2
0.125 * cos 2θ - 0.1315* cos θ +0.526 = 1 - cos2θ 1.0156* cos2θ -0.1315* cos θ - 0.7233 = 0 cos θ1 = 0.911 τ= τ=
P ω 3 * VL * I * cos θ ω
3*400V*60A*0.911 τ=
rad seg
104.71 τ = 361.66 N - m
Capítulo 6.- Motores síncronos
295
Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- La entrada de un motor síncrono trifásico, 11000V conectado en estrella es 60A. La resistencia efectiva y la reactancia síncrona por fase son respectivamente 1Ω y 30Ω. Encuentre la potencia
suministrada al motor y la f.e.m. inducida para un factor de potencia de 0.8 a) Adelanto, b) Atraso. [915 kW, a) 13 kV, b) 9.36 kV] DATOS: VL = 11000V
ZS = 1 + j30Ω
I = 60A
SOLUCIÓN: V p = V p =
VL
PE =
3 11000 V
PE =
3
= 6350.85V
3* VL * I * cos θ
3 *11000V *60A *0.8
PE = 914.52 kW
I * R = 60A *1Ω = 60 V I * X = 60A *30Ω = 1800 V E gf = Vp * cos θ - I * R + j Vp * sen θ + I * X
a) Adelanto.
E gf = 6350.85V*0.8 -60V + j 6350.85V * 0.6 +1800V E gf = 7528.94 48.17° V
Eg = l
Eg = l
3 * E g f
3*7528.94V
E g = 13.04 48.17° kV l
b) Atraso. E gf = Vp * cos θ - I * R + j Vp * sen θ - I * X
E g = 6350.85*0.8 -60V + j 6350.85* 0.6 -1800V f
E gf = 5408.26 21.82° V
Eg = l
Eg = l
3 * E gf
3 *5408.26V
E g = 9.36 21.82° kV l
296
Capítulo 6.- Motores síncronos