Maquinas Electricas II - Fiee Uncp

Universidad Nacional del Centro del Perú Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

MAQUINAS ELECTRICAS II (GENERADORES Y MOTORES DE CORRIENTE CONTINUA)

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

SEMANA Nº 1 TEORIA: 3 HORAS PRACTICA: 2 HORAS

CAPITULO I

CONVERSION DE ENERGIA ELECTROMAGNETICA La Conversión electromagnética de la energía, relaciona las fuerzas eléctricas y magnéticas del átomo con las fuerzas mecánicas aplicadas a la materia y con el movimiento. Como resultado la energía mecánica se convierte en energía eléctrica ó viceversa. 1.1 LEY DE FARADAY En 1831 el científico, Michael Faraday descubrió que cuando se hacia trabajo mecánico para mover un conductor en circuito cerrado en un campo magnético, se producía un voltaje que a su vez hacía fluir la corriente. A este voltaje Faraday le llamó voltaje “inducido” ya que se generaba sin que hubiera contacto entre el imán y el conductor. El voltaje inducido en una espira o bobina de un conductor es proporcional a la rapidez de cambio de las líneas de fuerza que atraviesan la bobina.

e

N

d dt

EN EL SISTEMA INTERNACIONA L:

Emed

voltios

t

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

: Tiempo en Segundo en el cual el flujo

son enlazadas. (s)

EQUIVALENCIAS 1 Maxwell=10-8 Wb

1 Maxwell=1 línea

1.2 FORMULACION DE NEUMAN Neuman en 1845; expresó cuantitativamente lo anterior en una ecuación en la que la magnitud de la fuerza electromotriz (f.e.m.) inducida generada era directamente proporcional a la velocidad de variación del flujo concentrado. Si:

B

A

Wb/m 2

Densidad de flujo

L: Longitud en (m), de un conductor dentro de un campo de densidad B. v: Velocidad de traslación o rotación del conductor (m/s) einst : Voltaje generado en cualquier instante.(V)

einst

=

t

x m/s t

v

einst

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

B.L.v Voltios

EJEMPLO1.1: Si un solo conductor se dispone de modo que pasen 34.29 cm de su longitud a través de un campo magnético uniforme de 8106 líneas/cm2 y se mueve a razón de 139,7 cm en un segundo. Calcule el voltaje generado en cualquier instante. SOLUCION

L 34, 29 cm 0,3429 m

B=8160

lineas 1 Wb 2 cm 108 lineas

v 139, 7 einst

1002 cm2 m2

0,8106

Wb m2

cm 1m m =1,397 s 100cm s

B.L.v

0,8106 x0,3424 x1,397

0.3883 Voltios

NOTA: En las ecuaciones anteriores; se supone que: 1.

El campo B es de densidad de flujo uniforme.

2.

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

3.

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

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

einst

B.L.v.sen

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

einst

B.l.v.sen90º B.l.v

b) Conductor que se mueve paralelamente al

einst

B.l.v.sen180º 0º

c) Conductor que se mueve formando un ángulo

con el

.

º

einst

B.L.v.sen

( ) positivo

º

einst

B.L.v.sen

( )negativo

EJEMPLO1.2: Un conductor único de 18 pulgadas de longitud se mueve mediante una fuerza mecánica perpendicular aun campo magnético uniforme de 50 000 líneas/pulg 2 recorriendo una distancia de 720 pulg. en 1 segundo. Calcular: a)

La f.e.m. inducida

b) La f.e.m. cuando el conductor se mueve con la misma velocidad pero con un ángulo de 75º con respecto al mismo campo magnético c)

Cuantos conductores se necesitan para producir 120 voltios. SOLUCION

0, 0254m 1 pul g

L 18 pu lg

B=50000

0, 4572 m

lineas 1 Wb 2 pulg 108 lineas

pul g 2 0, 02542 m2

v 720

pul g 0,0254m m =18,288 s 1 pulg s

a) Si

90º

einst b) Si

einst c) Si:

B.L.v.sen

0, 775

0, 775 x0, 4572 x18, 288 xsen90º 6, 48 Voltios

75º B.L.v.sen ETotal

Wb m2

6, 48 xsen75º 6, 26 Voltios

Tensión total generada

EC

Tensión inducida en un conductor

N

Número de conductores en serie

Etotal

N .Ec

N

Etotal Ec

120 18,52 19 conductores 6, 48

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

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

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


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

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

einst

B.l.v.sen º Vmax .sen º 0º

45º

90º

135º

180º

225º

270º

315º

360º

Sen

0

0.707

1

0.707

0

-0.707

-1

-0.707

0

E1 (V)

0

0.707Vmá x

Vmáx

0.707Vmá x

0

-0.707Vmáx

-Vmáx

-0.707 Vmáx

0

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

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

El conmutador es simplemente un interruptor mecánico rotatorio que se compone de segmentos aislados (entre si) conectados a los extremos de la bobina. Unas escobillas fijas se disponen de modo que estén en contacto con los segmentos del conmutador (o delgas). Un análisis de ésta situación muestra que la escobilla inferior tiene siempre la polaridad positiva, ya que se conecta siempre a la delga positiva correspondiente a su posición y movimiento en el campo magnético. Puesto que tanto el lado de la bobina como el segmento del colector están sujetos mecánicamente al mismo eje, el efecto de la rotación mecánica es el de invertir la bobina del inducido y las conexiones al circuito exterior fijo en el mismo instante que la f.e.m. inducida se invierte en el lado de la bobina del inducido (ó sea, cuando el lado de la bobina se desplaza hacia el polo op uesto). El resultado de un generador elemental de una sola bobina con conmutador es una corriente alterna de onda completa rectificada. En una máquina de cd práctica, la dirección del campo magnético no consiste en líneas rectas de polo a polo, sino en líneas que entran o salen radialmente de la superficie de la armadura debido a las propiedades magnéticas de esta última. Por otra parte, el campo es relativamente uniforme después de un cambio inicial de entrada desde campo nulo hasta campo máximo, según lo ve la bobina. El resultado es que el voltaje generado por la bobina se representa de manera más realista mediante la forma de onda achatada en la parte superior. 1.8 DETERMINACION DE LA F.E.M. EN UN GENERADOR Densidad de flujo en el entrehierro:

Be

p

Ap

p

p

2 rL p

p

2 rL

Wb/m 2

Donde:

Be : Densidad de flujo en el entrehierro (Wb/m2 ) p

: Flujo por polo (Wb)

r : radio del rotor (m)

p : Número de polos L : Longitud activa del conductor ó longitud axial del rotor (m)

F.e.m. que Genera Cada Conductor:

E C =Be .L.v v= .r m/s

Si:

Donde:

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

Ec

p

Be .L.v p

Ec

p

2 rL

p

.L. r

p

p

2

Voltios

Voltios

2

Número de conductores en serie por rama:

Z a

Zs

Donde: Z

Numero total de conductores en el rotor

a

Número de circuitos en paralelo ó número de ramas

ZS

Número de conductores en serie por rama

TENSION GENERADA ENTRE LAS ESCOBILLAS DE LA MAQUINA

Eg

Z s .Ec

Eg

pZ 2 a

Z p p . a 2 p

Voltios

pZ Constante 2 a

Si: K A

Eg

K A. p .

Voltios

Si la velocidad está dado en r.p.m:

n 60

2 n 60

2

Reemplazando:

Eg

pZ 2 a

Si: K A '

Eg

p

pZ 2 a

p

p.Z Constante 60a

K A '. p .n Voltios

2 n 60

Eg

pZ . p .n Voltios 60a

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

n 1500 rpm r 15cm 0,15m L

25cm 0, 25m

1500

Be =

p

rev 2 rad min rev

p

2 rL

p

=

=12000gauss

min 60 s

50

1 Tesla 104 gauss

rad / s

1, 2

Wb m2

2 rL 2 x0,15x0,25 Be = x1, 2 0,1414 Wb p 2

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

Ec

p

p

2

2 x0,1414 x50 2

7, 07 Voltios

b) F.e.m. generado por la máquina:

Z

60 conductores

a

2 ramas

Eg

pZ . p .n 60a

2 x60 x0,1414 x1500 212,10 Voltios 60 x2


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

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

F

B.I .L Newton ( N )

Donde: B: Densidad de flujo (Wb/m2 ) I: Intensidad de corriente que circula por el conductor. (A) L: Longitud activa del conductor (m) EJEMPLO 1.4: La longitud axial del inducido de un motor de corriente continua es de 9 pulg. Los polos presentan un flujo de 72000 líneas/pulg 2 y cubre el 72% de la superficie del inducido, calcular la fuerza desarrollada por cada conductor cuando circula una corriente de 25 A. SOLUCION

L 9 pul g

B=72000

0,0254m pul g

0, 2286m

lineas 1 Wb 2 pulg 108 lineas

Butil =72%B=0, 72 x1,116

pu lg 2 0, 02542 m2

1,116

Wb m2

0,80352 Wb / m 2

Fuerza electromagnética desarrollada por cada conductor:

F

Butil .I .L

0,80352 x 25 x0, 2286

4,59 N

EQUIVALENCIAS: 1 N = 0.2248 Lb 1 N = 0.10197 Kg.f 1 Kg.f = 9,8068 N 1 dina = 10-5 N 1.10 DIRECCION DE LA FUERZA IZQUIERDA O ACCION MOTOR

ELECTROMAGNETICA:

REGLA

DE

LA

MANO

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

EJEMPLO 1.5: Por un conductor que tiene 20 pulgadas de longitud, circula una corriente de 10 amperios que se encuentra en forma perpendicular a un campo magnético de 50 kilolíneas/pulg 2 . Determinar: a) La fuerza electromagnética ejercida sobre el conductor en newton. b) La dirección de la fuerza. SOLUCION

æ0,0254m ö ÷ 0,508 m L = 20 pu lg = 20 pu lg çç ÷= çè 1 pu lg ÷ ÷ ø I = 10 A

B = 50 kilolineas / pu lg 2 = 50 x103 a)

2 ö öæ lineas æ Wb ç pu lg ÷ çç 1Wb ÷ ÷ = 0, 775 ÷ç 2ç 8 2 2 ÷ ÷ pu lg è10 lineas øçè0, 0254 m ÷ m2 ø

F = BIL = 0,775x10 x0,508 = 3,937 N

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

N

Ө

L = 20 cm = 0, 20 m I = 25 A

æ 1Wb ö ÷ f = 360 000 Maxwell = 360 000 Maxwell çç 8 ÷ ÷= 0, 0036 Wb çè10 Maxwell ø

Þ Ap = 0,16m x 0,05m = 0,008 m2 f 0, 0036 Wb Wb = = 0, 45 2 Por lo tanto: B = 2 Ap 0, 008 m m æ 1N ö ÷ F = 0,3579 Libras = 0,3579Lb çç = 1,5921 N ÷ ÷ çè0, 2248Lb ø Si cara polar es 16 x 5 cm

S

Si:

F = BILsenq Þ

Luego: q =

senq =

F 1,5921 = = 0, 7076 BIL 0, 45 x 25 x0, 20

sin- 1 (0,7076)= 45º

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

2 espiras Þ Nc = 2 cond

æ pu lg 2 ÷ ö lineas lineas æ Wb ö ç ÷ ç ÷ B = 8500 = 8500 ÷ç ç ÷= 0,1317 Tesla ÷çè0, 02542 m2 ÷ pu lg 2 pu lg 2 çè108 lineas ø ø I = 20A L = 20 cm = 0, 2 m Flado = Ftotal = N c xBIL = 2 x0,1317 x 20 x0, 20 = 1, 0536 N

a) Para:

Sentido de rotación: HORARIO b) Para:

l = 10 cm = 0,1 m . Será NULO ya que B es paralelo al lado de 10 cm.

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

r=

l 0,10m = = 0, 05 m . Distancia radial al eje de rotación 2 2

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

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

MOTOR:

Va

EC

I a Ra

Cuando una máquina funciona como motor, la fuerza contraelectromotriz generada siempre es menor, que la tensión en bornes y se opone a la corriente del inducido. Va>Ec GENERA DOR:

Eg

Va

I a Ra

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

Va

125V

Ra

1,35

Ia 8A Eg Va I a Ra

125 (8*1,35) 135,8 V

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

Va

125V

Ra

0, 25

Ia

60 A Si: Va EC I a Ra EC Va I a Ra 120 (60*0, 25) 110 V PROBLEMAS RESUELTOS 1.1 Un conductor pasa 20 veces por segundo a través de la cara polar de un campo magnético cuya densidad es 12 000 gauss. El área de la cara polar es la de un cuadrado de 30 cm de lado. ¿Cuál es la fuerza electromotriz inducida en el conductor?. SOLUCION

B 12000 gauss 12000 gauss L 30cm 0,3m L 20 x0,3m m v 6 t 1s s Wb m e B.L.v 1, 2 2 x0,3mx6 m s

Tesla 10 4 gauss

1, 2Tesla 1, 2

Wb m2

2,16Voltios

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

B 50000 L 8 pul g

lineas Wb 2 8 pul g 10 lineas 0,0254m pul g

pul g 2 0, 02542 m2

0, 775

Weber m2

0, 2032m

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

9,525

m s

1.3 Un conductor se mueve a una velocidad de 1,5 m/s y tiene una longitud de 0.2 m, a través de un campo magnético uniforme de 4 Wb/m2 . Calcular el voltaje inducido en el conductor cuando se mueve en el campo de referencia a un ángulo de: a) 90º b) 30º y c) 120º. SOLUCION

Wb B 4 2 m L 0, 2m m v 1,5 s a)

e

b)

e

Wb m x0, 2mx1,5 x1 1, 2Voltios 2 m s Wb m B.L.v.sen30º 4 2 x0, 2mx1,5 x0,5 0, 6Voltios m s B.L.v.sen90º 4

c)

e

B.L.v.sen120º 4

Wb m x0, 2mx1,5 x0,866 1, 04Voltios 2 m s

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

L 30cm 0,3m

d

32cm

r 16cm 0,16m

Tesla Wb 0,75Tesla 0,75 2 4 10 gauss m rev rev 2 rad rad 25 25 157 s s rev s rad m v .r 157 x0,16m 25.133 s s a) ec B.L.v 0, 75 x0,16 x 25,133 5, 65Voltios ec 6, 79 m b) ec B.L.v v 30,178 B.L 0, 75 x0,3 s m 30,178 v rev rev s 188, 611 rad v .r 30 r 0,16m s 2 rad s B 7500 gauss 7500 gauss

30rps

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

Wb B 12740 gauss 1, 274 2 m L 10cm 0,1m r 3cm 0, 03m n 1500rpm rev 2 rad min rad 157, 0796 min rev 60s s rad m .r 157, 0796 x0, 03m 4, 7124 s s B.L.v 1, 274 x0,1x4,7124 0,6V 1500

v e

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

e 50V

v

60

cm m s 100cm

0, 6

B1

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

e

p

B.L.v

e1

A

.L.v

A

c)

p

B.L.v2

A

.L.0, 7v

0,15

p

A

A 1,15

p

A

.L.v 1,15 x50 57,5V v2

b) Si la velocidad se reduce en un 30%

e2

p

p

B

50 p

B1.L.v 1,15

m s

0, 7

p

A

.L.v

v 0,3v

0, 7v

0, 7 x50 35V

Si la velocidad se incrementa en 20% y el flujo se reduce en 10%

v3

v 0, 2v 1, 2v

B3 e3

p

B3 .L.v3

0,1

p

0,9

A 0,9

p

A

p

A

xLx1, 2v 1, 08

p

A

.L.v 1, 08 x50 54V

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

5,008x10 Wb 0,005008Wb p 6 polos a 2m 2x1 2ramas conductores Z 52ranuras 16 832conductores ranura E 250V pZ Si: E pn 60a 60aE 60 x 2 x 250 n 1200rpm pZ p 6 x832 x0, 005008 p

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

p

4 polos

E 240V 1Wb 10 Maxwell a mp 1x4 4ramas rev 60s n 30 1800rpm s min p

2,5 x106 Maxwell

8

0, 025Wb

E

Si:

Z

pZ 60a 60aE pn p

p

n 60 x 4 x 240 4 x1800 x0, 025

320conductores

Si: Z = Número total de conductores en el rotor a = Número de circuitos en paralelo ó número de ramas Zs = Número de conductores en serie ó numero de conductores por rama

Zs =

Z 320 = = 80conductores a 4

1.9 Un generador de 4 polos tiene una armadura con un devanado ondulado d oble, en sus 50 ranuras y en cada ranura se tiene18 conductores, si la velocidad de giro es de 1000 r.p.m. y el voltaje generado es de 480 voltios. Calcular el flujo por polo producido por los polos del generador. SOLUCION

p

4 polos

a 2m 2x2 4ramas conductores Z 50ranuras 18 900conductores ranura E 480V pZ Si: E pn 60a 60aE 60 x 4 x 480 0, 032Wb p pZn 4 x900 x1000 1.10 En un generador de 6 polos que gira a 750 r.p.m., el diámetro del inducido es de 85,3 cm, la longitud axial de 70 cm, el numero de ranuras es de 96 y se utiliza un devanado imbricado simple cuya densidad de flujo frente a los polos es 8 000 Maxwell/cm2 , con 2 conductores por ranura. Determinar la tensión generada en cada conductor. SOLUCION

n p d L a

750rpm 6 polos 85,3cm 0,853m r 70cm 0, 70m m. p 1x6 6ramas

Z

96ranuras 2

0, 4265m

conductores ranura

192conductores

Maxwell 1Wb 1002 cm2 B 8000 cm2 108 Maxwell m2 2 rL 2 x x0, 4265 x0, 70 Ap 0,3126m 2 p 6 Wb B. Ap 0,8 2 x0,3126m2 0, 25Wb p m Tensión total generada:

E

pZ 60a

p

n

6 x192 x0, 25 x750 600V 60 x6

Tensión generada en cada conductor:

0,8

Wb m2

Ec

E Zs

E Z a

600 18, 75V / conductor 192 6

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

E n p a Nr p

480V 450rpm 6 polos 6ramas nº ranuras 64

6,25x10 2Wb 0,0625Wb

Numero total de conductores: Si:

E

pZ pn 60a 60aE Z p pn

60 x6 x 480 1024conductores 6 x0, 0625 x 450

Numero de conductores por ranura:

N cr

Z Nr

1024conductores 64conductores

16

conductores ranura

1.12 Una máquina prima que gira a 1500 rpm mueve al inducido de un generador de 4 polos, siendo la armadura del generador de 36 cm de diámetro y la longitud axial de la cara polar es de 48 cm, el número de ranuras de la armadura es de 64 ranuras y utiliza un arrollamiento ondulado simple de 6 conductores por ranura, con una densidad de flujo frente a los polos de 1 843 Maxwell/cm2 . Determinar la tensión generada por la máquina y la tensión en cada conductor. SOLUCION

n 1500rpm p 4 polos d 36cm 0,36m L 48cm 0, 48m

r

0,18m

a 2m 2x1 2ramas conductores Z 64ranuras 6 ranura

384conductores

Maxwell 1Wb 1002 cm2 Wb 0,1843 2 2 8 2 cm 10 Maxwell m m 2 rL 2 x x0,18 x0, 48 0,1357m2 p 4 Wb B. Ap 0,1843 2 x0,1357m2 0, 025Wb m

B 1843 Ap p

Tensión total generada:

E

pZ 60a

p

n

4 x384 x0, 025 x1500 480V 60 x2

Tensión generada en cada conductor:

Ec

E Zs

E Z a

480 384 2

2,5V / conductor

1.13 Calcular la tensión generada en una máquina de corriente continua de 4 polos cuyo inducido que a 900 rpm tiene un arrollamiento imbricado doble de 6 conductores en cada una de sus 126 ranuras y con una densidad de flujo de 12 000 gauss en cada cara polar de 382 cm2 de área. SOLUCION

n 900rpm p 4 polos a mp 2 x4 8ramas conductores Z 126ranuras 6 ranura

B 12000 gauss

Ap p

1Tesla 104 gauss

756conductores

1, 2Tesla 1, 2

Wb m2

m2 382cm 0, 0382m2 2 2 100 cm Wb B. Ap 1, 2 2 x0, 0382m2 0, 04584Wb m 2

T ensión total generada:

E

pZ 60a

p

n

4 x756 x0, 04584 x900 259,9158V 60 x8

260V

PROBLEMAS PROPUESTOS 1.1 Una máquina de c.c. de 250 voltios, con 6 polos que gira a 600 rpm, utiliza un inducido provisto de 100 ranuras. Este inducido tiene 6 circuitos en paralelo. ¿Cuántos conductores deben colocarse por ranura si el flujo útil por polo es 5x10-2 Weber?. Rpta:5 conductores/ranura. 1.2 Cuantos conductores por rama tiene la armadura de un generador de c.c. que tiene 4 polos y esta conectada en un devanado ondulado simple. El flujo por polo es de 3x10 6 Maxwell. El voltaje generado es 250 voltios y el inducido gira a 20 rev/s. Rpta:104 conductores/rama. 1.3 Una máquina de devanado doble capa está arrollado sobre un inducido que tiene 48 ranuras, cada bobina tiene un total de 6 espiras. El inducido se utiliza en un generador de 380 volt ios de tensión en bornes y produce una potencia interna de 62,208 kW, siendo su resistencia de armadura de 0,055 ohmios y velocidad de giro de 1800 rpm, la máquina tiene 4 polos. Calcular el flujo por polo para producir la tensión generada y la corriente por conductor cuando el generador suministra la carga nominal. Rpta: 45x10-3 Weber – 20 Amperios. 1.4 Una máquina prima que gira a 1200 rpm mueve a un generador de 6 polos, siendo el inducido del generador de 42 cm de diámetro y la longitud axial de la cara p olar de 36 cm, el número de ranuras de la armadura es de 60 y utiliza un devanado imbricado simple de 3 conductores por ranura. Con una densidad de flujo frente a los polos de 17 325 Maxwell/cm2 . Determinar la tensión generada total y la tensión en cada conductor. Rpta: 480 voltios – 16 voltios/conductor. 1.5 Un generador de c.c. de 225 voltios de tensión en bornes, suministra una corriente de armadura de 60 amperios, siendo la resistencia del circuito de inducido de 0,25 ohmios. El inducido tiene un total d e 32 ranuras con un devanado imbricado doble de 8 conductores/ranura, el generador tiene 8 polos y el flujo por polo es de 125x105 Maxwell. Determinar la velocidad de la máquina. Rpta: 900 rpm. 1.6 Una máquina de corriente continua de 8 polos que funciona como generador que gira a 900 rpm, tiene su inducido de devanado imbricado simple de 288 espiras y la resistencia por conductor es de 0,004 ohmios. La corriente por cada conductor es de 31,25 amperios y la resistencia total de las escobillas 0,016 ohmios. Si el flujo por polo es de 28,125x105 Maxwell. Calcular la potencia interna y la tensión en bornes de la máquina. Rpta: 60,75 kW - 230 voltios.

1.7 Calcular la tensión generada en una máquina de c.c. de 4 polos, que a 1500 rpm con un inducido de arrollamiento imbricado doble de 8 conductores en cada una de sus 76 ranuras y con una densidad de flujo de 12 500 gauss en cada cara polar de 400 cm2 de área. Rpta: 380 voltios. 1.8 Un generador de corriente continua de 6 polos cuyo inducido que gira a 1200 rpm tiene un deva nado ondulado doble de 108 espiras y la resistencia por conductor es de 0,010 ohmios. La corriente por cada conductor es de 17,5 A y la resistencia total de las escobillas es de 0,03643 ohmios. Si el flujo por polo es de 759,26 x 104 líneas. Calcular el torque resistente y la tensión en bornes producida por la máquina. Rpta: 274,065 N.m - 480 voltios.


CAPITULO II

EL GENERADOR DE CORRIENTE CONTINUA EN REGIMEN ESTABLE La finalidad del generador es la de producir una tensión de corriente continua por conversión de la energía mecánica en eléctrica, y una parte de esta tensión de c.c. se utiliza para excitar el devanado de campo. 2.1 TIPOS DE GENERADORES Los tipos de generadores derivan de la forma cómo se conectan las bobinas de campo del generador; y son las siguientes: -

Generadores con excitación independiente.

-

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

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

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

Va

Eg

Ia

IL

I a Ra

Ie

Eg

pZ 60a

Eg

K A '. p .n

p

n

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

VBD

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

VBD : caída de tensión en las escobillas KA ’: Constante que depende de la construcción de la máquina. 2.4 GENERADOR SERIE La bobina de campo es conectada en serie con el inducido del generador.

Va

Eg

I a Ra

Ia

IL

Ie

VBD

I a Rs

RS : Resistencia de devanado de excitación serie (Ω) 2.5 GENERADOR COMPOUND (COMPUESTO) 2.5.1 GENERADOR COMPOUND DE CONEXION LARGA

2.5.2 GENERADOR COMPOUND DE CONEXION CORTA

2.6 DIAGRAMA SHUNT

ESQUEMATICO

Y

CIRCUITO

EQUIVALENTE

DE

UN

GENERADOR

Donde: Eg : F.e.m. inducida por el generador (V) Va : Tensión en bornes del generador (V) Ia : Intensidad de corriente de armadura (A) Ie : Intensidad de corriente de excitación (A) IL : Intensidad de corriente de línea (A) Rw : Resistencia del devanado del inducido (Ω) Rc: Resistencia del devanado de compensación (Ω) Ri : Resistencia del devanado auxiliar o interpolos (Ω) Ra : Resistencia equivalente del devanado de armadura (Ω). (Ra=Rw +Rc+Ri ) Rb : Resistencia de las escobillas y la resistencia de contacto de la escobilla con el inducido móvil (Ω) Rsh : Resistencia del devanado de exitación shunt (Ω) Rcp : Resistencia del reóstato de campo (Ω) VBD : caída de tensión en las escobillas (V) KA ’: Constante que depende de la construcción de la máquina. EJEMPLO 2.1: Un generador de c.c. en derivación de 50 kW y 250 V, tiene una resistencia del circuito de excitación de 62.5 Ω, y una caída de tensión en las escobillas de 3 V y una resistencia de inducido de 0,025 . Calcular cuando se suministra la corriente nominal a la velocidad y tensión nominales: a. Las corrientes de carga, excitación y de inducido. b. La tensión generada en el inducido. SOLUCION

Va

P 250 kW Ra 0, 025 a)

250V

Rsh

62,5

Corriente de línea:

IL

P Va

50 x103 250

200 A.

Corriente de excitación:

Ie

Va Rsh

250 62.5

4 A.

Corriente de armadura:

Ia

Ie

IL

200 4

204 A

b) Tensión generada en el inducido:

Eg

Va

I a Ra

VBD

250 204(0, 025) 3 258,1V

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

SOLUCION

Va

P 10 kW Ra 0,1

VBD a)

125V

Rs

0, 05

2V

Corriente en el inducido:

Ia

P Va

10 x103 125

80 A.


Eg -

Va

I a Ra

I a Rs

VBD

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

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

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

Va

P 100 kW Rs 0, 02

Ra a)

600V

Rsh

0, 04

200

VBD

5V

Corriente en el inducido:

IL Ie

Ia

P 100 x103 166,67 A. Va 600 Va 600 3 A. Rsh 200 I e I L 3 166, 67 169, 67 A


Eg

Va

I a Ra

I a Rs

VBD

Eg

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

Eg

615,18 V


2.7 CURVAS CARACTERISTICAS DE LOS GENERADORES En un generador el voltaje de salida está determinado por muchos factores. Los números de conductores Z, número de polos y de trayectorias paralelas del devanado de la armadura son parámetros de diseño y, por lo tanto, cantidades fijas. En consecuencia, una vez construido, una forma de con trolar el voltaje de salida de un generador consiste en variar su velocidad de rotación “n” en r.p.m. (u ω en radianes por segundo). La otra forma consiste en variar su flujo de campo por polo Ф en Wb/m2 . La velocidad de rotación está determinada por las características de la máquina primaria acoplada al generador (regulador de velocidad de la turbina). El flujo de campo está determinado por las características de la trayectoria magnética total. Las bobinas de campo se construyen con un número específico de vueltas de alambre de un tamaño en particular. Los Ampere-vueltas presentes en la bobina están determinados por la cantidad física de de vueltas y por la corriente que circula a consecuencia del voltaje de campo aplicado. Al relacionar el valor H de los ampere-vueltas por metro de longitud y el flujo magnético por metro cuadrado B. El resultado es que una bobina de campo en particular que se monte alrededor de determinado circuito magnético que tenga un área de polo de campo específica tiene, en virtud de su tamaño, un valor de Ф relacionado con su valor de H según la curva general BH del circuito magnético. Est depende, por , de los materiales específicos empleados. 2.7.1

CURVA DE MAGNETIZACION DEL GENERADOR

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

Si la máquina se mueve a una velocidad constante: Eg

K A ' pn

K'

p

, la lectura del

voltímetro Eg es única y exclusivamente función del flujo mutuo en el entrehierro. Si el potenciómetro se ajus ta para I e 0 ; cuando el generador gira a una velocidad constante e incluso cuando la fmm de excitación ( I e N e

0 ) el flujo en el entrehierro no es cero. El voltímetro

registra una pequeña tensión cuando la corriente de excitación es nula (punto a). La tensión en a se debe a la retentividad de los polos de excitación y es proporcional a la cantidad de magnetismo residual que quedó acumulado en el hierro de la máquina cuando el generador fue desconectada. Si Ie se aumenta mediante el potenciómetro hasta Ie, la tensión se eleva hasta el punto b y si seguimos aumentando la corriente de excitación hasta I e2 , la tensión se eleva hasta el punto c. Por lo tanto, la tensión inducida generada aumenta proporcionalmente a la fmm del entrehierro producida por la corriente de excitación (IeNe).

El tramo ab no es lineal por que está compuesto de una fmm residual fijo y una fmm variable debida a la corriente de excitación. El tramo bc es lineal ya que la fmm residual es despreciable en comparación con la fmm producida por la excitación y la tensión generada varía directamente con la variación de la intensidad de excitación. Más allá del punto c (codo de curva), un aumento de la corriente de excitación no produce un aumento proporcional en la tensión generada. Aquí, el hierro de los polos de excitación y el núcleo circundante del circuito magnético se aproxima a la saturación. Mas allá del punto cualquier aumento de la fmm no llegará a producir un aumento proporcionado en el flujo, y la curva de magnetización desde c a d no es lineal, esta vez a causa del efecto de la saturación magnética. Si la corriente de excitación se reduce de Ie3 a Ie2 , la tensión generada disminuye de d a e (la tensión e>tensión c y que posteriores disminuciones de Ie producen tensiones generadas superiores a las producidas cuando Ie aumenta). Esta acción es idéntica a la producida en cualquier circuito magnético que contiene un material ferromagnético; es una propiedad del material denominada Histéresis. La curva de magnetización (Eg Vs Ie) no es distinta de la forma de la curva de saturación (B Vs H) obtenida para cualquier material ferromagnético. De Eg

K A ' p n , la rotación de los conductores del inducido a velocidad constante produce una

tensión directamente proporcional al flujo del entrehierro y no necesariamente proporcional a la corriente de excitación. Normalmente el punto de trabajo de la máquina se presenta en la zona curva (pto p). Er tensión inicial > 0 a causa del magnetismo remanente que posee el circuito magnético del estator. Es posible trazar toda una familia de curvas a diferentes velocidades. Pero aplicando el método de la proporcionalidad se obtiene la f.e.m. a otra velocidad.

E final

n final

Eoriginal

noriginal

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

E final E final

b)

E final

n final

xEoriginal noriginal 2000 x150 166, 7V 1800 1600 x150 133 V 1800

2.7.2 LINEA DE AUTOEXCITADO

RESISTENCIA

DE

EXCITACIÓN

DEL

GENERADOR

Cuando el circuito de excitación (devanado de excitación y reóstato de campo) se conecta a los bornes del inducido, la corriente de excitación Ie ya no es independiente de la tensión generada.

La corriente Ie depende de la relación V f / R f .

Vf

Va Tensión existente en bornes del inducido.

La corriente de excitación en cualquier instante, es función de dos variables: (1) La tensión en el inducido, que varía con la f.m.m.del entrehierro, (2) la resistencia de excitación que varía con el reóstato de campo. A fin de expresar la corriente de excitación y del inducido que circula en cualquier instante del circuito, es necesario representar gráficamente una familia de líneas de resistencias de excitación. Por tanto de acuerdo a la ley de Ohm, una resistencia de excitación elevada (gran pendiente) producirá una pequeña corriente de excitación Ie para un valor muy grande de la tensión de excitación. Inversamente una resistencia de excitación reducida (poca pendiente) producirá una corriente de excitación Ie muy grande para una tensión de excitación Vf muy reducida. 2.7.3

1.

PRODUCCION DE LA AUTOEXCITACIÓN EN EL GENERADOR SHUNT

Suponer que el generador arranca en reposo, velocidad de la máquina motriz es nula. A pesar del magnetismo residual, la f.e.m. generada es cero

2.

Eg

0 .

Cuando la máquina motriz hace girar el inducido del generador y la velocidad se aproxima a su valor nominal, la tensión debida al magnetismo residual y a la velocidad

Eg

k n aumenta.

3.

A la velocidad nominal, la tensión en bornes del inducido debida al magnetismo residual, es pequeña E1 . Pero esta tensión también se aplica al circuito de excitación cuya resistencia es R f (Rsh ). Por tanto la corriente de excitación I1 es pequeña.

4.

Cuando I1 circula en el circuito de excitación del generador, aumenta la f.m.m. ayuda al magnetismo residual, por tanto aumenta la tensión a E2 .

If Nf

que

5.

La tensión E2 se aplica ahora a la excitación provocando que por el circuito de excitación circule una corriente mayor I2 . I 2 N f es una fmm mayor que produce una tensión generada E3 .

6.

E3 establece a I3 en el circuito de excitación produciendo E4 . Pero E4 provoca la circulación de I4 en la excitación produciendo E5 y así sucesivamente hasta E8 ; el valor máximo.

7.

El proceso continúa hasta el punto en que la línea de resistencia de excitación corta con la curva de magnetización. En este momento cesa el proceso. La tensión inducida producida cuando se aplica al circuito de excitación produce una circulación de corriente que a su vez produce una tensión inducida de la misma magnitud E8 .

RESISTENCIA DE EXCITACIÓN CRÍTICA (RC ) Si Rf (resistencia de excitación) se reduce a Rf1 mediante el reóstato; el proceso de autoexcitación tendría lugar a lo largo de la línea de resistencia de excitación Rf1 y establecería un valor ligeramente superior a E8 , o sea, el punto en que Rf1 corta a la curva de magnetización E9 . La reducción de la resistencia de excitación (a su valor límite correspondiente a la resistencia del devanado de excitación) no aumentará la tensión apreciablemente. Inversa mente, al aumentar la resistencia del reóstato de campo y la resistencia del circuito de excitación (hasta > R f) se provocará una reducción del valor máximo para que pueda tener lugar a la autoexcitación. Rf se puede aumentar hasta Rc (resistencia crítica). Si Rf es superior a Rc no producirá autoexcitación. Rc es la tangente a la curva de saturación que pasa por el origen, de, O. Por tanto, una resistencia del circuito de excitación superior a Rc producirá una tensión en el inducido igual a E1 aproximadamente y no aumentará. RAZONES POR LA QUE UN GENERADOR SHUNT AUTOEXCITADO DESARROLLA TENSION: 1) Falta de magnetismo residual ( o insuficiente) 2) Conexiones del circuito de excitación invertidas con respecto al circuito de inducido 3) Resistencia del circuito de excitación mayor que la resistencia de excitación crítica. 4) Corte o resistencia elevada en el circuito de inducido

NO

EFECTO DE LA CARGA EN IMPEDIR LA AUTOEXCITACION DE UN GENERADOR SHUNT La carga tiene una resistencia baja en comparación de Rf (resistencia de excitación). Una carga demasiado grande se3 conecta a los bornes de un generador shunt, que gira a su velocidad nominal, el generador puede no desarrollar tensión. Una carga elevada (baja resistencia) representa un corto circuito en bornes del inducido. La razón es que la mayor parte de la corriente del inducido es derivada hacia la carga en lugar de hacia la excitación y se dispone de una pequeña corriente de excitación adicional para producir la fmm adicional requerida para iniciar el proceso de autoexcitación. Por lo tanto, para conseguir la autoexcitación, es necesario que el generador shunt no esté conectado a la carga hasta que su tensión alcance su valor nominal mediante el proceso de autoexcitación. El generador shunt, en loque concierne a la carga, debe hacerse funcionar en la parte saturada de su curva de magnetización. Si se hace funcionar por debajo del codo de la curva de magnetización (parte lineal o no saturada), puede desexcitarse con la aplicación de la carga. 2.7.4 CURVA SHUNT

CARACTERISTICA

CARGA-TENSION

DE

UN

GENERADOR

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


2.7.5 CURVA CARACTERISTICA CARGA VOLTAJE PARA UN GENERADOR EN SERIE El generador en serie en circuito abierto es incapaz de subir el voltaje. Así cuando la corriente de la carga es cero, los voltajes generados y de armadura Eg y Va son idénticos y ambos se deben al flujo magnético residual (E1 ). Si conectamos una carga con las terminales de la armadura de un generador serie, por el campo serie pasará una corriente I1 común a la armadura y la carga creando una tensión que contribuye al flujo residual y produce un mayor voltaje. Comenzará la subida automática por que el voltaje adicional crea una corriente adicional en la carga y ello a su vez produce más f.m.m. (I s Ns ) en el campo en serie. Este generador es más complejo que el generador en derivación. Ahora hay dos caídas de voltaje, sin tener en cuenta las caídas en las escobillas que limitan el voltaje V1 a través de la carga. Eg baja por los efectos de reacción de armadura de modo que V1 produce Is (corriente de magnetización) el cual presenta una resultante de dos fuerzas. 1. 2.

Factores que tienden a disminuir el voltaje V1 . La corriente de magnetización Is , que tiende a aumentar Eg .

Resulta de ello que para una velocidad de impulso dado se produce un voltaje E g máximo que es punto crítico en el cual cesa el crecimiento y no se produce automáticamente más corriente (toda máquina debe trabajar en zona saturada). En este punto la corriente I1m las caídas de voltaje del campo en serie y de la armadura y así la caída por reacción de la armadura compensa exactamente el aumento de fuerza magnetomotriz que se produce en el campo en serie y voltaje de terminales V1 permanece constante. 2.8

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

Si Eg

K A ' p n , para

p

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

una velocidad infinita producirá una tensión infinita.

Si Ie es constante para dos valores distintos de velocidad n 1 y n 2 . Para la misma Ie1 , la velocidad mayor produce menor saturación, ya que la pendiente en el punto 2 es más vertical que en el punto 1. Pero cuanto menos saturado esté un generador shunt, más rápidamente se desexcitará. Por tanto se puede esperar que una máquina de velocidad mayor se desexcite más rápidamente y presente una característica de carga más decreciente que una máquina mas lenta. Si la velocidad de la máquina motriz disminuye, por consiguiente, tenderá a mejorar la regulación de tensión del generador shunt. Si además, debido a la disminución de velocidad y la reducción de la tensión en bornes, se restablece la tensión a su valor original aumentando la corriente de excitación, la regulación de tensión se mejora aún mas como resultado del aumento de saturación de la excitación. 2.9

REGULACION DE TENSION DE UN GENERADOR

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

La regulación de tensión se define como la variación de la tensión desde vacío a plena carga, expresada en tanto por ciento de la tensión nominal en bornes.

VR(regulacion de Tension)

Eg Va Va

x100

Donde: Eg Va

Tensión generada en vacío. (V) Tensión nominal en bornes a plena carga. (V)

PROBLEMA 2.5: La tensión en vacío de un generador shunt es 135 V y la tensión a plena carga es 125 V. Calcular la regulación de tensión. SOLUCION

VR(%)

Eg Va Va

x100

135 125 x100 8% 125

Regulación positiva se define como voltaje mayor en vacío que a plena carga. A este efecto contrario se llama regulación negativa; que puede ocurrir en ciertos generadores compuestos o en serie. La operación de un generador en la curva de la zona de saturación da una mejor regulación (menor porcentaje de regulación). Esto porque una reducción de Va, causada por una gran corriente de carga, traducirá en una menor pérdida de flujo en el campoque si operase en un punto de la zona no saturada (zona lineal). Cuando se opera dentro de un intervalo de carga razonable, puede obtenerse una regulación de cero (es decir, voltaje constante) con un ajuste apropiado del campo. La caída de tensión puede compensarse mediante reguladores automáticos de tensión que reduscan la resisitencia de excitación (aumentando la corriente de excitación) y restablescan la tensión a su valor en vacío. 2.10 PROBLEMAS RESUELTOS 2.1

Una máquina de corriente de 8 polos que funciona como generador gira a 900 rpm y tiene su inducido de devanado imbricado simple de 288 espiras y la resistencia por conduct or es de 0,004 ohmios. La corriente por cada conductor es de 31,25 A y la resistencia total de las escobillas es de 0,0208 ohmios. Si el flujo por polo es de 30x105 Maxwell. Calcular la potencia interna y la tensión en bornes de la máquina. SOLUCION

p 8 polos n 900rpm a mp 1x8 8ramas Numero total de conductores en el inducido:

Z

288espiras 2

conductores espira

576conductores

Numero de conductores en serie:

Zs

Z a

576 8

72

conductores rama

Resistencia eléctrica de cada conductor:

Rc

0, 004

Resistencia eléctrica de una rama:

Rrama

Z s .Rc

72 x0, 004 0, 288

Resistencia equivalente de armadura:

1 Ra

1

1

1

1

1

1

1

1

8

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama 8

Ra

0, 288 8

0, 036

Resistencia total de las escobillas:

Rb

0, 0208

Caída de tensión en las escobillas:

VBD

Rb I a

Corriente eléctrica que circula por cada conductor:

Ic

31, 25 A

Corriente eléctrica total de armadura:

Ia

a.I c

8 x31, 25 250 A

Flujo por polo: p

30 x105 Maxwell

1Wb 10 Maxwell 8

0, 03Wb


Eg

pZ 60a

p

8 x576 x0, 03x900 259, 2V 60 x8

n

Potencia interna:

Pint

Eg .I a

259, 2 x 250

64,800W

64,8kW

Tensión en bornes de la máquina:

Vt 2.2

Eg

Ra I a

VBD

259,2

0,036x250

0,0208x250

245V

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

p 4 polos n 1200rpm a mp 2 x4 8ramas

N º bobinas N º ranuras 56 (Por ser de doble capa) Numero total de conductores en el inducido: Z

56bobinas

25espiras bobina

2conductores espira

2800conductores

Resistencia de armadura:

Ra

0, 045

Potencia interna:

Pint

51,8kW

51800W

Eg .I a ................(1)


Vt

250V

Tensión generada por la máquina:

Eg

Vt

Ra I a

250 0, 045 I a ..............(2)

Cálculo de la corriente de armadura:

Reemplazando (2) en (1):

51800 (250 0, 045I a ).I a 0, 045I a 2

51800 250 I a

0, 045I a 2 250 I a 51800 0 2502 4 x0, 045 x( 51800) 2 x0, 045

250

Ia Ia

250 268 0, 09

200 A

Tensión generada: reemplazando Ia en (2)

Eg

Vt

Ra I a

250 0, 045I a

250 0, 045(200)

259V

Cálculo del flujo por polo: Si:

Eg p

pZ pn 60a 60aEg 60 x8 x 259 pZn 4 x 2800 x1200

0, 00925Wb

Corriente por conductor:

Ia a

Ic 2.3

200 8

25 A

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

p 4 polos n 1500rpm a mp 2 x4 8ramas Numero total de conductores en el inducido:

Z 192espiras 2

conductores espira

384conductores

Numero de conductores en serie:

Z a

Zs

384 8

48

conductores rama

Resistencia eléctrica de cada conductor:

Rc

0, 0052

Resistencia eléctrica de una rama:

Rrama

Z s .Rc

48 x0, 0052 0, 2496


1 Ra

1

1

1

1

Rrama Rrama Rrama Rrama Rrama 0, 2496 Ra 0, 0312 8 8

1

1

1

1

8

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Rrama

Resistencia total de las escobillas:

Rb

0, 0063

Corriente eléctrica que circula por cada conductor:

Ic

40 A

Corriente eléctrica total de armadura:

Ia

a.I c

8 x 40 320 A

Caída de tensión en las escobillas:

VBD

Rb I a

0, 0063x320

2, 016V

Flujo por polo: p

816, 7 x104 lineas

1Wb 10 lineas

0, 08167Wb

8


Eg

pZ 60a

p

4 x384 x0, 08167 x1500 392, 016V 60 x8

n

Potencia interna:

Pint

Eg .I a

392.016 x320 125445,12W

Torque resistente ó torque electromagnético:

1500

Pint

T

rev 2 rad min rad 157, 08 min rev 60 s s 125445.12 798, 6065 N .m 157, 08


Vt 2.4

Eg

Ra Ia

VBD

392,016

0,0312x320

2,016 380V

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

p 6 polos

N º ranuras 36 a 2m 2x2 4ramas N º ranuras N º bobinas 36

(Por ser de doble capa) Numero total de conductores en el inducido:

Z

36ranuras

8conductores ranura

288conductores


Ra

0, 0926

Flujo por polo. p

607, 63 X 104 Maxwell

1Wb 10 Maxwell 8

0, 060763Wb

Potencia interna producida por el generador:

Pint

141, 75kW

141750W

E g .I a

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

Cálculo de la tensión generada por la máquina:

Eg

Vt

Ra I a

500 0, 0926 I a


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

141750 (500 0, 0926 I a ).I a 0, 0926 I a 2 500 I a 141750 0 5002 4 x0, 0926 x( 141750) 2 x0, 0926 269,9784 A 270 A 500

Ia Ia

500 550 0,1852

Reemplazando en (2):

Eg

500 0, 0926(270)

525V

Cálculo del número de revoluciones por segundo: Si:

pZ 60a

Eg

Por tanto:

p

n

n

1200

60aEg pZ

60 x4 x525 1200rpm 6 x288x0,060763

p

rev 2 rad min rev

min 60 s

125, 664

rad s

Torque externo del generador (Torque del motor cc):

Text

842,562lb. pie

0, 4536Kgf 1lb

9,81N 1kgf

0,3048m 1 pie

1142,77 N .m

Potencia del motor:

Pmot

Text

Pmot Pmot

2.5

Text .

1142, 77 x125, 664 143605, 05W

143605, 05W

Hp 746W

192,5HP

Un generador serie de corriente continua de 15 kW a la tensión de 240 voltios tiene una caída de tensión en las escobillas de 2 voltios, una resistencia del circuito de inducido de 0,08 ohmios y una resistencia de la excitación serie de 0,05 ohmios. Cuando suministra la corriente nominal a la velocidad nominal determinar: a)

La tensión generada en el inducido.

b) El valor de la resistencia diversor en derivación, si debido a una pequeña regulación circula una corriente de 2,5 amperios. SOLUCION

P 15kW VL 240V VBD

2V

Ra

0, 08

Rs

0, 05

Cálculo de corriente de armadura:

P 1500 62,5 A VL 240 N º ranuras N º bobinas 36 (Por ser de doble capa)

Ia

Numero total de conductores en el inducido:

Z

36ranuras

8conductores ranura


Ra

0, 0926

Flujo por polo.

288conductores

p

607, 63 X 104 Maxwell

1Wb 10 Maxwell

0, 060763Wb

8

Potencia interna producida por el generador:

Pint

141, 75kW

141750W

E g .I a

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

Cálculo de la tensión generada por la máquina:

Eg

Vt

Ra I a

500 0, 0926 I a

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


141750 (500 0, 0926 I a ).I a 0, 0926 I a 2 500 I a 141750 0 Ia Ia

5002 4 x0, 0926 x( 141750) 2 x0, 0926 269,9784 A 270 A 500

500 550 0,1852


Eg

500 0, 0926(270)

525V

Cálculo del número de revoluciones por segundo: Si:

Eg

Por tanto:

pZ 60a

p

n

n

1200

60aEg pZ

rev 2 rad min rev

60 x4 x525 1200rpm 6 x288x0,060763

p

min 60 s

125, 664

rad s

Torque externo del generador (Torque del motor cc):

Text

842,562lb. pie

Potencia del motor: Text

Pmot

0, 4536Kgf 1lb Pmot 143605, 05W

9,81N 1kgf Pmot

Text .

Hp 746W

0,3048m 1 pie

1142,77 N .m

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

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

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

4

40

60

80

100

120

140

0

0.67

1.03

1.5

2.07

2.94

4.35

Si el voltaje de la excitatriz es de 120 V ¿Cuál debe ser la resistencia del circuito de excitación para que el voltaje generado sea de 100 V, siendo la velocidad de 900 rpm.

b) Si la resistencia del circuito de excitación se mantiene constante en 41 Ω, ¿ Cuál es la corriente de excitación y cuál es el voltaje generado cuando la velocidad es de 700 rpm.?


CAPITULO 3 EFICIENCIA DEL GENERADOR DE CORRIENTE CONTINUA 3.1 EFICIENCIA Un generador de corriente continua o dínamo es, como lo dice su nombre, un dispositivo dinámico. No convierte energía o potencia cuando está en estado inmóvil o estático. Debe estar trabajando o funcionando para convertir energía. Por este motivo, es incapaz de tener la propiedad de almacenamiento de energía. También, por este motivo, de acuerdo con la ley de la conservación de la energía, la potencia total que recibe una dínamo en cualquier instante debe ser ig ual a la potencia total entregada por la dínamo en ese instante. La potencia total que recibe una dínamo debe ser igual a su potencia de salida (útil) y su pérdida total de potencia, siguiendo la ley de la conservación de la potencia, o sea:

Pentr = Psal + Pperd ...(3.1) Donde: Pent Potencia total que recibe la dínamo Psal

Potencia útil entregada por la dínamo para efectuar trabajo

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

h=

Psal Pentr

h=

...(3.2)

Psal (Para generador) ...(3.2a) Psal + Pperd

Un generador que trabaja con alta eficiencia, o con una alta relación de potencia de salida a entrada, produce en comparación poco calor comparado con su entrada o salida. A la inversa, un generador que trabaja con baja eficiencia produce gran cantidad de calor en comparación con su salida. 3.2 PÉRDIDAS DE POTENCIA EN EL GENERADOR Las pérdidas en el generador se pueden dividir en dos grandes clases: 1) las que se producen por el flujo de la corriente a través de las diversas partes de los devanados del generador, que se llaman pérdidas eléctricas, y 2) las que son función directa de la rotación dinámica del generador, que se llaman pérdidas rotacionales, o de potencia parásita. Las pérdidas de potencia parásita se dividen en general en dos categorías: a) las pérdidas mecánicas, que resultan de la rotación, y b) las pérdidas en el hierro o núcleo. Las pérdidas pueden ser: pérdidas fijas por que son independientes con la carga y pérdidas variables por que varían con la carga. 3.2.1 LAS PERDIDAS ELECTRICAS Las pérdidas eléctricas son primordialmente resultado de la circulación de la corriente eléctrica a través de las bobinas tanto del estator como del rotor del generador. Todas esas pérdidas eléctricas tienden a variar de acuerdo con el cuadrado de la corriente de carga , excepto aquellas como la

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

PÉRDIDAS ROTACIONALES

Se subdividen en: a)

Pérdidas mecánicas por fricción y ventilación: Pérdidas que sólo son fun ciones de la velocidad

b)

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

3.2.3

PÉRDIDAS ADICIONALES Ó PÉRDIDA POR CARGA PARÁSITA

Las pérdidas por carga parásita representan pérdidas adicionales debidas a la carga. Estas pérdidas son mayores en motores de inducción y en máquinas de entrehierro pequeño. Representan 1) pérdidas en hierro debidas a distorsión de flujo (reacción de armadura) en máquinas de cd y armónicas de paso en máquinas de ca, 2) pérdidas de efectos superficiales en conductores de armadura o de estator y 3) pérdidas en hierro en las partes estructurales de las máquinas. Estas pérdidas en general se evalúan 1 por ciento de la salida para generadores mayores de 150 kW; y no se considera máquinas de menor capacidad. 3.3 FLUJO DE POTENCIA EN EL GENERADOR Si se aplica potencia mecánica al eje de un generador en calidad de entrada, la potencia en el eje es TS/5252 hp. Un generador impulsada en forma mecánica mantiene ciertas pérdidas rotacionales. La diferencia entre dichas pérdidas rotacionales y la potencia mecánica de entrada representa la potencia mecánica neta que se convierte en potencia eléctrica mediante la conversión electromagnética (E g Ia). Pero el generador también sostiene determinadas pérdidas eléctricas internas, que se restan de la potencia eléctrica que se desarrolla. Por lo tanto, la potencia eléctrica neta es Eg Ia menos las pérdidas eléctricas, o sea el voltaje de terminales por la corriente total entregada a la carga (VaIL ). Salida de Potencia eléctrica

=

Entrada de potencia M ecánica

-

Pérdidas rotacionales + Pérdidas eléctricas

Potencia Eléctrica desarrollada= Eg Ia = Entrada de potencia mecánica – Pérdidas rotacionales = Potencia eléctrica de salida + pérdidas eléctricas 3.4 EFICIENCIA MAXIMA Un generador alcanza eficiencia máxima siempre que las pérdidas variables son iguales a las pérdidas fijas. Para el generador de cd, las pérdidas variables son las que varían de acuerdo con el cuadrado de la 2

corriente de armadura, es decir, las pérdidas de la armadura I a Ra . Las pérdidas fijas, son la suma de la pérdida en el circuito de campo

Ve I e y la pérdida rotacional Prot suponiendo que la velocidad del

generador sea constante. Si la pérdida fija es igual a pérdida variable para obtener la eficiencia máxima; se tiene la siguiente relación:

K = Ve I e + Pr = I a 2 Ra

Watts (W )

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

Þ I a (h max) =

Ve I e + Pr Ra

Fracción de carga:

FC =

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

Eficiencia máxima del generador:

hmax ( generador ) =

FC x Psalida no min al FC x Psalida no min al + 2 Pvar iables

=

FC x Psalida no min al FC x Psalida no min al + 2 Pfijas

PROBLEMAS RESUELTOS 3.1

Un generador derivación de 40 kW, 500V impulsado por un motor de dc de 60 hp produce la salida nominal de generación. La resistencia del circuito de armadura del generador es 0,2 Ω y la del circuito de campo es 250 Ω. La pérdida eléctrica variable a la carga nominal es 1345 W. Calcular: a) La eficiencia a la carga nominal b) La pérdida en el campo derivación del generador. c) La potencia eléctrica que se genera. No tomar la caída de voltaje en escobillas. d) La pérdida de potencia rotacional del generador e) La corriente de armadura del generador para la máxima eficiencia. f) La fracción de carga del generador para máxima eficiencia. g) La eficiencia máxima del generador. SOLUCION a)

Eficiencia a la carga nominal:

P Psal 40 x103 x100 = generador x100 = x100 = 89, 4% Pentr Pmotor 60 x746

h=

b) Pérdida en el campo derivación:

Ie =

Va 500 = = 2A Rsh 250

Pcampo Va Ie c)

Ie 2 Rsh

500x2 22 x250 1000 W

Potencia eléctrica que se genera:

Psal 40 x103 = = 80 A Va 500 Þ I a = I L + I e = 80 + 2 = 82 A Eg Va I a Ra 500 82(0, 2) 516, 4V IL =

Pg

Eg I a

516, 4 x82

42345V

d) Pérdidas rotacionales: Potencia Eléctrica desarrollada= Eg Ia = Entrada de potencia mecánica – Pérdidas rotacionales

Prot e)

Pmecanica entregado ( motor )

60 x746 42345

2425, 2W

La corriente de armadura del generador para la máxima eficiencia.

I a (h max) = f)

Pgenerada

Ve I e + Pr = Ra

500(2) + 2415, 2 = 130, 7 A 0, 2

La fracción de carga del generador para máxima eficiencia:

FC =

I a (h max) 130, 7 = = 1,59 I a (no min al ) 82

g) La eficiencia máxima del generador:

hmax ( generador ) = hmax ( generador ) =

FC x Psalida no min al FC x Psalida no min al + 2 Pfijas 1,59 x 40000 x100 = 90,3% 1,59 x 40000 + 2(2415 + 1000)

3.2

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

hFC = a)

FC x Psalida no min al + Pcampo + Pr ot + FC 2 Parmadura

FC = 0, 25

h25% =

3.3

FC x Psalida no min al

x100

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

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

b)

h50% =

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

c)

h75% =

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

d)

h125% =

1, 25 x 40000 x100 = 90,1% 1, 25 x 40000 + 1000 + 2415 + 1, 252 x1345

e)

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

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

hFC =

FC x Psalida no min al FC x Psalida no min al + Pcampo + Pr ot + FC 2 Parmadura

Reemplazando:

86, 2 =

x100 =

FC x Psalida no min al FC x Psalida no min al + Pperdidas

FC = 0,5

0,5 x150 x103 x100 0,5 x150 x103 + Pperdidas 0,5 x150 x103 x100 - 0,5 x150 x103 86, 2 = 12000,961 W

Þ Pperdidas = Pperdidas 3.4

Un generador Compound plana de 10 kW – 250 V, tiene: Rsh = 125 Ω, Ra= 0,4 Ω, Rs =0,05 Ω, Ppérdidas rotacionales =452 W y

D VBD = 3 V .

a) Calcular la eficiencia a plena carga y a media carga b) Calcular la eficiencia máxima y la potencia de salida correspondiente SOLUCION

P 10000 I L = salida = = 40 A Va 250

x100

Ie =

Va 250 = = 2A Rsh 125

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

Pr ot = 452 W

Pcampo = Ie2 Rsh = 22 x125 = 500 W

Pérdidas devanado de campo

2

2

Pérdidas devanado de armadura Parmadura = I a Ra = 42 x0, 4 = 705, 6 W Pérdidas devanado campo serie

Pcampo serie = Ia 2 Rs = 422 x0,05 = 88, 2 W Pescobillas = D VBD I a = 3x 42 = 126 W

Pérdidas en las escobillas

Ptotales = 1871,8 W

Pérdidas totales a)

h=

Eficiencia a plena carga:

Psal 10000 x100 = x100 = 84, 2% Psalida + Pperdidas totales 10000 + 1871,8

Eficiencia a media carga:

hFC =

FC = 0,5

FC x Psalida no min al FC x Psalida no min al + Prot + Pcampo + FCxPescobillas + FC 2 x( Parmadura + Pcampo serie )

0,5 x10000 x100 0,5 x10000 + 452 + 500 + 0,5(126) + 0,52 (705, 6 + 88, 2) h50% = 80,5%

h50% =

b) Eficiencia máxima: Corriente de armadura cuando la eficiencia es máxima

Perdidas fijas = Perdidas var iables Prot + Pcampo = Pescobillas + Parmadura + Pcampo serie

Protacionales + Pcampo = Ia (h max)2 Ra + Ia (h max)2 Rs + Ia (h max)D VBD Þ Ia (h max)2 ( Ra + Rs) + I a (h max)D VBD - ( Protacionales + Pcampo ) = 0 I a (h max) 2 (0, 4 + 0, 05) + I a (h max) x3 - (452 + 500) = 0 0, 45 I a (h max) 2 + 3I a (h max) - 952 = 0

I a (h max) = 42, 782 A Fracción de carga

FC =

I a (h max) 42, 782 = = 1, 019 I a (no min al ) 42

Eficiencia máxima


FC x Psalida no min al FC x Psalida no min al + 2 Pfijas


1, 019 x10000 x100 = 84,3% 1, 019 x10000 + 2(452 + 500)

Potencia de salida a la eficiencia máxima:

Psalida (h max) = FC x Psalida no min al = 1, 019 x10000 = 10190 W

x100

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

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


CAPITULO 4 CONSTRUCCION Y PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO DE LOS MOTORES DE CORRIENTE CONTINUA (DC) 4.1 PARTES CONSTRUCTIVAS DE LOS MOTORES DE CORRIENTE CONTINUA Una máquina eléctrica cuando trabaja como motor es necesario que la armadura reciba alimentación de corriente desde una fuente exterior, que puede ser la misma que alimenta la bobina de excitación Un motor de c.c. recibe energía eléctrica de c.c. y entrega en el eje energía mecánica. Son utilizados en bomba de agua, ventilador, faja transportadora, as censor, un tren, etc. Algunos clásicos micromotores DC (Direct Current) o también llamados CC (corriente continua) son usados generalmente en robótica. Los hay de distintos tamaños, formas y potencias, pero todos se basan en el mismo principio de funcionamiento. A diferencia de los motores paso a paso y los servomecanismos, los motores DC no pueden ser posicionados y/o enclavados en una posición específica. Estos simplemente giran a la máxima velocidad y en el sentido que la alimentación aplicada se los permite. El motor de corriente continua está compuesto de 2 piezas fundamentales : Rotor Estator 4.2 ESQUEMA DEL MOTOR DE CC

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

polaridades norte y sur. Salvo las máquinas de potencia reducida, en general de menos de 1 kW, encontramos también en el estator, alternando los polos antes citados, otros llamados polos de conmutación. El Estator; constituye la parte fija de la máquina. Su función es suministrar el flujo magné tico que será usado por el bobinado del rotor para realizar su movimiento giratorio. Está formado por : Armazón: Denominado también yugo, tiene dos funciones primordiales : servir como soporte y proporcionar una trayectoria de retorno al flujo magnético del rotor y del imán permanente, para completar el circuito magnético. Imán permanente: Compuesto de material ferromagnético altamente remanente, se encuentra fijado al armazón o carcaza del estator. Su función es proporcionar un campo magnético uniforme al devanado del rotor o armadura, de modo que interactúe con el campo formado por el bobinado, y se origine el movimiento del rotor como resultado de la interacción de estos campos. Escobillas: Las escobillas están fabricadas de carbón, y poseen una dureza menor que la del colector, para evitar que éste se desgaste rápidamente. Establecen el enlace eléctrico entre las delgas y el colector y el circuito de corriente continua exterior. Se encuentran albergadas por los portaescobillas. Ambos, escobillas y portaescobillas, se encuentran en una de las tapas del estator. La función de las escobillas es transmitir la tensión y corriente de la fuente de alimentación hacia el colector y, por consiguiente, al bobinado del rotor. La función del portaescobillas es mantener a las escobillas en su posición de contacto firme con los segmentos del colector. Esta función la realiza por medio de resortes, los cuales hacen una presión moderada sobre las escobillas contra el colector. Esta presión debe mantenerse en un niv el intermedio pues, de ser excesiva, la fricción desgastaría tanto a las escobillas como al colector; por otro lado, de ser mínima esta presión, se produciría lo que se denomina "chisporroteo", que es cuando aparecen chispas entre las superficies del colector y las escobillas, debido a que no existe un buen contacto.

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

El rotor constituye la parte móvil del motor, proporciona el torque para mover a la carga. Está formado por: Eje: Formado por una barra de acero fresada. Imparte la rotación al núcleo, devanado y al colector.

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

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

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

Fcond

Be I cond L Donde:

Fcond : Fuerza electromagnética producido en un conductor (N) Be : Densidad de flujo en el entrehierro (Wb/m2 )

Be

p

p

2 rL p

Ap

Donde: p


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

I cond : Intensidad de corriente que circula por el conductor (A) L : Longitud activa del conductor ó longitud axial del rotor (m) Torque electromagnético producido en un conductor

Tcond

Fcond x r

N .m

Donde:

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

Tint

Z .Tcond

Z .Fcond .r

Donde:

Tint : Torque electromagnético interno producido en el inducido (N.m) Fcond : Fuerza electromagnética producido en un conductor (N) r : Radio del inducido o distancia radial al eje de rotación (m) Z : Número total de conductores en el rotor o inducido Si:

I a Corriente total que entra al inducido (A)

a Número de ramas ó número de circuitos en paralelo en el inducido

I cond

Ia a

Reemplazando:

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

I p . a .L.r 2 rL a p

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

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

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

Z p

144bobinas.

10espiras 2conductores . bobina espiras

=0, 05 Wb

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

2 x1 2 ramas

b) Par interno del inducido:

pZ . p .I a N .m 2 a

Tint

K A . p .I a

Tint

2880 x12 x0, 05 x 2,88 396.03 N .m 2 x x2

2880 conductores


5.2 FUERZA CONTRAELECTROMOTRIZ O TENSION GENERADA EN UN MOTOR Cuando una máquina de corriente continua funciona como motor, simultáneamente tiene lugar un efecto generador. DETERMINACION DE LA CORRIENTE CONTINUA

FUERZA

CONTRAELECTROMTRIZ

EN

UN

MOTOR

Densidad de flujo en el entrehierro:

Be

p

Ap

p

p

2 rL p

p

2 rL

Wb/m 2

Donde:

Be : Densidad de flujo en el entrehierro (Wb/m2 ) p


r : radio del rotor (m)

p : Número de polos L : Longitud activa del conductor ó longitud axial del rotor (m) Fuerza contraelectromotriz que Genera Cada Conductor:

E Cconductor =Be .L.v Si:

v= .r m/s Donde:

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

Ecconductor Ecconductor

Be .L.v p

p

2

p

p

2 rL

.L. r

p

p

2

Voltios

Voltios

Número de conductores en serie por rama:

Zs

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

FUERZA CONTRAELECTROM OTRIZ GENERADA ENTRE LAS ESCOBILLAS DEL MOTOR:

EC

Z s .Ecconductor

Z p p . a 2

pZ Voltios p 2 a pZ Si: K A Constante 2 a Ec

DE

Ec

K A. p .

Voltios

Si la velocidad está dado en r.p.m:

n 60

2 n 60

2

Reemplazando:

pZ pZ 2 n p p 2 a 2 a 60 p.Z Si: K A ' Constante 60a Ec

pZ . p .n Voltios 60a

Ec Ec

K A '. p .n Voltios

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

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

1500

rev 2 rad min rev

p

min 60 s

50

rad / s

1 Tesla Wb 1, 2 2 4 2 rL 10 gauss m 2 rL 2 x0,15x0,25 Be = x1, 2 0,1414 Wb p= p 2

Be =

p

=12000gauss

a) Fuerza contraelectromotriz generada en cada conductor:

Ecconductor

p

p

2

2 x0,1414 x50 2

7, 07 Voltios

b) Fuerza contraelectromotriz generado por el motor:

Z 60 conductores a 2 ramas pZ 2 x60 Ec . p .n x0,1414 x1500 60a 60 x2

212,10 Voltios

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

Ec

K A '. p .n

Ec

Va

( I a Ra

FUNCION

DE

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

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

Donde:

Ec : Fuerza contraelectromotriz generado en le inducido del motor (V) p


n : Velocidad del rotor del motor en revoluciones por minuto (r.p.m.)

LA

FUERZA

p


Va : Tensión en los bornes del motor (V) I a : Intensidad de corriente que ingresa a la armadura (A) Ra : Resistencia eléctrica equivalente del inducido o armadura (Ω)

VBD : Caída de tensión en las escobillas (V) p.Z Constante KA ' 60a -

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

-

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

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

Va ( IaRa KA '

n

VBD )

r. p.m.

p

-

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

-

Si el

p

y

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

disminuirá. 5.4 TIPOS DE MOTORES DE CORRIENTE CONTINUA Los motores de corriente continua son accionados por una fuente de corriente continua cuyo voltaje de entrada se supone que es constante , puesto que esta suposición simplifica el análisis de los motores y la comparación entre los diferentes tipos. Los tipos de motores derivan de la forma cómo se conectan las bobinas de campo del motor; y son las siguientes: Motor dc de excitación independiente o de excitación separada. Motor de imán permanente. Motor dc con excitación en derivación. Motor dc con excitación en serie. Motor dc excitación compuesto. 5.5 CIRCUITO EQUIVALENTE DEL MOTOR DC El circuito del inducido se representa por una fuente ideal de tensión generada por el motor), una resistencia escobillas

Ec (fuerza contraelectromotriz

Ra (resistencia de armadura) y la caída de tensión en las

VBD . Esta representación es el equivalente de Thevenin de la estructura total del rot or,

incluidas las bobinas del rotor, los interpolos y los devanados de compensación, si los hay. El circuito de campo se representa por la resistencia de excitación ó resistencia de campo

Re y el reóstato

de campo Rcp que representa a una resistencia exterior variable, utilizada para controlar la cantidad de corriente en el circuito de campo. Existen algunas variables y simplificaciones de este circuito equivalente básico. Con frecuencia, el voltaje de caída de tensión en las escobillas VBD es sólo una pequeña fracción del voltaje generado en un

máquina

Ec . En casos en los cuales no es demasiado crítico, el voltaje de caída en la escobilla puede

despreciarse o incluirse aproximadamente en el valor de

Ra . A veces, la resistencia interna de las

bobinas de campo también se agrupa con la resistencia variable y a este total se le llama

RF . Otra

variante es aquella en la cual los motores tienen más de una bobina de campo, todo lo cuál aparecerá en el circuito equivalente. La fuerza contraelectromotriz o voltaje generado por el motor está dado por la ecuación:

Ec

K A '. p .n

V

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

Tint

K A '. p .I a N .m

Estas dos ecuaciones, las Leyes de Kirchhoff y la curva de magnetización de la máquina, son las herramientas necesarias para analizar el comportamiento y el funcionamiento de un motor dc. 5.5.1

MOTOR CON EXCITACIÓN INDEPENDIENTE O EXCITACIÓN SEPARADA

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

+

Ia Ra

Va

∆VBD

Ie Re

Ec

+ Ve Ie

Va Ia

5.5.2

Ec

I a Ra

VBD

Va

( Ec Ra

VBD )

Ie

Ve Re

Ec

pZ 60a

Ec

K A '. p .n

p

n

MOTOR CON EXCITACIÓN DERIVACION Ó SHUNT

La bobina de campo es conectada en paralelo con el inducido del motor. El voltaje de línea es constante o casi constante, en el sentido usual. Esto quiere decir que el flujo de campo

p

es también constante. En el

campo puede utilizarse o no un reóstato de campo para cambiar la corriente del campo y en consecuencia el valor del flujo. El cambio en el flujo de campo sirve para variar la velocidad de rotación del rotor. Esto es así porque el cambio de flujo cambia el voltaje de la fuerza contraelectromotriz a la relación de la

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

+ IL

Ia

Ra

a Rsh

Va

Ec

Ie

∆VBD

Va

Ec

IL

Ia Ie Va Rsh

Ie

Ec Ec

I a Ra

VBD

pZ pn 60a K A '. p .n

Donde:

Ec : Fuerza contraelectromotriz generada en el motor (V)

Va : Tensión en bornes del generador (V) I a : Intensidad de corriente de armadura (A) I e : Intensidad de corriente de excitación (A) I L : Intensidad de corriente de línea (A) Ra : Resistencia de armadura (Ω) VBD : caída de tensión en las escobillas K A ' : Constante que depende de la construcción de la máquina. 5.5.3

MOTOR CON EXCITACIÓN SERIE

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

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

+

Ia Ra

∆VBD

Va

Ec

Rs Va

Ec

I a Ra

Ia

IL

Ie

VBD

I a Rs

Rs : Resistencia de devanado de excitación serie (Ω) 5.5.4

MOTOR EXCITACIÓN COMPUESTO O COMPOUND

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

+ IL

Ia

Ra

Rsh Va

Ec

Ie

∆VBD

Rs

-

Ie

Va

Ec

I a Ra

IL

Ia

Ie

Ie

Va Rsh

I a Rs

VBD

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

El motor compuesto acumulativo desarrolla un gran par para ajustarse a un inc remento en el par de la carga, igual que un motor serie. No obstante, el motor compuesto acumulativo tiene una velocidad en vacío definida y controlable, de manera que no existe el problema del “escape” o “embalamiento”. Por ello, este tipo de motor es en particular adecuado en los usos que requieran aplicaciones bruscas de cargas grandes. Algunos de esos usos son las máquinas laminadoras o las grandes troqueladoras o cortadoras. Una ventaja en particular en la aplicación súbita de cargas grandes pero de co rta duración consiste en que cuando el motor disminuye su velocidad de rotación al recibir la carga, entrega parte de su energía cinética almacenada para mover la carga. Si la velocidad se mantuviese más constante, tendrían que demandarse grandes corrientes pico de la línea de alimentación debido al transitorio resultante. Las grúas y los elevadores utilizan motores compuestos acumulativos, ya que de esa manera pueden poner en marcha con suavidad una carga pesada sin tener un aumento excesivo de su velocid ad al operar en vacío. A menudo el campo en serie se desconecta en forma automática del circuito, cuando la máquina llega a su velocidad de operación. En estado estable opera sólo el campo el derivación. Otra ventaja es la posibilidad de emplear el motor como freno ajustable, usándolo como generador con una carga decreciente, ya que dispone del campo en derivación. El motor compuesto diferencial no se utiliza tan ampliamente, pero tiene algunas características especiales que lo hacen útil para algunas aplicaciones especiales. Cuando el efecto de oposición del campo en serie se ajusta de modo que el efecto de pérdida de flujo cancele exactamente la pérdida de velocidad de un motor en derivación con carga, lo que se obtienes una velocidad muy constante. Sin embargo, el motor compuesto diferencial presenta dos problemas principales de operación que limitan su uso: 1) cuando se ajusta para una velocidad constante o incluso creciente con características de carga, el motor tenderá a “huir”, es decir, a aumentar en forma drástica su velocidad con una carga elevada; 2) este mismo efecto de campo en serie tendiente al “apoderamiento” hará que un motor compuesto diferencial arranque en la dirección opuesto a la deseada, a menos que la corriente de arranque con cuidado se mantenga pequeña. Por lo general, el campo en serie se desconecta mediante una conmutación especial durante el arranque. Así como el generador compuesto diferencial es una máquina para aplicaciones muy específicas, el motor compuesto diferencial también lo es, y aun más.


5.6 CURVAS CARACTERISTICAS DE LOS MOTORES DC Existen dos curvas características muy importantes que dependen del tipo de motor: a) La curva del torque del motor en función a la corriente; b) La velocidad del motor en función de la potencia que entrega al eje. 5.6.1

CARACTERISTICAS DEL PAR ELECTROMAGNETICO:

MOTOR DERIVACION: Durante el arranque y marcha; si las resistencias de excitación y del reóstato de campo permanecen constantes; entonces la corriente de excitación I e también se mantiene constante, en consecuencia el p es constante. Al aumentar la carga se aumenta la corriente de armadura la fuerza contraelectromotriz Si

p

es constante y

Ec desminuye; ya que Ec

I a y disminuye la velocidad; en consecuencia K A '. p .n es función de la velocidad.

I a aumenta directamente con la carga mecánica; entonces Tint

K A '. p .I a es

directamente lineal.

Tint (N.m)

Tint

K A '. p .I a

I a ( A)

MOTOR SERIE:

I a es igual a la corriente de excitación I e ; entonces el p es en todo momento proporcional a la corriente de armadura I a ; por lo tanto el flujo es función

En los motores serie la corriente de armadura flujo

de la corriente de armadura

p

( I a ) . Luego el torque será: Tint

K A '.

p

( Ia ).Ia

K A '.I a 2

hasta que

el circuito magnético de excitación está no saturada. La relación entre el par del motor serie y la corriente de carga es exponencial. Para cargas pequeñas (valor reducido de

I a ) el par en motor serie es menor que para derivación debido a

que desarrollaran menor flujo. Para

I a a plena carga, el par motor serie es mayor.

Tint (N.m)

K A '.I a 2

Tint

I a ( A)

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

f

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

K A '(

f

s

) I a en la que

s

es función de

Ia .

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

K A '(

f

s

) I a en la que

s

es función de

Ia y

f

es

constante. Arrancado con un flujo igual al flujo de excitación en derivación en vacío, cualquier valor de

Ia

producirá una fmm de excitación en serie que reduce el flujo total en el entrehierro, en consecuencia en el par. Por tanto, el motor compound diferencial produce una curva de par que siempre es menor que la del motor derivación.

Tint (N.m)

Tind

K A '(

f

s

)Ia

compound aditivo

Tind

K A '(

f

s

)Ia

Compound diferencial I a ( A)

5.6.2 Si:

CARACTERISTICAS DE LA VELOCIDAD DE LOS MOTORES DE CC

Ec

K A '. p .n

Ec

Va

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

( I a Ra

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

p.Z Constante 60a

KA '

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

n

Va ( IaRa KA '

VBD )

r. p.m.

p

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

n

Va ( IaRa KA '

tanto la velocidad se puede expresar de la siguiente manera

n

VBD )

entonces

f

es constante. Por

f

K'

Va ( IaRa

VBD )

f

Si I a aumenta, entonces

Ec disminuye y n lo hace proporcionalmente.

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

n(rpm)

n

K'

Va ( IaRa

VBD )

f

I a ( A)

I a nom

MOTOR SERIE:

n

Va

El flujo

I a ( Ra Rs ) KA ' s s

producido por la excitación serie es proporcional a la corriente del inducido

velocidad se puede expresar:

n

K'

Va

I a ( Ra Ia

Rs )

I a ; por tanto la

Si I a es pequeña, entonces el numerador es grande y el denominador es pequeño; por tanto “n” es anormalmente elevada. Por consiguiente en vacío la velocidad es excesivamente grande, por está razón los motores serie siempre se accionan acoplados a una carga. Al aumentar

I a , el numerador disminuye rápidamente y el denominador aumenta en proporción directa

de I a y la velocidad disminuye rápidamente. Para evitar el embalamiento de los motores serie se utilizan interruptores centrífugos que se abren a 150% de la velocidad nominal.

n(rpm) n

K'

Va

I a ( Ra Ia

Rs )

I a ( A) I a no min al

MOTOR COMPOUND ADITIVO:

n

K

Va

I a ( Ra f

Si aumentamos

Rs ) s

I a , el

Ec

K f

s

s

también aumenta y

Ec disminuye; por tanto, el denominador aumenta

mientras que el numerador disminuye proporcionalmente, más que para un motor derivación. La velocidad en un motor compound aditivo disminuye más rápidamente que el motor derivación.

n(rpm)

n

K'

Va ( IaRa f

I a ( A)

I a nom

VBD )

MOTOR COMPOUND DIFERENCIAL:

n

K

Va

I a ( Ra f

Al aumentar

Rs ) s

Ec

K f

s

I a , el numerador disminuye ligeramente, pero el denominador disminuye rápidamente.

La velocidad disminuye ligeramente con pequeñas cargas, pero al aumentar la carga la velocidad aumenta. Debido a su inestabilidad estos motores no se usan frecuentemente.

n(rpm)

n

K'

Va ( IaRa

VBD )

f

I a ( A)

I a nom

5.6.3

COMPARACION DE LAS CARACTRERIS TICAS VELOCIDAD - CARGA

n(rpm) Compound diferencial

Derivación Compound aditivo

Serie I a ( A)

I a nom

5.6.4

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

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

Tint (N.m)

serie derivación Compound diferencial

compound aditivo I a ( A)

I a no min al

a) Característica par - carga

n(rpm)

Compound diferencial

Derivación Serie Compound aditivo

I a nom

I a ( A)

b) Característica velocidad - carga


5.7 ARRANCADORES PARA LOS MOTORES DE CC Al momento de arranque la fuerza contraelectromotriz

Ec es cero ya que n

0 . Por tanto la corriente

de arranque será mucho mayor que la nominal.

Ra es pequeña, la corriente de arranque I aarr

Como

Va

Ec Ra

es grande 7 a 10 veces la

I a nominal.

La corriente es excesiva debido a la falta de fuerza contraelectromotriz en el momento de arranque, una vez iniciada la rotación, se establece una fuerza contraelectromotriz proporcional a la velocidad. Esta corriente perjudica al motor y a la red causando oscilaciones de tensión. En operación normal la corriente se ajusta, por la presencia de la fuerza contra electromotriz. Por tanto, la corriente normal autoajustado de

Ia

Va

Ec Ra

. Como el factor

debe aumentarse mediante una resistencia adicional o bién

Ec no aparece en el arranque, la Ra

Va debe reducirse de alguna manera.

En la situación industrial usual el voltaje de línea es invariante, o casi. Las fluctuaciones que puedan ocurrir se deben a las características de la fuente y a las caídas totales del voltaje de línea entre la fuente y el motor. Por lo general es deseable limitar la corriente máxima de arranque a 125 o 150% de la operación normal, y en ocasiones puede utilizarse 200% de la corriente nominal. Por tanto es necesario limitar la corriente de arranque mediante un arrancador para evitar daños en el motor. Para motores de cierta potencia se limita la corriente de arranque mediante reóstato de arranque. El reóstato de arranque o arrancador consiste en una resistencia variable o con tomas, cuya finalidad es limitar la corriente durante el período de arranque y cuya resistencia puede reducirse gradualmente a medida que el motor adquiera velocidad.

Va Ec Ra Rarr

I aarr

El valor del reóstato de arranque

Rarr se escoge de tal manera que I aarr no supere 2 I a ( 2 veces la

corriente nominal). Al mantenerse la corriente de arranque siempre mayor que la corriente nominal se asegura a la máquina un buen par de arranque Tarr K A I aarr . El par de arranque elevado permite que la máquina pueda mover sin problemas la carga mecánica aplicada a su eje y pueda adquirir rápidamente su velocidad de régimen. EJEMPLO 2.3: Un motor derivación de c.c. de 120 V, tiene una resistencia de inducido de 0,2 Ω y una caída de tensión en las escobillas de 2 V . La corriente nominal a plena carga del inducido es 75 A. Calcular: c.

La corriente en el momento de arranque y el porcentaje de plena carga.

d. Los diversos valores de la resistencia de arranque a fin de limitar la corriente en el motor a: a.

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

b.

Una fuerza contraelectromotriz que es el 25% de la tensión aplicada al inducido

Va , al 150% de

la carga nominal. c.

Una fuerza contraelectromotriz que es el 50% de la tensión aplicada al inducido a l 150% de la carga nominal.

d.

Hallar la

Ec a plena carga sin resistencia de arranque. SOLUCION

Va

120 V

VBD

2 V

Ra

0, 2

c)

Corriente al momento de arranque:

Va

I aarr

( Ec Ra

VBD )

120 (0 2) 0, 2

590 A

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

I aarr

I aarr %

I ano min al

590 x100 786% I a nom ó 7, 86I anom 75

x100

d) Resistencia de arranque del motor:

I aarr i)

ii) Ec

0, 25Va

y

50%Va

0,5Va

y

I aarr

I aarr

150% I a

1,5I a

150% I a

1,5I a

120 (0, 25 x120 2) 0, 2 0,582 1,5 x75

I aarr

Va ( Ec VBD ) Ra I aarr

Rarr

y

120 (0 2) 0, 2 0,85 1,5 x75


Rarr iii) Ec

0

Va ( Ec VBD ) Ra I aarr 25%Va


Rarr

En el momento de arranque Ec

Rarr

iv)

Va ( Ec VBD ) Ra Rarr

150% I a

1,5I a

120 (0,5x120 2) 0, 2 0,326 1,5x75

Ec a plena carga sin resistencia de arranque: Ec

Va

( I a Ra

VBD ) 120 (75 x0, 2 2) 103 V

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

SR %

no

nn nn

x100

Donde: SR Regulación de velocidad en % no

Velocidad en vacío

nn

Velocidad a plena carga.

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


5.9

INVERS ION DEL SENTIDO DE GIRO DE LOS MOTORES DE CC

Se puede realizar de dos maneras: -

Invirtiendo la corriente de excitación

-

Invirtiendo la corriente de armadura

La inversión de ambos circuitos producirá el mismo sentido de giro. 5.10

FRENADO ELECTRICO

El frenado eléctrico consiste en aprovechar las mismas fuerzas magnéticas que se oponen al movimiento de un conductor en un campo magnético. El frenado puede ser: a) Frenado Regenerativo Para motor shunt el frenado regenerativo tiene lugar cuando la máquina q1ue funciona en el ré gimen motor, comienza a funcionar en el régimen de generador paralelo a la red (Caso del descenso de un ascensor aprovechando su peso) con una velocidad mayor que la velocidad de marcha en vacío.

Ec

K

Va por tanto I a

Va

Ec Ra

varía de signo al torque y la máquina comienza a

funcionar como generador. Para motor serie; no puede pasar, por si mismo, del régimen motor al régimen de frenado regenerativo aumentando simplemente la velocidad. Al aumentar la velocidad del motor se rie, disminuye el flujo de excitación

exc

y la f.e.m.

Ec puede aproximarse a la tensión de la red, pero no sobrepasarla. Por esta

razón, el frenado regenerativo del motor serie se efectúa haciéndolo pasar a la excitación shunt y al funcionamiento correspondiente a esta excitación. El frenado regenerativo de los motores serie se emplea ampliamente en el transporte eléctrico. b) Frenado por el método de conexión en oposición Otra forma de frenar eléctricamente el motor es invirtiendo su sentido de rotación. Este régimen se realiza por dos procedimientos:

c)

-

Cuando la carga pone el motor en rotación en sentido contrario a de acción torque motor.

-

Cuando se invierte la marcha cambiando el sentido de la corriente de armadu ra.

Frenado dinámico

Este procedimiento consiste en desconectar el motor de la red cuando está en marcha, pero, manteniendo su excitación energizada. El motor empieza a funcionar, entonces, como generador de excitación independiente sin motor primo que lo impulse, por lo que se parará rápidamente por efecto del torque resistente. 5.11 PROBLEMAS RESUELTOS: PROBLEMA 5.1: Si el torque electromagnético desarrollada por una armadura es de 20,81 lb -pie, la corriente de armadura es de 36,5 A. siendo la densidad de flujo de 8 500 gauss, la longitud axial de 8,9 cm y el radio del inducido de 7,62 cm. calcular en numero total de conductores si el devanado es ondulado doble. SOLUCION

TEM

20,81 lb. pie 20,81lb. pie

0, 4536 Kgf lb

9,8 N 1Kgf

12 pu lg 1 pie

I a 36,5 A a 2m 2x2 4ramas

Be

8500 gauss 8500 gauss

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

1Tesla 104 gauss

0,85Tesla 0,85

Wb m2

0,0254m 1 pu lg

28,1959 N .m

Flujo por polo: p

Be . Ap

Be .

2 rL p

Torque electromagnético:

TEM

K A.

p

Z. p 2. .r.L .Be . .I a 2. .a p

.I a

Z .Be .r.L.I a a

Por lo tanto numero total de conductores:

a.TEM Be .r.L.I a

Z

4 x 28,1959 0,85 x0, 0762 x0, 089 x36,5

536 conductores

PROBLEMA 5.2: Una maquina gira a 1 500 rpm siendo su armadura de ondulado triple con 150 conductores en total, la longitud axial de la cara polar es 4 pulg. y el radio de la armadura es de 2 pulg. Si la corriente por cada conductor es de 6 A. y cuya densidad de flujo es de 6500 gauss. Determinar el torque motor o torque electromagnético. SOLUCION

n 1500 rpm a

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

Be


0,0254m 1 pu lg

L 4 pu lg 4 pu lg r

2 pu lg

2 pu lg

1Tesla 104 gauss

0,0254m 1 pu lg

0,65Tesla 0,65

Wb m2

0,1016m 0,0508m

Corriente que circula por cada conductor: Corriente que circula por la armadura: I a

I cond

6A

a.I cond

6 x6 36 A

Flujo por polo: p

Be . Ap

Be .

2 rL p


Z .Be .r.L.I a a

K A.

TEM

150 x0, 65x0, 0508x0,1016 x36 3, 0193 N .m 6

p

.I a

Z. p 2. .r.L .Be . .I a 2. .a p

TEM

PROBLEMA 5.3: Calcular el torque electromagnético en dinas -cm y en lb-pie desarrollada por una armadura con 552 conductores en total, corriente de armadura 39,5 A., densidad de flujo de 6 500 gauss, longitud axial de 8,9 cm., radio del inducido 7,62 cm, con un devanado ondulado simple. SOLUCION Devanado ondulado simple:

a

Numero de conductores en total:

Be

2m 2 x1 2 ramas Z 552 conductores


1Tesla 104 gauss

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

39,5 A

0,65Tesla 0,65

Wb m2

Flujo por polo: p

Be . Ap

Be .

2 rL p


Z .Be .r.L.I a a

K A.

TEM

552 x0, 65 x0, 089 x0, 0762 x39,5 48, 058 N .m 2

p

.I a

Z. p 2. .r.L .Be . .I a 2. .a p

TEM

Torque electromagnético en dinas.cm:

TEM

105 dinas 48,058 N .m 1N

100cm 1m

48,058 x107 dinas.cm

Torque electromagnético en lb.pie:

TEM

48,058 N .m

0, 2248lb 1N

1 pie 0,3048m

35, 444 lb. pie

PROBLEMA 5.4: Determinar el torque electromagnético de una maquina que gira a 1800 rpm, siendo su inducido de 528 conductores en total con un devanado o ndulado simple, cuya longitud axial de la cara polar es 6 pulg. y el radio del inducido 4 pulg. Si la intensidad de corriente por cada conductor es 30 A y la densidad de flujo es de 12 500 gauss. SOLUCION

n 1800rpm 2m 2 x1 2 ramas Numero de conductores en total: Z 528 conductores Devanado ondulado simple:

a

Be 12500 gauss 12500 gauss 0,0254m 1 pu lg

0,1524m

0,0254m 1 pu lg

0,1016m

L 6 pu lg r

4 pu lg

1Tesla 104 gauss

Corriente que circula por cada conductor: Corriente que circula por la armadura: I a

I cond

1, 25Tesla 1, 25

Wb m2

30 A

a.I cond

2 x30 60 A

Flujo por polo: p

Be . Ap

Be .

2 rL p


Z .Be .r.L.I a a

K A.

TEM

528 x1, 25 x0,1524 x0,1016 x60 306,58 N .m 2

p

.I a

Z. p 2. .r.L .Be . .I a 2. .a p

TEM

PROBLEMA 5.5: Un motor de corriente continua de 8 polos cuya densidad de flujo por polo es de 9 322 gauss, tiene un inducido de 424 conductores en total, distribuidos en un devanado imbricado simple, cuyo radio de inducido es de 25 cm. y longitud axial efectiva es de 50 cm. y una resistencia de inducido o armadura de 0,15 ohmios y la velocidad de giro de 900 rpm. Si la tensión en bornes es de 600 voltios. Calcular: a) La fuerza contraelectromotriz. b) El torque motor. c) La potencia interna. SOLUCION

n

900rpm

p 8 polos Devanado imbricado simple: a mp 1x8 8 ramas Numero de conductores en total: Z 424 conductores

Be

1Tesla 104 gauss


0,9322Tesla 0,9322

Wb m2

L 50cm 0,5m r 25cm 0, 25m Ra 0,15

Va

600V

Flujo por polo:

Be . Ap

p

Be .

2 rL p

0,9322.

2 x0, 25 x0,5 8

0, 0915Wb

a) Fuerza contraelectromotriz:

Ec

K A '. p .n

pZ 60a

p

8 x424 x0, 0915x900 582 V 60 x8

n

b) Torque electromagnético:

Ia Ra Va

Ec

Si:

Va

Ec

I a Ra

Por lo tanto: TEM

K A.

Va

p

.I a

Ec

600 582 120 A Ra 0,15 424 x8 x0, 0915 x120 741 N .m p .I a 2 x8

Ia

Z. p 2. .a

c) Potencia interna:

Pint

Ec I a

582 x120 69840 W

93, 6 HP

PROBLEMA 5.6: La resistencia del circuito de inducido de un motor de corriente continua es de 0,078 ohmios y tiene una caída de tensión en las escobillas de 3,125 voltios. La corriente de armadura es de 62,5 A. a la tensión en bornes de 240 voltios. Si la potencia de maquina en el eje es de 18,5 HP a la velocidad de 1 500 rpm. Calcular: a) El torque electromagnético. b) El torque de salida. SOLUCION

n 1500 rpm Ra 0, 078 Peje 

VBD Va

Ia

3,125 V 240 V

18,5 HP 13801 W Torque Electromagnético:

TEM

Pint

Ec I a

N .m

62,5 A

Ia

Ra

∆VBD

Va

Ec

Fuerza contraelectromotriz:

Va

Ec

I a Ra

VBD

Ec

Va

IaRa

VBD

240 62,5 x0, 078 3,125 232 V

Velocidad angular del rotor:

rev 2 rad 1min rad 157, 08 min rev 60 s s Pint Ec I a 232 x62,5 Por lo tanto: TEM 92,309 N .m 157, 08 1500



Torque de salida:

Tsalida

Peje

Teje

13801 157, 08

87,86 N .m

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

Ra

0, 03

Rs

Ia

150 A

n 1200 rpm

Peje a)

42,5 HP

0, 029

VBD

3,15 V

Va

230 V

31705 W

Potencia interna:

Pint

Ec I a


Va

Ec

I a Ra

Ec Por lo tanto:

Va Pint

I a Rs I a Ra Ec I a

VBD I a Rs

VBD

230 150 x0, 03 150 x0, 029 3,15 218 V

218 x150 32700 W

+

43,8 HP

Ia Ra

Va

∆VBD Rs

b) Torque motor interno:

Ec

rev 2 rad 1min rad 125, 664 min rev 60 s s Pint 32700 260, 218 N .m 125, 664

1200

Tint c)

Torque de salida:

Peje

Teje

31705 125, 664

252,3 N .m

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

Peje

94 HP

70124 W

Devanado ondulado doble:

a

N º bobinas

Doble capa:

72 ranuras

4 polos

2m 2 x2 4 ramas N º ranuras 72 bobinas

Numero de conductores en total:

6espiras 2conductores bobina espiras Potencia interna: Pint 73, 26 kW 73260 W Ra 0,15 Va 380 V Z

72bobinas

Ec

Ec I a Va

p

0, 0157 Wb

I a y fuerza contraelectromotriz Ec :

Calculo de la corriente de armadura

Pint

864 conductores

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

I a Ra

380 0,15I a .......(2)


(380 0,15I a ) I a 0,15I a 2 380 I a

73260 73260

0

3802 4 x0,15 x(73260) 380 2 x0,15 I a1 2323,1 A I a 2 210, 23 A Se escoge I a 2 por que I a1 es muy alto respecto a la Pint I a 210, 23 A ( 380)

Ia

316,93 0,3 y

Va . Por tanto:


Ec

Va

I a Ra

380 0,15I a

Calculo de velocidad angular Si:

pZ 60a

Ec

p

n

380 0,15 x210, 23 348,46 V

:

n

60.a.Ec p.Z . p

60 x 4 x 210, 23 4 x864 x0, 0157

Por lo tanto:

929,89

rev 2 rad min rev

1min 60s

Torque eje:

Teje

Peje

70124 97,378

720,1216 N .m

97,378

rad s

929,89rpm

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

p 8 polos Devanado imbricado simple:

Be

a

mp 1x8 8 ramas


L 45cm 0, 45m d 30cm 0,3m Ra 0, 08 n 900rpm TEM 381,972 N .m

Va

r

1Tesla 104 gauss

0,5894Tesla 0,5894

Wb m2

0,15m

252V

Calculo de la potencia interna Pint :

rev 2 rad 1min rad 94, 25 min rev 60 s s TEM . 381,972 x94, 25 36000W

900

Pint

I a y fuerza contraelectromotriz Ec :

Calculo de la corriente de armadura

Pint Ec

Ec I a Va

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

I a Ra

252 0, 08I a .......(2)


(252 0, 08I a ) I a 0, 08 I a 2

36000

252 I a

36000

0

2522 4 x0, 08 x(36000) 252 228 Ia 2 x0, 08 0,16 I a1 3000 A I a 2 150 A Se escoge I a 2 por que I a1 es muy alto respecto a la Pint y Va . Por tanto: I a 150 A ( 252)


Ec

Va

I a Ra

252 0, 08I a

252 0, 08 x150

240 V

Calculo de la fuerza contraelectromotriz por conductor Ec cond : Flujo por polo:

Be . Ap

p

Be .

2 rL p

0,5894

2 x0,15 x0, 45 8

0, 03125Wb

Número de conductores totales: Si:

Ec

pZ 60a

p

n

Conductores por rama:

Z

60.a.Ec p. p .n

60 x8 x 240 8 x0, 03125 x900

512conductores

Zs

Z a

512 8

64

conductores rama

Por lo tanto la fuerza contraelectromotriz generada por conductor será:

Ec Zs

Ec cond

240 64

3, 75 V

PROBLEMA 5.10: Un motor shunt tiene una resistencia del circuito de inducido de 0,04 ohmios y una caída de tensión en las escobillas de 2,6 V. y absorbe una corriente de armadura de 135 A. La placa de características del motor es: velocidad de 900 rpm. y 230 V. Calcular la potencia de salida en el eje en HP; si el torque de salida representa el 93,5 % de torque interno desarrollado SOLUCION

Ra

0, 04

Ia

135 A

Peje

? HP

Teje

93,5%TEM

n 900 rpm

VBD

2, 6 V

Va

230 V

Velocidad angular del rotor:

900

rev 2 rad min rev

1min 60 s

94, 25

rad s

+ IL

Ia

Ra

a Rsh

Va

Ec

Ie

∆VBD


Va

Ec

I a Ra

Ec

Va

VBD I a Ra

VBD

230 135 x0, 04 2, 6

222 V

Potencia interna:

Pint

Ec I a

222 x135 29970 W

Torque interno:

Tint

Pint

29970 94, 25

317,984 N .m

Torque salida o torque en el eje:

Teje

93,5%T int

0,935 x317,984

297,315 N .m

Potencia de salida:

Peje

Teje .

297,315 x94, 25 28021,938 W

28021,938W

1HP 746W

37,56 HP

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

c) Ec es el 50% de la tensión aplicada al inducido, al 150% de la carga nominal. d) Hallar la Ec a plena carga. e) Hallar la resistencia de arranque (Rarr) a plena carga. SOLUCION

Va

240 V

Ra

0, 25

VBD

3V

Ia

60 A

+ IL

Rarr

Ia

Ra

Rsh Va

Ec

Ie

∆VBD

Va

Ec

I a Ra

VBD

Ia

Va

( Ec Ra

VBD )

Corriente de armadura al momento de arranque sin resistencia de arranque: En el momento de arranque

I a arr

Ec 0 ya que la velocidad es cero. Va ( Ec VBD ) 240 (0 3) Ra 0, 25

948 A

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

I a arr

Va

( Ec VBD ) Ra Rarr

De la formula anterior despejando la resistencia de arranque

Rarr a)

Rarr b)

Rarr c)

Rarr

Va ( Ec VBD ) Ra I a arr Rarr en el momento de arranque; para I a arr

Va ( Ec VBD ) Ra I a arr Rarr ; si Ec

Rarr ; si Ec

240 (0 3) 0, 25 2,383 1,50 x60

25%Va y I a arr

Va ( Ec VBD ) Ra I a arr

150% I a :

240 (0, 25 x240 3) 0, 25 1,717 1,50 x60

50%Va y I a arr


150% I a :

150% I a :

240 (0,50 x240 3) 0, 25 1,05 1,50 x60

Ec a plena carga I a 60 A : Ec Va I a Ra VBD 240 60 x0, 25 3 222 V

d)

Rarr se tiene:

Rarr ; a plena carga: Ec 222V y I a 60 A Va ( Ec VBD ) 240 (222 3) Rarr Ra 0, 25 0 Ia 60

e)

PROBLEMA 5.12: Un motor shunt que gira a la velocidad nominal de 1 200 rpm absorbe una corriente de 62,5 A. a plena carga de la red de alimentación de 240 V y tiene una resistencia del circuito de inducido de 0,12 ohmios y una resistencia del circuito de excitación de 64 ohmios. La caída de tensión en las escobillas es de 3 V constante. Calcular: a) La velocidad a media carga. b) La velocidad a una sobrecarga de 25%. c) La potencia interna para cada caso. SOLUCION

n 1200rpm Ra 0,12

IL

62,5 A

Va

Rsh

64

VBD

IL

240 V 3V

Ia

Ra

a Rsh

Va

Ec

Ie

∆VBD


Va Rsh

Ie

240 64

3, 75 A


Ia

IL

Ie

62,5 3, 75 58, 75 A

Fuerza contraelectromotriz a plena carga:

Ec

Va

I a Ra

VBD

240 58, 75 x0,12 3 229,95 V

a) Velocidad a media carga: Corriente de armadura a media carga

1 Ia 2

I a mc

1 x58, 75 29,375 A : 2

Fuerza contraelectromotriz a media carga

Ec mc Si:

Ec

Va

K

Ec mc

' A

I a mc Ra

VBD

n

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

p

KA

'

n

p mc

240 29,375 x0,12 3

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

Fuerza contra electromotriz a plena carga Fuerza contra electromotriz a media carga

Dividiendo (1) entre (2); considerando

Ec Ec mc

233, 475 V

K A'

p

cons tan te

n nmc

Ec fuerza contraelectromotriz a plena carga Ec mc fuerza contraelectromotriz a media carga n velocidad a plena carga nmc velocidad a media carga Por lo tanto velocidad la velocidad a media carga será:

para los motores shunt:

Ec mc

nmc

Ec

233, 475 x1200 1218,395 rpm 229,95

n

b) Velocidad a una sobrecarga de 25% : Fuerza contraelectromotriz a una sobre carga del 25%:

Ec 125% c

Va 1, 25I a Ra

VBD

125% I a

240 1, 25 x58, 75 x0,12 3

228,1875 V

Por lo tanto velocidad la velocidad a media carga será:

Ec 125%c

n125%c c)

Ec

n

228,1875 x1200 1190,802 rpm 229,95

Potencia interna para cada caso:

Potencia interna a plena carga:

Pint

Ec I a

229,95 x58, 75 13509,5625 W

Potencia interna a media carga:

Pint mc

Ec mc .(1/ 2 I a )

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

6858,328 W

Potencia interna a sobre carga del 25%:

Pint 125% c

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

228,1875 x(5 / 4 x58, 75) 16757,519 W

PROBLEMA 5.13: Un motor serie de 250 V. absorbe una corriente de línea de 48 A. a plena carga a la velocidad nominal de 750 rpm. Las resistencias del circuito de inducido y excitación serie son 0,15 y 0,125 ohmios respectivamente. Considerando la caída de tensión en las escobillas de 2,8 V. a plena carga. Calcular: a) la velocidad cuando la corriente de carga disminuye a 30 A. b) La velocidad en vacío cuando la corriente de línea es 3 A. SOLUCION

IL

n 750rpm Ra 0,15

Ia

Rs

48 A

Va

0,125

VBD

250 V

2,8 V

Ra Ia

∆VBD

Va

Ec

Rs


Ec

Va

I a Ra

I a Rs

VBD

250 48 x0,15 48 x0,125 2,8 234 V

Caída de tensión en las escobillas para diferentes valores de las corrientes de armadura: VBD RBD I a ...(1) caída de tensión en las escobillas a plena carga

VBD1

RBD I a1 ...(2) caída de tensión en las escobillas para cargas diferentes

Dividiendo (2) entre (1):

VBD1 VBD

I a1 Ia

VBD1

I a1 VBD Ia

a) Velocidad cuando la corriente de carga disminuye a 30 A: Caída de tensión para una de carga de 30 A

I a1 VBD Ia

VBD1

30 x 2,8 1, 75 V 48

Fuerza contraelectromotriz para carga de 30 A

Ec 30 A

Va

I a 30 A Ra

I a 30 A Rs

VBD1

250 30 x0,15 30 x0,125 1, 75

240 V

Velocidad para diferentes cargas en motor serie: Si:

K A'

Ec

p

n KI a n

K A'

Ec c arg a1

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

n

pc arg a1 c arg a1

Fuerza contra electromotriz a plena carga

KIa c arg a1nc arg a1 ...(2)

Fuerza contra electromotriz para la carga 1

Dividiendo (1) entre (2:

Ec

Ia

Ec c arg a1

n

.

nc arg a1

I ac arg a1 nc arg a1

Ia I a c arg a1

.

Ec c arg a1 Ec

.n

Ec fuerza contraelectromotriz a plena carga Ec c arg a1 fuerza contraelectromotriz para la carga 1 n velocidad a plena carga nc arg a1 velocidad para la carga 1

Ia

Corriente de armadura a plena carga

I a c arg a1 corriente de armadura para la carga 1 Por lo tanto la velocidad para la carga de 30 A será:

Ia

n30 A

I a 30 A

.

Ec 30 A Ec

.n

48 240 x x750 1230, 769 rpm 30 234

b) Velocidad cuando la corriente de carga es de 3 A: Caída de tensión para una de carga de 3 A

I a3 A VBD Ia

VBD 3 A

3 x 2,8 0,175 V 48

Fuerza contraelectromotriz para carga de 3 A

Ec 3 A

Va

I a 3 A Ra

I a 3 A Rs

VBD 3 A

250 3x 0,15 3x0,125 0,175

249 V

Velocidad para la carga de 3 A será:

Ia

n3 A

Ia 3A

.

Ec 3 A Ec

.n

48 249 x x750 12769, 23 rpm 3 234

PROBLEMA 5.14: Un motor shunt absorbe 26,18 kW a la tensión de 220 V. y gira a 1200 rpm a plena carga. Si la resistencia del circuito de armadura es de 0,25 ohmios y la resistencia del campo shunt es 55 ohmios, siendo la caída de tensión en las escobillas de 2 voltios, determinar: a) El valor de la resistencia de arranque necesaria para que el motor arranque con la corriente de plena carga. b) La corriente de arranque si no se empleara esta resistencia. SOLUCION

Pentrada Ra

26,18 kW

0, 25

26180W

Va Rsh

55

220 V

n 1200 V VBD 2V

+ IL

Rarr

Ia

Ra

Rsh Va

Ec

Ie

∆VBD

Corriente de línea:

Pentrada Va

IL

26180 119 A 220


Va Rsh

Ie

220 55

4A


Ia a)

IL

Ie

119 4 115 A

Resitencia de arranque para que el motor arranque a plena carga:

Rarr


220 (0 2) 0, 25 1,645 115

b) Corriente de arranque si no se emplease esta resistencia: En el momento de arranque Ec 0 ya que la velocidad es cero.

I a arr

Va

( Ec Ra

VBD )

220 (0 2) 0, 25

872 A

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

+ IL

Ia

Ra

Rsh Va Ie

∆VBD

Ec Is

Rs

Del gráfico se tiene: A plena carga:

Ec

Va

a)

IL

I a Ra

Is

85 A

I a Rs

VBD

Va 240 I a I L I e 85 5 80 A 5A Rsh 48 240 80 x0, 0645 80 x0, 048 3 228 V

Ie

Velocidad a media carga:

I a mc

I a / 2 80 / 2

Ec mc

Va

Si:

I a mc Ra

K A'

Ec

40 A

p

I a mc Rs

n K A' (

p sh

VBD ps

240 40 x0, 0645 40 x0, 048 3

)n K (I sh I s )n ...(1)

232,5 V

Fuerza contra electromotriz a plena carga

Ec mc

K

' A

n

pmc mc

' A

K (

p sh mc

p s mc

)nmc

K (I sh mc I s mc )nmc ...(2)

Fuerza

electromotriz a media carga Dividiendo (1) entre (2:

Ec Ec mc

I sh

Is n . I s mc nmc

I sh mc

nmc

I sh I sh mc

Ec mc Is . .n I s mc Ec

Ec fuerza contraelectromotriz a plena carga Ec mc fuerza contraelectromotriz a media carga n velocidad a plena carga nmc velocidad a media carga I sh

Corriente de excitación shunt a plena carga

I sh mc

Corriente de excitación shunt a media carga

I s corriente de excitación serie ó corriente de armadura a plena carga I s mc corriente de excitación serie ó corriente de armadura a media carga Por lo tanto la velocidad para media carga será:

nmc b)

I sh I sh mc

Ec mc Is . .n I s mc Ec

5 80 232,5 . .1200 2311, 4 rpm 5 40 228

Velocidad a sobre carga de 25% :

I a sc

125% I a

Ec sc

Va

1, 25 x80 100 A

I a sc Ra

I a sc Rs

VBD

240 100 x 0, 0645 100 x 0, 048 3

225, 75 V

contra

nsc

I sh I sh sc

I s Ec sc . .n I s sc Ec

5 80 225,75 . .1200 961,84 rpm 5 100 228

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

Pint

Ec I a

228 x80 18240 W

Potencia interna a media carga:

Pint mc

Ec mc .I a mc )

232,5 x 40

9300 W

Potencia interna a sobre carga del 25%:

Pint sc

Ec sc .I a sc

225, 75 x100

22575 W

5.12 PROBLEMAS PROPUESTOS: PROBLEMA 5.1: En un motor shunt la armadura absorbe 37,5 amperios a la tensión de alimentación de 220 voltios, siendo la velocidad de 1 500 rpm y la resistencia del circuito de armadura es de 0,18 ohmios. Cuando la armadura absorbe 60 amperios a la tensión de 220 voltios, determinar la velocidad del motor, si el flujo aumenta el 15%, considerando la caída de tensión en las escobillas en forma constante de 2 voltios. Respuesta: 1 279,34 rpm. PROBLEMA 5.2: Un motor de corriente continua en conexión compound largo a 240 V, cuando opera en vacío toma una corriente de 8 A. Su resistencia de armadura es de 0,15 ohmios y la resistencia de campo serie es de 0,05 ohmios, en tanto que la resistencia del campo shunt es de 60 ohmios. Calcular el torque motores el eje cuando demanda una corriente de 75 A. a plena carga. Respuesta: 95,97 N-m. PROBLEMA 5.3: Un motor serie de 20 HP, 240 V de tensión de alimentación, de 1500 rpm de velocidad; posee una resistencia de circuito de armadura de 0,1875 ohmios y resistencia de excitación serie de 0,0625 ohmios. Si el rendimiento es de 84%, Determinar: a) Se incrementa el par en un 40% siendo el flujo relativo a esta carga un 15% superior, hallar la nueva velocidad de régimen. b) Determinar la resistencia de arranque que habría que conectar en serie con el inducido del motor para que la caída de velocidad sea del 30% desarrollando el el motor o par nominal. Respuesta: 1 280,793 rpm., 0,8979 ohmios. PROBLEMA 5.4: La resistencia del circuito de armadura de un motor serie de 37,5 HP a la tensión de 240 voltios es 0,12 ohmios, la caída de tensión en las escobillas es 3 voltios constante y la resistencia del campo serie es 0,04 0hmios. Cuando el motor serie absorbe 85 amperios la velocidad es 600 rpm. Calcular: a) La velocidad cuando la corriente es 100 amperios b) La velocidad cuando la corriente es 40 amperios. c) Calcular de nuevo los valores de a y b cuando se realiza una pequeña regulación y cuya resistencia en derivación es de 0,04 ohmios para estas corrientes. Respuesta: 504,52 rpm; 1 316,09 rpm; 1 018,17 rpm; 2 641,31 rpm. PROBLEMA 5.5: Un motor compound acumulativo en derivación larga se hace trabajar como motor derivación (desconectando el campo serie) y desarrolla un torque de 180 lb -pie cuando la corriente de armadura es 150 A y el flujo en el campo es 1,8 x 106 líneas. Cuando se vuelve a conectar como motor compound acumulativo con la misma corriente desarrolla un par de 210 lb -pie. Calcular: a) El aumento de flujo porcentual, debido al campo serie. b) El torque cuando aumenta 10% la carga del motor. se considera que se trabaja en la parte lineal de la curva de saturación. Respuesta: 16,67%; 254,1 lb.pie PROBLEMA 5.6: Un motor derivación de 10 HP, 230 voltios, 1750 rpm posee una resistencia de circuito de armadura de 0,35 ohmios y una resistencia de excitación derivación de 62,2 ohmios . a) Si el motor consume 7,7 A. sin carga y la corriente a plena carga es de 37,7 A., calcular la regulación porcentual de la velocidad suponiendo caídas en las escobillas de 3 V y 1 V a plena carga y en vació respectivamente. b) Calcular la velocidad que alcanzara el motor de derivación si se regula el reóstato de campo del circuito de excitación para reducir la corriente de excitación a 2,7 A. suponiendo que el flujo es reducido a 80% de su valor original y que la cupla del motor queda constante. Respuesta: 5,77%; 2157 rpm.

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


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

Pentr = Psal + Pperd ...(3.1) Donde: Pent Potencia total que recibe o potencia de entrada del motor Psal

Potencia útil entregada por el motor para efectuar trabajo

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

h=

Psal Pentr

h=

...(3.2)

Pent - Pperd Pent

(Para motor)

...(3.2a)

En el caso de un motor, es más fácil medir la potencia eléctrica de entrada que la potencia mecánica de salida. Un motor que trabaja con alta eficiencia, o con una alta relación de potencia de salida a entrada, produce en comparación poco calor comparado con su entrada o salida. A la inversa, un motor que trabaja con baja eficiencia produce gran cantidad de calor en comparación con su salida. En general las máquinas rotatorias operan de manera eficiente. Por ejemplo la eficiencia a plena carga de los motores promedio va desde 80 a 90% para motores del orden de 1 a 10 kW, de 90 a 95% para motores hasta de unos cuantos cientos de kW y hasta un porcentaje un po co mayor para los motores más grandes. 6.2 PÉRDIDAS DE POTENCIA EN EL MOTOR Las pérdidas en el motor se pueden dividir en dos grandes clases: 1) las que se producen por el flujo de la corriente a través de las diversas partes de los devanados del motor, que s e llaman pérdidas eléctricas, y 2) las que son función directa de la rotación dinámica del motor, que se llaman pérdidas rotacionales, o de potencia parásita. Las pérdidas de potencia parásita se dividen en general en dos categorías: a) las pérdidas mecánicas, que resultan de la rotación, y b) las pérdidas en el hierro o núcleo. Las pérdidas pueden ser: pérdidas fijas por que son independientes con la carga y pérdidas variables por que varían con la carga. 6.2.1

PÉRDIDAS ELECTRICAS

Las pérdidas eléctricas son primordialmente resultado de la circulación de la corriente eléctrica a través de las bobinas tanto del estator como del rotor del motor. Todas esas pérdidas eléctricas tienden a variar de acuerdo con el cuadrado de la corriente de carga, excepto aquellas como la pérdida en el campo, que es independiente de la carga, y la pérdida en escobillas, varía directamente con la carga. Por convención, estas pérdidas se calculan sobre la base de las resistencias de cd del devana a 75ºC. Las pérdidas por contacto en las escobillas en los anillos colectores y conmutadores están íntimamente asociadas con la pérdida óhmica. Para las máquinas de cd de tipo industrial, la caída de voltaje en las escobillas se considera como constante en 2 V totales, cuando se usan escobilla s de carbón y grafito con derivaciones (conductores flexibles). 6.2.2

PÉRDIDAS MECANICAS

Se subdividen en: a)

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

b) Pérdidas en el hierro o núcleo: Pérdidas que son función t anto del flujo como de la velocidad. Estas pérdidas ocurren cuando una armadura de hierro o una estructura de rotor giran en un campo magnético o cuando se presenta un cambio de encadenamientos de flujo en cualquier estructura de hierro. 6.2.3

PERDIDAS ADICIONALES

Las pérdidas por carga parásita representan pérdidas adicionales debidas a la carga. Estas pérdidas son mayores en motores de inducción y en máquinas de entrehierro pequeño. Representan 1) pérdidas en hierro debidas a distorsión de flujo (reacción de armadura) en máquinas de cd y armónicas de paso en máquinas de ca, 2) pérdidas de efectos superficiales en conductores de armadura o de estator y 3) pérdidas en hierro en las partes estructurales de las máquinas. Estas pérdidas en general se evalúan 1 por ciento de la salida para motores mayores de 200 HP; y no se considera máquinas de menor capacidad. 6.3 FLUJO DE POTENCIA EN EL MOTOR La potencia eléctrica que se aplica a los terminales de un motor Va I L se reduce inmediatamente debido a determinadas pérdidas eléctricas dentro del motor. La diferencia aparece como potencia (interna) eléctrica Ec I a , que se convierte en potencia mecánica por conversión electromecánica. La potencia mecánica disponible que ha producido el par interno sostiene algunas pérdidas mecánicas internas. La diferencia entre esas pérdidas mecánicas y la potencia mecánica que se produce como resultado de la conversión electromecánica es la potencia mecánica de salida. Salida de Potencia mecánica

=

Entrada de potencia eléctrica

-

Pérdidas eléctricas + Pérdidas rotacionales

Potencia mecánica desarrollada= EcIa = Entrada de potencia eléctrica – Pérdidas eléctricas = Salida de potencia mecánica + pérdidas rotacionales 6.4 EFICIENCIA MAXIMA Un motor alcanza eficiencia máxima siempre que las pérdidas variables son iguales a las pérdidas fijas. Para el motor de cd, las pérdidas variables son las que varían de acuerdo con el cuadrado de la corriente 2

de armadura, es decir, las pérdidas de la armadura I a Ra . Las pérdidas fijas, son la suma de la pérdida en el circuito de campo

Ve I e y la pérdida rotacional Prot suponiendo que la velocidad del motor sea

constante. Si la pérdida fija es igual a pérdida variable para obtener la eficiencia máxima; se tiene la siguiente relación:

K = Ve I e + Pr = I a 2 Ra

Watts (W )

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

Þ I a (h max) =

Ve I e + Pr Ra

Fracción de carga:

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

FC =

Eficiencia máxima del motor:

FC x Pentrada no min al - 2Pvar iables

hmax (motor ) =

FC x Pentrada no min al

=

FC x Pentrad no min al - 2Pfijas FC x Pentrada no min al

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

Psal

Ra

25HP

746W 1HP Rsh 80

25HP

0,1

18650W

n 1750rpm

IL

IL

89 A

Ia

Ra

a Rsh

Va

Ie


Ie

Va Rsh

240 80

3A


Ia

IL

Ie

89 3 86 A


Ec a)

Va

240 86 x0,1 231, 4 V

Ec I a

231, 4 x86 19900, 4 W

Pérdidas rotacionales a plena carga:

Prot c)

VBD

Potencia que desarrolla en armadura:

Pint b)

I a Ra

Pint

Psal

19900, 4 18650 1250, 4 W

Eficiencia a plena carga: Potencia de entrada:

Ec

∆VBD

Va

240 V

Pent

d)

Va I L 240 x89 21360 W Psal 18650 x100% x100 87,3% Pent 21360

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

Ia mc

1/ 2 I a

1/ 2 x86 43 A

Potencia de pérdidas:

Ia mc 2 Ra

Parmadura Pcampo

Ie2 Rsh

Pperd

Parmadura

432 x0,1 184,9 W

32 x80 720 W Pcampo

Pr ot

184,9 720 1250, 4

2155,3 W

Potencia de entrada a media carga:

Pent mc

Va I a mc

240 x 46 11040 W

Eficiencia a media carga:

Pent

Psal x100% Pent e)

Pperd Pent

11040 2155,3 x100 80, 47% 2155,3

x100%

Rendimiento máximo : Pérdidas variables:

Pvar iables

I a 2 Ra

Parmadura

862 x 0,1 739, 6 W

Pérdidas fijas:

Pfijas

Pcampo Pr ot

Ie2 Rsh Pr ot

32 x80 1250, 4 1970, 4 W

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

Pvar iables

Pfijas

I a max 2 Ra

Pfijas Pfijas

I a max 2

Ra

1970, 4 0,1

140,37 A

Fracción de Carga:

FC

I a max I a no min al

140,37 1, 63 86

Eficiencia máxima:

FCPent

2Pfijas

FCPent

x100%

1,63x21360 2 x1970, 4 x100% 88,68% 1,63x2136o

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

Psal

25HP

746W 25HP 1HP

18650W

max

85%

FC

3/ 4

0,75

+

Ia Ra

∆VBD

Va

Ec

Rs a)

Pérdidas totales a esta carga: max

Psalida Pentrada

Psalida

Psal

Pperd totales

Pent

Pperd totales

Psalida

Pperd

Pperdidas fijas

Pperdidas var iables

Pperd var iables (3)

fijas

2 Pperd

Pperd var ioables ; reemplazando en (3) se tiene:

fijas

....(4)

fijas

Reemplazando (4) en (1): max

FCPsal FCPsal Pperd totales

Despejando las pérdidas totales se tiene:

1

Pperd totales

1 1 x0, 75 x18650 2468,38 W 0,85

1 FCPsal

max

b) Pérdidas fijas y pérdidas variables para la eficiencia máxima: Ecuación (4): Pperd totales

Pperd c)

fija

2 Pperd

fijas

Pperd var iable

Pperd totales / 2) (2468,38/ 2

1234,19 W

Eficiencia a la carga nominal:

Psal x100% Pent

Psal Psal

Pperd

Pperd var iables

fijas

x100%

Pérdidas variables a Eficiencia máxima: 2

3 Pvar iable max I a max Ra I a Ra 4 Pérdidas variables a plena carga: Pvar iable 2

9 2 I a Ra 16 I a 2 Ra

Reemplazando en la relación anterior:

Pvar iable

16 Pvar iable 9

max

Pvar iable

1234,19 W

max

9 2 I a Ra 16

9 Pvariable 16

16 x1234,19 2194,1155 W 9

Eficiencia a plena carga:

Psal Psal

Pperd

fijas

...(1)

...(2)

Para que ocurra la eficiencia máxima Pperd

Pperd totales

FCPsalida FCPsalida 2Pperdidas fijas

Pperd var iables

x100%

18650 84, 47% 18650 1234,19 2194,1155

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

Pabsorbida por el motor

42,5 k

42500 W

Rendimiento del motor:

92% 0,92

motor

Potencia de salida del motor:

Psalida del motor

Pabsorbida por el motor

motor

42500 x0,92

39100 W

Potencia de salida del generador:

Psalida del generador

35 kW

Pelectricas

35000 1765 33235 W

Rendimiento del generador:

Psalida generador generador

x100%

Pentrada generador

33235 x100% 85% 39100

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

IL

n 1200rpm Ra 0, 25

Ie

Va

54 A

1,5

Corriente línea vacío:

IL

I Lo

230 V

6,5 A

Ia

Ra

a Rsh

Va

Ie

Ec

∆VBD

Corriente de armadura a plena carga:

Ia

IL

Ie

54 1,5 52,5 A


Ec

Va

I a Ra

VBD

230 52,5 x0, 25 2

214,875 V

Corriente de armadura en vacío:

I ao

I Lo

Ie

6,5 1,5 5 A

Caída de tensión en vacío:

VBDo

I ao VBD Ia

5 x2 52,5

0,1905 V

Fuerza contraelectromotriz en vacío:

Eco

Va

I ao Ra

a) Velocidad en vacío:

VBDo

230 5 x0, 25 0,1905 228,5595 V

Ec Eco

n no

Eco n Ec

no

228,56 x1200 1276, 426 rpm 214,875

b) Rendimiento a plena carga: Potencia de entrada:

Pent

Va I L

230 x54 12420 W


I a 2 Ra

Parmadura Pcampo

Va I e

Pescobillas

Protacionales Pperd

52,52 x0, 25

230 x1,5 345 W

VBD I a

2 x52,5 105 W

I ao 2 ( Ra

Va I Lo

Parmadura

689, 0625 W

Pcampo

Rb ) Va I e

Pescobilla

Pr ot

2 345 1142,7976 W 52,5 689, 0625 345 105 1142, 7976 2281,8601 W 230 x6,5 52 0, 25

Rendimiento a plena carga:

Pent

Psal x100% Pent

Pperd Pent

x100%

12420 2281,86 x100 81,6275% 12420

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

Ia

Ra

Rsh Va Ie

Ec Rs

-

∆VBD

Is

A plena carga:

IL

205 A

Va

600 V

En vacío:

Vao

600V

I ao

3A

Corriente de excitación a plena carga:

Va Rsh

Ie

600 300

2A

Corriente de armadura a plena carga:

Ia

IL

Ie

205 2

203 A

Corriente de línea en vacío:

I Lo

I ao

Ie

3 2 5A


Ra

0,15

Rs

0,10

Rsh

300

I a 2 Ra

Pperd arm

2032 x0,15 6181,35 W

Pperd exc shunt

Ie2 Rsh

Pperd exc serie

Ia 2 Rs

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

Pentr vacio Pperd elect vacio Vao I Lo (I ao2 Ra I ao2 Rs I e2 Rsh )

Prot

600 x5 (32 x0,15 32 x0,1 22 x300) 1797, 75 W Luego potencia de pérdidas totales:

Pperd totales

Pperd arm

Pperd exc shunt

Pperd exc serie

Pperd rot

6181,35 1200 4120,9 1797,75 13300 W Potencia de entrada:

Pent a)

Va I L

600 x 205 123000 W

Rendimiento a plena carga:

Pent

Psal x100% Pent

Pperd Pent

x100%

123000 13300 x100 89,187% 123000

b) Rendimiento máximo: Pérdidas variables:

Pvar iables

Parm Pperd exc serie

Ia max 2 Ra I a max 2 Rs

0,15Ia max 2 0,1Ia max 2

0,25I a max 2

Pérdidas fijas:

Pfijas

Pperd exc shunt

Prot

1200 1797, 75

2997, 75 W

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

Pvar iables

Pfijas

0, 25I a max 2

Pfijas Pfijas

I a max 2

Ra

2997, 75 0, 25

109,5034 A

Fracción de Carga:

FC

I a max I a no min al

109,5034 203

0,5394

Eficiencia máxima:

FCPent

2 Pfijas

FCPent

x100%

0,5394 x123000 2 x2997,75 x100% 90,96% 0,5394 x123000

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

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

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


CAPITULO 7 LA MÁQUINA SÍNCRONA 7.1 DEFINICIÓN La máquina síncrona se caracteriza fundamentalmente por que el rotor gira a la misma velocidad que el campo resultante en el entrehierro (velocidad síncrona), transformando la energía mecánica en energía eléctrica bajo la forma de corriente alterna (generadores) o viceversa; la energía eléct rica de corriente alterna en energía mecánica (motores) 7.2 CLASIFICACIÓN DE LAS MÁQUINAS SÍNCRONAS Según el número de fases: - Monofásico - Trifásico Según el sistema inductor: - De rotor de polos salientes - De rotor cilíndrico o de polos lisos 7.2.1

DE POLOS SALIENTES

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

ii) Devanado de excitación en el rotor: Son de gran potencia, pues el inducido es estático permitiendo un mejor aislamiento y sin estar sujeto a la vibración. Por el contrario, la potencia consumida por el sistema de excitación es pequeña

Pexc

2%PN

y es factible el uso de anillos rozantes. Son

impulsados por motores primos lentos: turbinas hidráulicas y son de gran cantidad de polos. La excitación de los alternadores requiere de una fuente de corriente continua independiente (excitatriz) la que puede ser obtenida por un generador de excitación acoplado a su eje.

7.2.2

DE ROTOR CILÍNDRICO Ó DE POLOS LISOS

Son de gran potencia, pues la forma y rigidez del rotor permiten altas velocidades, por lo que el número de polos es de 2 ó 4. Son impulsados por turbinas de gas y vapor. Se les denomina turboalternadores cuando actúan como generador. 7.3 PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO DE LAS MAQUINAS SINCRONAS 7.3.1

FRECUENCIA

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

f

pN 120

f

el

p 4

Donde: f=frecuencia en Hertz (Hz) ó ciclos por segundo (cps) N= Velocidad de rotación en revoluciones por minuto (r.p.m.) p= Número de polos = velocidad de rotación en radianes por segundo (rad/s) Características: a)

Se desarrolla un ciclo completo de corriente alterna por cada par de polos magnéticos barridos por un devanado: 1 ciclo/2 polos

b) Existe un número fijo de polos en un círculo completo de construcción o en una revolución: p(polos/rev). (mínimo 2 polos) c)

La velocidad de rotación se mide en r.p.m.

d) Hay un minuto por cada 60 seg. (Min/60s)

ciclo polos rev min xp xN x 2 polos rev min 60 seg

f

pN cps 120

Si la velocidad de rotación está en radianes por segundo (

ciclo polos rad rev xp x x 2 polos rev s 2 rad 7.3.2

f

)

p cps 4

GRADOS ELÉCTRICOS

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

eléctrico

p 2

mecánico

Donde: p = Número de polos θ eléctrico = Grados Eléctricos θ mecánico = Grados Mecánicos Ejemplo: 1)

¿Cuántos grados eléctricos se recorren en una revolución de un alternador síncrono de seis polos? ºE = 180 x p =180 x 6 =1080 º

2)

¿Cuántos ciclos de corriente alterna se genera en una revolución de un alt ernador síncrono de 14 polos?

ciclo x14 polos 2 polos 3)

7 ciclos

ó

N º Ciclos

p 2

14 2

7ciclos

Si se coloca un devanado de cuatro polos y tres fases en un estator que tiene 48 ranuras. a)

¿Cuántas ranuras hay por fase?

48 ranuras 16 ranuras/fase 3 fases b) ¿Cuántas ranuras hay por polo y por fase?

48 ranuras 4 polos x 3fases 4)

4 ranuras/polo - fase

Hallar la frecuencia que genera un alternador de: a)

6 polos y 1200 r.p.m.

f

pN 120

6 x1200 120

60 Hz

b) 10 polos y 62.83 rad/s

f

p 4

10 x62.83 4 x3.1416

50 Hz

7.4 CAMPOS MAGNÉTICOS EN LA MAQUINA DE C.A.

m

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

f

Flujo de dispersión de la excitación, que sólo concatena a los conductores de excitación. La pérdida de flujo de excitación creado por la dispersión de la excitación puede compensarse aumentando la corriente de excitación.

a Flujo de dispersión del inducido, producido por los conductores del inducido por los que circula corriente alterna que origina una reactancia inductiva del inducido X a. Esta reactancia del inducido, en combinación en cuadratura con la resistencia del inducido, origina la impedancia del inducido que desempeña un papel importante en la determinación de la regulación de tensión de un alternador o en el ajuste del factor de potencia en un motor síncrono.

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

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

7.5.1 DEVANADO DE MEDIA BOBINA Y DEVANADO DE BOBINA COMPLETA Los devanados de media bobina o de una sola capa, deriva del hecho que hay un solo lado de bobina por ranura; se utilizan en pequeñas maquinas. Los devanados de bobina completa o doble capa, deriva del hecho que hay dos lados de bobinas diferentes que están insertados en una ranura. Uno de los lados de cada bob ina estará en la parte inferior de la ranura, el otro lado estará en la parte superior de otra ranura. De este modo, todos los devanados se entretejen conjuntamente para aumentar la resistencia mecánica y dar uniformidad a la estructura final.

7.5.2 DEVANADOS DE PASO FRACCIONAL La mayoría de devanados de una sola capa son devanados de paso diametral, el devanado de doble capa ó de bobina completa, se proyecta en general en un inducido como devanado de paso fraccional. El devanado de bobina completa permite el empleo de bobinas de paso fraccional. Los devanados de paso fraccional además de ahorrar cobre, reducen los armónicos de fmm producidos por el devanado del inducido y reducen los armónicos de la f.e.m. inducidos en el devanado sin red


7.6

FACTORES DE DEVANADO

7.6.1

FACTOR DE PASO

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

kp

Suma vectorial de las fem de los dos lados de bobina Suma aritmética de las fem de los dos lados de bobina

a) Factor de paso para bobina de paso diametral

Ec E1 E2

kp b)

Ec Ec

1

Factor de paso para bobina paso fraccionado:

Ec 2 E1

kp

Suma vectorial de las fem de los dos lados de bobina ...(1) Suma aritmética de las fem de los dos lados de bobina

: ángulo de desfasaje entre E1 y E2

Ec

E1 cos / 2 E2 cos / 2

2 E1 cos / 2

Reemplazando en la ecuación (1):

kp

2E1cos /2 2E1

kp

cos

2

Si:

=180-pº

kp

cos

kp

sen

(180º p) 2

cos(90º

pº ) 2

sen

pº 2

pº 2

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

Espacio abarcado por la bobina si es de paso diametral:

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

Espacio abarcado por la bobina en grados en grados eléctricos:

pº =

pº

N º ranuras que abarca la bobina x 180 N º ranuras que abarca la bobina paso diametral 7 x180=140ºE 9

ó

pº=

c)

7 ranuras ranuras 9 180ºE polo polo

7 .180 140º E 9

Factor de paso:

kp

sen

pº 2

sen

140º 2

0,93969

Cálculo de kp de otra manera:

180 pº 180 140 40º

kp

cos

/2

cos 40/ 2

0,93969

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

FACTOR DE DISTRIBUCIÓN.

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

Factor de Distribución kd :

Kd

E nEc

Suma vectorial de las fem de bobina por fase .......(2) Suma aritmetica de las f.e.m. de bobina por fase

Donde:

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

sen

ab Oa

2 ac

ab Oasen

2ab

2Oasen

2 EC1

2

EC 2

EC 3

EC 4

EC

Para dos bobinas:

Sen 2

aq Oa

2

ae 2aq

aq OaSen 2

2OaSen 2

2

2

Para tres bobinas

ar Oa

Sen 3

ar 2 Por tanto E para n bobinas E

2OaSen n

kd nSen

2

2


Sen n

OaSen 3

kd

E nEc

2OaSen n n2OaSen

2 2

2 2

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

Sen n kd nSen

2 2

n= numero de ranuras por polo por fase (ranuras /polo-fase) = numero de grados eléctricos entre ranuras adyacentes a)

grados electricos totales numero de ranuras

180 xp 12

180 x4 12

720º 12

60º

ranura

n

12 ranuras ranura 1 4 polos x 3 fases polo fase

60 2 kd 1 60 1Sen 2 720 b) 30º / ranura 24 24 ranuras n 2 ranuras/polo-fase 4 polos x 3 fases 30 Sen 2 2 kd 0.966 30 2Sen 2 720 c) 15 º/ranura 48 Sen 1

n

48 ranuras =4 ranura/polo - fase 4 polos x 3 fases 720 84

d)

n

84 4 x3

15 2 15 4Sen 2

Sen 4 kd

0.958

8.57 º/ranura

7 ranura/polo-fase

8.57 2 8.57 7 Sen 2

Sen 7 Kd

0.956

7.7 f.e.m. GENERADA EN UNA MAQUINA SINCRONA DE C.A.

B pico b'

a

La espira aa', rota a la velocidad ws

N

ws t t=0

120º p

a'

a 120º p'

S a'

b

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

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

fp=

ò (B

fp=

2 Lr B pico p¢

0

B pico p

pico

Sen ( p¢qm )).L.r.d qm

Densidad de flujo pico o máximo Flujo producido por un polo del rotor

L= Longitud del conductor ó longitud activa de la bobina (m) v Velocidad tangencial del conducto (m/s) r Radio del rotor (m) Angulo mecánico m Velocidad angular (rad/s)

s

p Número de par de polos 2

p

f.e.m. generada en un lado de la bobina de la fase a:

ea Si:

Be .L.v ......(1) m

s

v

s

t

r


ea Si

Bpico Sen p m .L.v Bpico .Sen p p´ B pico p 2 Lr

Reemplazando

ea

Lr

ea

p´ 2

s

p´ 2 Lr

s

p

p

Sen p´ s t

Sen p´ s t

f.e.m. en los dos lados de la bobina (aa´):

eaa´

2ea

p´

s p

Sen p´ st

Si la bobina tiene Np espiras/fase:

eA

N peaa´

p´ s N p p Sen p´ st

Valor eficaz de la onda:

Eef

p´ s N p 2

p

voltios

s

t .L. s r

L.r. s .Bpico Sen p

s

t

Si:

p 4

f

s

p 2

s s

2 f p

Reemplazando:

p Eef Eef

2 f Np p 2

4, 44 N p f

p

p

2 2

fN p

p

voltios

Teniendo en cuenta los factores de paso y distribución se tiene, que la tensión generada por fase será:

Egp

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

Donde:

E gp = Tensión generada por fase (V)

f = Frecuencia de generación (Hz) ó (cps) f p = Flujo por polo (Wb)

kd = Factor de distribución k p = Factor de paso

Np =

CN c Numero de espiras por fase P C =número de bobinas totales en el inducido Nc = Número de espiras/bobina P = número de fases

7.8

PROBLEMAS RESUELTOS

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

B pico B (0)

N

0 a'

0 =0

a

S

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

Þ

r=0.15 m; L=0.4 m

B pico

0.975sen377t

B

Bpico sen Bmax

B pico

B(t) =0.975sen(377t)

t

377t

2 f f

377 377 2

2

60 Hz

Por fórmula de Neuman:

eaa´( t )

N

NB( t ) Lv

7

espiras conductores x2 x1bobina 14conductores bobina espira

Velocidad tangencial:

v

r

377

v 56.55 m

rad x0.15m s

s

Reemplazando

eaa ' 14 x0.975x0.4 x56.55sent 377t eaa '

308.75sen377t Voltios

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

Egp

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

Egp

2 Lr B pico p´

2 x0, 4 x0,15 x0,975 0,117Wb ; 1

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

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

p

4 polos ; f

60 Hz ;

Np 160 espiras / fase

p

8 Mega lineas = 8x106lineas

Wb =0,08 Wb ; 10 lineas 8

120 f p

n

a)

120 x60 1800 rpm 4

b) Cálculo de la Tensión media:

Eef

4, 44.N p . f .

Eef

4, 44 x160 x60 x0, 08

Eef

3409.92 V

si : Emax

2 Eef 2

Emed Emed

p

2

Emed 2

2.Eef

Emax

2 x3409,92

3070 V

PROBLEMA 7.4.- El rotor de un alternador hexapolar de 60 Hz produce un flujo de excitación de 5x106 líneas por polo. Calcular: a. La velocidad a la que debe accionarse el alternador para producir la frecuencia nominal. b. La tensión media generada inducida en la bobina del estator que tiene 200 espiras c. La tensión eficaz por fase en un inducido estatórico monofásico que tenga 60 bobinas distribuidas uniformemente en el estator. SOLUCION

p a)

6

120 f p

n

6 p =5x10

p´ 3 ; f=60 Hz;

líneas= 5x10-2 Weber

120 x60 1200 rpm 6

b) Tensión máxima generada en una bobina:

Emax

N

Neaa´

200

Emax

p´ s N

espiras bobina

N

p

200

p

2 fN

p

conductores bobina

2 x60 x 200 x5 x10

2

3769,91V

Tensión media generada en una bobina

Emed

2

Emax

2

x3769,91 2400V

c) Tensión eficaz en una fase:

espiras bobina espiras x60 1200 bobina fase fase

Np

200

Eef

4, 44.N p . f .

Eef

15 984 V

p

4, 44 x1200 x60 x5 x10

2

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

capas imbricado, y de 4:5 de paso, conectado con 2 circuitos de paso en paralelo, siendo el valor máximo de la densidad de flujo con distribución sinusoidal 0,4692 Wb/m2 . Determinar el flujo por polo y la fem inducida en los terminales. SOLUCION Fases=3; n=1800 rpm; f=60 Hz; Drotor=107cm. Þ r=53,5cm=0,535m; L=91cm=0,91m

conductores ; doble capa; Paso de bobina: 4:5 ranura

24

72 ranuras;

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

120 f n

p

120 x60 1800

4

Flujo por polo: p

2 Lr B pico p´

2 x0,91x0,535 x0, 4692 0, 22843Wb 2

Factor de paso:

pº

4 x180 144º Electri cos 5

kp

sen

pº 2

sen

144 2

0,951

Factor de distribución:

72 ranuras 4 polos - 3 fases

n º

180 xp nº ranuras

ranuras polo fase

180 x 4 10º / ranura 72

º 2 º nSen 2

Sen n kd

6

10 2 10 6sen 2

sen 6

0.9561

F.e.m. inducida por fase:

N'

72 ranuras 24 conductores 1 espira x x 3 fases ranura 2 conductores

Pero: Por estar con 2 circuitos en paralelo:

Np

288

288 espiras 2 fase

Egp

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

Egp

4, 44 x144 x60 x0, 2283 x0,951x0,9561

espiras fase Np

144

espiras fase

Egp

7967, 713 Voltios/fase

Tensión en los terminales:

EL

3Egp

EL

3x7967,713

13800 voltios

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

p

6 polos

fases

Media bobina

3

N º bobinas

N º ranuras 144

N º Ranuras 2

144 2

72 bobinas

ancho de bobina = 20 ranuras a)

Factor de paso:

Ancho Bobina 20 x180 = x180 = 150º E 144 Ancho Paso Diametral 6 pº 150º k p =sen =sen 0,9659 2 2 pº =

También se puede hallar de la siguiente manera:

180º pº 180º 150º 30º

kp

cos

cos

2

30º 2

cos15º 0,9659

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

bobinas fase

72 3

24

bobinas fase

Factor de distribución.

n

kd

144 ranuras ranuras n 8 polo x fases 6 polos x 3 fases 180 xp 180 x6 7.5º E / ranura 144ranuras 144 7,5º Sen n Sen 8 2 2 0,9556 7,5º nSen 8Sen 2 2

d) Si

Eg

30 V

bobina Egp

30

voltios 72 bobinas x bobina 3 fases

720 V/fase (Sin considerar k p y k d )

Considerando kp y kd :

Egp

30

voltios 72 bobinas x x0,9659 x0,9556 664.57V / fase bobina 3 fases

PROBLEMA 7.7.- Una máquina síncrona 3

de rotor cilíndrico, estator de 36 ranuras con un devanado

imbricado de doble capa, paso acortado en 2 ranuras, 4 polos, 10 espiras por bobina simple, tiene un diámetro medio de 200 mm y 250 mm de longitud axial. Admitiendo que la onda de inducción en el entrehierro es rigurosamente senoidal con un valor máximo de la inducción de 0,7 Wb/m2 . Determinar la tensión generada por fase a la frecuencia de 60 Hz. SOLUCION Fases=3;

36 ranuras;

Paso acortado en 2 ranuras; doble capa

espiras rm = 100 mm= 0,1 m ; Dm=200 mm bobina weber L= 250 mm=0,25 m; ; n= 1800 rpm max 0, 7 m2 Polos= 4;

10

Cálculo del flujo por polo: p

2 Lr B pico p´

2 x0, 25 x0,1 x0, 7 2

0, 0175Wb

Factor de paso:

AnchoBobinaPasoDiametral =

nº Ranuras 36 ranuras = =9 nº polos 6 polo

AnchoPasoBobina = AnchoPasoDiametral - 2 = 7ranuras pº =

(Por ser de paso recortado en 2 ranuras)

AnchoPasoBobina 7 x180 = x180 = 140º E AnchoPasoDiametral 9

k p =sen

pº 140º =sen 2 2

0,9397


n

kd

36 ranuras ranuras 3 4 polos x 3 fases polo fase 180 xp 180 x 4 20º E / ranura 144ranuras 36 20º Sen n Sen 3 2 2 0,9598 20º nSen 3Sen 2 2

Numero de espiras por fase: C = Numero total de bobinas = Numero total de ranuras = 36 (por ser de doble capa) Nc= Numero de espiras/bobina= 10 espiras/bobina P = Numero de fases = 3

Np =

CN c 36 x10 espiras = = 120 P 3 fase

Frecuencia:

f

pxn 120

4x1800 120

60 Hz

Tensión generada por fase:

Egp

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

Egp

4, 44 x120 x60 x0, 0175 x0,9598 x0,9397

Egp

504,57 Voltios/fase

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

Trifásico, f= 60 Hz; 18 ranuras/polo

Paso: 5/6

p

1, 242 M maxwell=0,01242 weber

# de ranuras= Np

; 6 conductores/ranura

18 ranuras x 4 polos polo

72 ranuras

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

72

espiras fase


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

kd

6 x10º 2 10º 6Sen 2

Sen kd

kd

0,9561

Factor de paso:

p º 180 x k p =Sen

5 150º 6

pº 150º =Sen 2 2

kp

0,9659

F.e.m. generada por fase:

Egp

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

Egp

220V

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

Tensión de línea:

EL

3Egp

3x220

EL

380V

PROBLEMA 7.9.- Determinar la tensión generada por un alternador de 4 polos, 1800 rpm, 96 ranuras, 16 espiras por bobina, el flujo por polo es de 1076x103 líneas, el arrollamiento es de doble capa, conexión en estrella y el paso de la bobina es de 19 ranuras. SOLUCION Fases=3; Polos=4; n=1800 rpm; 96 ranuras; 16 espiras /bobina p

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

Frecuencia:

f=

pn 120

4 x1800 120

f

60 Hz

Numero de espiras por fase: 96 ranuras

Np

16

doble capa

96 bobinas

espiras 96 bobinas x bobina 3 fases

Np

512

espiras fase

Factor de paso:

96 ranuras 4 polos k p =Cos

2

24 ranuras polo

=Cos

37,5º 2

180º kp

19 ranuras x180º = 37,5º 24 ranuras

0,9469


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

kd

8 x7,5º 2 7,5º 8Sen 2

Sen

kd

0,9556


Egp

4, 44 xN p x p xfxk p xkd

Egp

1328 V

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

Tensión de línea (Conexión en Y):

EL

3x1328

EL

2300 voltios

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

p

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

f=

pn 120

f

4 x1800 120

f

18 espiras/bobina

60 Hz N º ranuras

Nº ranuras es igual a Nº de bobinas por ser de doble capa.

60

a) Tensión generada por fase:

60 bobinas 18 espiras x 3 fases bobina

Np

n

360 espiras/fase

60 ranuras 5 ranuras 4 polos - 3 fases polo fase 180º 4 polos º x 12º / ranura 1 polo 60 ranuras 5 x180º 150º 6

Pº

4, 44xN p x p xfxKd xK p

Egp

5 773,51 V

EL

3Egp

Kd

K p =Sen

Egp

n º 2 º nSen 2 Sen

Pº 2

Sen

5 x12º 2 12º 5Sen 2

Sen

150º 2

0,9566

0,9659

4, 44x360x60x65,154x10 3 x0,9566x0,9659

3x5773,51 10 000 10 kV

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

Drotor =80 cm=0,8 m

rrotor = r =0,4 m; doble capa

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

# de ranuras=

12 ranuras x 4 polos polo

48 ranuras

Factor de Distribución:

n

48 ranuras 4 ranuras 4 polos - 3 fases polo fase 180º 4 polos º x 15º / ranura 1 polo 48 ranuras

Factor de Paso:

pº

10 ranuras x180º =150º 12 ranuras


Kd

4 x15º 2 15º 4Sen 2

Sen

0,9576

Kp

sen

pº 2

sen

150 2

Kp

0,9659

Numero de espiras por fase:

N º ranuras

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

Np

N º bobinas

48

Frecuencia:

f=

np 120

1800 x 4 120

f

60 Hz


12 x103 3

EL 3

Egp

6 928, 2 V

Flujo por polo: Si: Egp

4, 44 xN p . p . f .K d .K p

Egp

p

=

p

=0,251 Wb

4,44xN p xfxK d xK p

6928, 2 4, 44 x112 x60 x0,9576 x0,9659

Longitud axial del rotor: Si:

p

2 Lr Bpico p´

L

p

p'

2rBmax

0, 251x2 2 x0, 4 x0,8366

0,75 m

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

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

rrotor = r =0,2 m

n

48 ranuras 4 ranuras 4 polos - 3 fases polo fase 180º 4 polos º x 15º / ranura 1 polo 48 ranuras


Kd

4 x15º 2 15º 4Sen 2

Sen

0,9576

Factor de Paso:

paso polar

N º ranuras 48 = =12 ranuras/polo Nº polos 4

pº

paso bobina 9 x180º = x180º=135º electricos paso polar 12

Kp

sen

pº 2

sen

135 2

Kp

paso bobina=12-3=9 ranuras

0,92388

Numero de espiras por fase:

N º ranuras

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

Np

N º bobinas

48


Egp

EL

2300 V

Flujo por polo: Si: Egp

4, 44 xN p . p . f .K d .K p

Egp

p

=

p

=0,0305 Wb

4,44xNp xfxK d xK p

2300 4, 44 x320 x60 x0,9576 x0,92388

Densidad de flujo máximo : Si:

p

2 Lr Bpico p´

Bmax

p

p'

2rL

0, 0305 x 2 2 x0, 2 x0,5

0,305 Wb / m 2

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

=9592x103 maxwell=0,09592 Wb

Nº de polos:

º Electri cos totales =px180º

p=

ºElectricos 180º

720º 180

4 polos

Frecuencia:

f=

pn 120

f

4 x1800 120

f

60 Hz N º ranuras

Nº ranuras es igual a Nº de bobinas por ser de doble capa.

72

a) Tensión generada por fase:

72 bobinas 10 espiras x 3 fases bobina

Np

n

240 espiras/fase

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

paso polar

N º ranuras p

16 x180º 160º 18 Pº 160º K p =Sen Sen 2 2


Kd

6 x10º 2 10º 6Sen 2

Sen

0,9561

72 ranuras 18 4 polo

Pº

Egp

0,9848

4, 44 xN p xfx p xKd xK p

4, 44 x240 x60 x0,09592 x0,9561x0,9848

5774,3884 V/fase

EL 7.9

3Egp

3x5774,3883 10 000 10 kV

PROBLEMAS PROPUESTOS

1.

Un inducido estatorico trifásico de 72 ranuras está devanado para 4 polos que emplean bobinas de doble capa que tienen 25 espiras por bobina. El flujo por polo es de 49,85x10 5 Maxwell y la velocidad del rotor es 1800 rpm. Calcular: a. La tensión eficaz generada por bobina b. La tensión total generada por fase. Rpta: 332 V ; 7968 V

2.

Determinar la tensión entre terminales generada por un alternador trifásico de 8 polos, 900 rpm, 144 ranuras, 6 espiras por bobina y 1800000 líneas por polo. El devanado es de doble capa y está conectado en estrella. El paso de la bobina es de 15 ranuras. Rpta: 2 206,6 Voltios.

3.

Un generador sincrónico trifásico hexapolar de 12 kVA a 240 V, 60 Hz, esta conectado en triángulo. Tiene 12 ranuras por polo y un devanado imbricado de paso 5/6 en el que se utilizan 12 conductores por ranura. El flujo útil es de 800 000 Maxwell. Determinar la fem inducida por fase. Rpta: 283,42 Voltios/fase.

4.

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

5.

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

6.

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

7.

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

8.

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

9.

Un alternador trifásico de 600 kVA con un inducido estatórico hexapolar de 72 ranuras tiene un ancho de bobina que abarca 10 ranuras, 10 espiras por bobina. El in ducido se conecta en estrella de devanado imbricado de doble capa, el rotor produce un flujo de 5,2 Megalíneas/polo y se acciona a una velocidad de 1200 RPM. La resistencia de armadura es de 0,9 0hmios y la resistencia síncrona de 8 ohmios. Cuando circula la carga nominal a la tensión nominal, Calcular la tensión de regulación para factores de potencia de: Unidad, 0,8 inductivo y 0,75 capacitivo. Rpta: 3,3%, 12,36% y –8,69%.

10. Un generador síncrono trifásico de polos salientes de 10 MVA y 10 kV. Está cone ctado a una barra infinita cuya tensión de línea es de 10 kV y entrega a la red 8 MW a un factor de potencia de 0,8 inductivo. Las reactancias de la máquina son: Xd = 1,0 p.u. y Xq = 0,6 p.u. La resistencia de armadura es despreciable. Determinar la fuerza electromotriz del generador, el ángulo de potencia y la corriente que entrega la máquina. Rpta: 10 244,2 V, 19,43° y 577 A. 11. Un alternador monofásico suministra 1000 kVA a 6 600 V. Cuando gira a la velocidad normal, la tensión en vacío con un cierto campo de excitación fue 6 600 V, y la corriente en cortocircuito con el mismo campo de excitación fue 380 A. La resistencia del devanado es 1,5 ohmios. Hallar la regulación para factores de potencia de 100%, 80% y para factor de potencia nulo con corriente en retardo, siendo en todos los casos la tensión a plena carga de 6 600V. Rpta: 10,7%, 30,2% y 40%. 12. Un alternador trifásico suministra 1 000 kVA a 2 400 V y está conectado en estrella. Las pérdidas mecánicas y en el hierro son de 20 kW, la corriente de excitación es 125 A para un factor de potencia 100%, y 160 A para un factor de potencia del 80%, mientras que la tensión de la excitación es 120 V. La resistencia de cada fase del devanado del inducido es 0,5 ohmios. Calcular el rendimiento a plena carga para factores de potencia de 100% y 80%. Rpta: 90,2% y 88%.


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

CIRCUITO EQUIVALENTE DE UNA MAQUINA SINCRONÍA MONOFASICA Y DE UNA POLIFÁSICA

Ia Ra

Vp

Xa

C.C.

Ear Eg c.a.

a) Monofásico Ra

Xa

Ia Ra Egp

C.C.

Ear Z'sp

Ear

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

Ra

Ie

Ia

Ie

Ia

VL

E

Xs

Ra

E

C.C.

Vp

C.C.

E

Ear Ra

ROTOR

Eg c.a.

ESTATOR

Eg

GENERA DOR TRIFASICO Y

Egp I a Ra

I a jX a

Vp

Egp I a ( Ra

jX a ) Ear

Vp

Egp I a ( Ra

jX s )

I a Zs

GENERA DOR REDUCIDO A MONOFASICO

c) Generador trifásico reducido a monofásico

Vp

Vp

Ear

ó

Egp I a Z a

Egp I a Z s

Ear

ó

Donde: Vp

Tensión de bornes/fase

Egp

Tensión generada por fase

Ia Ra

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

Ia (jXa ) Caída de tensión en bornes debida a la reactancia del devanado del inducido ocasionada por la reactancia de dispersión. Ear

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

Ra

Resistencia de inducido por fase

Xa

Reactancia de inducido por fase

Za

Impedancia armadura por fase

Za

Reactancia sincrona por fase

ZS

Impedancia sincrona por fase

Ra

j( X a

Ear )

Ra

jX s

RELACION ENTRE LA TENSIÓN GENERADA Y LA TENSIÓN EN BORNES DE UN ALTERNADOR PARA DISTINTOS FACTORES DE POTENCIA DE LA CARGA CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA UNIDAD

Egp Ear

a

IaXs

Ia X

8.2.1

jX a

XS

Zs 8.2

Ra

IaXa 0=0

Para

Cos

Vp

IaRa

Egp

Vp

I a Ra

j Ia X a

Ear

Egp

Vp

I a ( Ra

jX s ) V p I a Z s Vectorialmente

Escalarmente ó

1 ; la tensión por fase, Vp siempre es menor que la tensión generada por fase Egp ,

en una caída de impedancia

Ia Ra

jX s

, en la que jIa Xs es la caída de tensión en cuadratura

de la reactancia sincrona o caída de tensión combinada debido a la reactancia del Inducido y a la reacción del inducido.

8.2.2

CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA INDUCTIVO

Vp

IaX s

IaX a

Egp

Ia R a

Vp Se n

Vp co s

IaR

a

Ia Se retrasa respecto a tensión de fase en bornes Vp , en un ángulo externa (principalmente Inductiva).

, como resultado de una carga

d = ángulo de potencia. Egp

Egp

Vp Cos + Ia R a

j Vp Sen

Ia X s

Escalarmente

ó

V p I a Z s Vectorialmente

Nota: Resulta evidente que para obtener la misma tensión nominal en bornes por fase Vp , se necesita una tensión inducida por fase Egp superior, para factores de potencia inductivos que para factores de potencia unidad. 8.2.3

CARGAS CON FACTOR DE POTENCIA CAPACITIVO

Ia está adelantada respecto a la tensión de fase en bornes Vp en un ángulo ; como resultado de una carga externa (que contenga una componente capacitiva) en bornes del alternador síncrono de c.a.

Egp

Egp

Vp cos

I a Ra

j Vp sen

Ia X s

Escalarmente

ó

V p I a Z s Vectorialmente

Nota: Resulta evidente que para la misma tensión nominal en bornes por fase, se necesita menos tensión generada para un factor de potencia capacitivo que para un factor de potencia inductivo. PROBLEMA 8.1: Un alternador trifásico, conectado en estrella de 1000KVA y 4600V, tiene una resistencia en el inductivo de 2 /fase y una reactancia sincronía en el inducido Xs , de 20 /fase. Encontrar la tensión generada a plena carga por fase para: a) Factor de potencia unidad b) Factor de potencia inductivo de 0,75

c) Factor de potencia capacitivo de 0,75 d) Factor de potencia capacitivo de 0,4 SOLUCION

VL 3

Vp

S 3VL

Ia

4600 3

S

2655.81 Voltios

3I aVL

S

Potencia aparente total

3I aV p

1000 103 125.51 A 3 2655.81

S 3Vp

Caídas de tensión por fase:

I a Ra

125.51 2

Ia X s

125.51 20

a)

251.02 V/fase 2510.2 V

Tensión generada por fase si

Egp

Vp

I a Ra

Egp

2655.81 251.02

Ear

Vp

I a Ra

Cos

0.75

c)

Egp

2242.88

j V p sen

j 4263.03

Tensión generada para

V p cos

d)

Egp Egp

2242.88

Tensión generada para

Ia X s

0.75 capacitivo

j V p sen

j 757.36

0.66

j 2655.81 0.66 2510.2

2655.81 0.75 251.02 Egp

Sen

4817.05 V/fase

cos

I a Ra

jI a X s

inductivo

41.41º

2655.81 0.75 251.02 Egp

I a Ra

j 2510.2 2906.83 j2510.2 3840.67 V/fase

arccos 0.75 41.4096

V p cos

1

j Ia X a

b) Tensión generada por fase si

Egp

Cos

sen =0.66

Ia X s j 2655.81 0.66 2510.2

2367.30 V /fase

cos

2655.81 0.4 251.02

0.4 capacitivo

sen =0.92

j 2655.81 0.92 2510.2

1313.34

j 66.85

1315.04 V/fase

Se observa que la tensión generada es menor que la tensión en bornes para ambos factores de potencia, y disminuye a medida que el factor de potencia es menor. SOLUCION DEL PROBLEMA VECTORIALMENTE:

Vp Ia

VL 3 S 3V p

4600 2655.81V 3 1000 x103 125.51 A 3 x 2655.81

S S

3I aVL 3V p I a

Zs a)

Ra

jX s

2

j 20

20,10 84, 29º

Factor de potencia unidad

Vp

Cos

1

2655,81 0º

=arc cos1=0º

Ia

125,5 0º

Egp

Vp

Egp

2655.81 0º 125.51 0ºx20.10 84.29º

Egp

2655.81 250.99

b)

Ia Zs

j 2510.23 2906.8

Factor de potencia inductivo

Vp

Egp

Cos

2655,81 0º

Vp

2655.81 0º 2522.75 84.29º

0,75 Ia

j 2510.23 3840.67 40.81º V / fase

=arc cos0.75=41.41º 125,5 41, 41º

Ia Zs

Egp =2655.81 0º 125.51 41.41ºx20.10 84.29º Egp =2655.81+1848.62+j1716.64 4504.43 c)

Factor de potencia

Cos =0.75 capacitivo

Vp 2655.81 0º Zs Ra jXs 2 j 20 Ia 125.51 41.41º

2655.810º 2522.75 42.88º

j1716.64 4820.45 20.86º V / fase =arc cos0.75=41.41º

20.10 84.29º

Eg =2 36 9.6 6

Eg=2655.8 0º 125.51 41.41ºx 20.10 84.29º 2655.81 0º 2522.75 125.70º Eg=2655.81-1472.13+j2048.68 1183.68 j 2048.68 2366.05 59.98º V / fase IaXs

59.94=

Ia

º

41.41º

Iara Vp

d) Factor de potencia

Cos =0.4 capacitivo

=arc cos0.4=66.42º

Vp

2655.81 0º

Zs

Ra

Ia

125.51 66.42º

jX s

2

j 20 20.10 84.29º

E gp =2655.8 0º 125.51 66.42ºx 20.10 84.29º E gp =2655.81-2200.23+j1234.21=455.58 8.3 REGULACION DE TENSION DE UN DISTINTOS FACTORES DE POTENCIA

2655.81 0º 2522.75 150.71º 0

j1234.21 1315.61 69.74º V / fase

ALTERNADOR

SINCRONO

DE CA

PARA

La relación entre la tensión generada y la tensión en bornes de un alternador para distintos factores de potencia, sirven para ilustrar dos aspectos del efecto de las cargas capacitivas o inductivas sobre la tensión generada por un alternador: 1)

Cuanto menor sea el factor de potencia capacitivo, tanto mayor será el aumento de tensión desde vacío (Egp) a plena carga (Vp); y

2)

Cuanto menor sea el factor de potencia inductivo, tanto mayor será la disminución de tensión desde vacío (Egp) a plena carga (Vp)

5

4817.66 V f.p.

4 3840.65

3

2

1

0.7 5

ind uct ivo f.p. 0 U ni da d

2655.81

(2655.81 Tension nominal)

pa citivo f.p. 0.75 ca ivo acit 2367.30 V cap 4 . 0 f.p.

Carga Nominal

1313.34 V

Ia 25

50

75

100

125

150

EFECTOS DE LA REACCION DEL INDUCIDO

Ia Xa

Ea r

p Eg

Ia Xs

A) Para cargas capacitivas, la reacción de inducido es magnetizante y tiende a producir una tensión generada adicional al aplicar una carga; produciendo una regulación negativa. Esta elevada tensión generada es más que suficiente para compensar la caída de tensión interna resistiva en el inducido.

IaX a

Ia

Ia =40.81º

cos = 0

Vp

B) Para cargas inductivas, la reacción de inducido es DESMAGNETIZANTE, y sus efectos de reducción de la tensión generada, junto con las caídas de tensión internas resistiva y reactiva en el inducido, dan lugar a una rápida disminución de la tensión en bornes al aplicar una carga. REGULACION DE TENSION DE UN ALTERNADOR (VR): Regulación de tensión: Se utiliza para indicar el grado de variación de la tensión en el inducido producida por la aplicación de la carga. Si el cambio desde el vacío a plena carga es pequeño, el generador se dice que posee una buena regulación de tensión. Si la tensión varía apreciablemente, con la carga, se considera que tiene una pobre regulación de tensión. La Regulación de Tensión se define como la variación de la tensión desde vacío a plena carga, expresada en tanto por ciento de la tensión nominal en bornes. (Tensión del inducido a plena carga).

VR

Egp Vp Vp

x100

Donde: Vp = Tensión nominal en bornes por fase a plena carga (V/fase) Egp = Tensión generada por fase a plena carga ó Tensión en bornes por fase en vacío (V/fase) PROBLEMA 8.2: ejemplos anteriores a)

cos

Calcular

la

regulación

de

tensión;

calculados

en

los

1

Egp =3840.67 V Vp =2655.81 V

VR b)

cos Egp

VR c)

Egp VP VP

x100

3840.67 2655.81 x100 44.6% 2655.81

0.75 inductivo 4820.45V

Egp Vp Vp

cos

x100

4820.45 2655.81 x100 81.5% 2655.81

0.75 capacitivo

E gp =2366.05 VR d)

cos

Egp V p Vp

x100

2366.05 2655.81 x100 2655.81

10.91%

1315.61 2655.81 x100 2655.81

50.46%

0.4 capacitivo

E gp =1315.61 VR

Egp V p Vp

x100

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

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


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

f.p.<1 Inductivo

f.p.<1

Ear Ia

IaR a

Eg

Vp

a

r Ia

p

Xs

IaZs

d q

Dividiendo entre Ia se obtiene el TRIÁNGULO DE IMPEDANCIA

Zs

IaXs

IaXa

IaZ s

Ear

Im armpeda ad ncia ura d po el de r fa va se na . do

de

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

Xs

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

IaRa Ra

Zs Ra

Resistencia efectiva de c.a. del devanado por fase

jXs

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

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

E en circuito abierto por fase I en corto circuito

Zs

Egp I cc

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

Resistencia efectiva del Inducido. A

Vcc

S1

V

S3

S2

Voltaje corriente continua

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

K .Racc

1.5 Racc

k Factor que var ia entre1, 2 y 1,8 para nuestro caso se utiliza 1, 5 Conexión estrella:

1 Lectura del Voltimetro Racc = . 2 Lectura del Amperímetro

1 V . 2 A

Conexión Triángulo:

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

3 V . 2 A

Ensayo en Vacío:

+

Ie V ca

Egp

A cc

Vca Tension en bornes o lectura del voltimetro = = Tensión generada por fase (V/fase) 3 3

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

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

Eg B

A

Curva de magnetización en vacio (circuito abierto)

O

Ie

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

Ensayo en cortocircuito.

A1

+

Ie A2

-

Ie

A3

Iacc

A1

A2 3

A3

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

Determinación de la Reactancia Síncrona

Las pruebas de corto circuito y de circuito abierto permiten determinar la reactancia síncrona no saturada y saturada de la maquina.

XS Ra

Xs

Egp

Iacc

Iacc Egp

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

Impedancia Síncrona Cocrriente de cortocircuito

Ia (A) en el inducido por fase

Vacio

Ia Corriente de ec por fase Corriente nominal

O

Ie Corriente de excitación

AA '' A ' A ''

Xs

Bo B '' B ' BB '

Xs(no sat) > Xs(Sat) 8.6 PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMA 8.1.- Un alternador trifásico conectado en estrella de 1500 KVA y 13 KV tiene una resistencia de inducido de 0.9 y una reactancia síncrona de 8.0 . Cuando circula la carga nominal a la tensión nominal, calcular la tensión generada por fase para cargas de: a) factor de potencia unidad b) factor de potencia inductivo 0.8 c) factor de potencia capacitivo 0.8 d) Calcular la regulación de tensión para cada una de éstas cargas. SOLUCION G

Vp

S Ia

3 Y

Ra 0 . 9 / f a s e X s I a =I L VL 13 x10 3 7505.55 V 3 3

3VL I L S 3Vp

3x( 3Vp ) xI a 1500 x103 3x7505.55

8

/ fase

Zs

0, 9

j 8 8, 05 83, 58º

3VpI a

66.62 A

a) Factor de potencia unidad cosθ=1

I a Ra

66.62 x0.9 59.96

Ia X s

66.62 x8 532.96

Egp

(Vp

I a Ra )

7584, 26 V / fase VECTORIA LM ENTE:

jI a X s

(7505,55 59,96)

j532,96 7565,51 j532,96

/fase

Egp

V p 0º I a 0ºxZ s 83,58º

Egp

7505,55 0º 66, 62 0ºx8, 05 83,58º

Egp

7505,55 59,96 j532,93 7565,51 j532,93 7584, 26 4, 03º V / fase

7505,55 0º 536, 29 83.58º

Egp

Ia Za

IaXs

Ia 0=0

Vp

IaRa

b) Factor de potencia 0.8 inductivo

cos

0.8 inductivo

sen =0.6

arccos 0,8 36,87º

Vp

IaR a

Ia

IaX

s

Egp

Vp

Se n

Vp co s

I aR

Egp

(V p cos

I a Ra )

j (V p sen

Egp

(7505,55 x0,8 59,96)

Egp

7882,92 39.71º V / fase

a

jI a X s )

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

6064, 34

j 5036, 29

VECTORIA LM ENTE

Egp

VP 0º I a

x Zs

Egp

7505,55 0º 66, 62 36,87º x 8, 05 83,58º

Egp

7505,55 367, 73

Egp

7882,95 2,84º V / fase

j 390,36 7873, 28

Ra

7505,55 0º 536, 29 46, 71º

j 390,36

Xs Ia

Eg

c)

Vp

Factor de potencia 0.8 capacitivo

cos

0.8 capacitivo

sen =0.6

arccos 0,8 36,87º

Ia Ra

Vp se n

IaR

a

Vp co

s

Ia Xs

Eg.

Vp

Egp

(V p cos

I a Ra )

j (V p sen

Egp

(7505,55 x0,8 59,96)

Egp

7248, 45 V / fase

jI a X s )

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

6064.34

j 3970,37

VECTORIA LM ENTE

Egp

VP 0º I a

x Zs

Egp

7505,55 0º 66, 62 36,87º x 8, 05 83,58º

Egp

7505,55 271, 78

Egp

7248,53 3, 66º V / fase

j 462,32 7233, 77

7505,55 0º 536, 29 120, 45º j 462,32

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

cos VR

d.2.)

cos VR

d.3.)

cos

VR

1 Egp Vp Vp

x100

7584, 26 7505,55 1.05% 7505,55

0.8 inductivo Egp Vp Vp

x100

7882,95 7505,55 x100 5.03% 7505,55

0.8 capacitivo

Egp Vp Vp

x100

7248,53 7505,55 x100 7505,55

3.42%

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

E fase

Iacc (a)

(voltios)

1400

1200

1000

280

Iacc =210 A

500

240 200

IaccN =140 A

160 120

IN =126 A

80

I''e

40

100 0

10

20

30

40

I'e

Ie (IN ) 27.5 A

50

60

70

47 A

SOLUCION a)

Vp

Tensión nominal de fase será:

2300 1327,9 1330 V 3 E gp

Si el generador trabaja en vacío:

Vp

1330 V

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

Egp

Xs( sat )

Iacc

1330 210

6.3

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

Iacc

140 A

Reactancia síncrona no saturada:

Xs( no saturada )

Reactancia en valor unitario: PB=500 kVA;

ZB

VB 2 PB

Xs( pu )

VB=2300 V

2300

2

500 x10 XB ZB

Xsnosat ( pu )

6.3 10.58 Xssat ZB

b) Relación de c.c.

3

10.58

0.59 p.u.

7.1 10.58

0.67 p.u.

E 140

1000 140

7.1

1 Xs p.u.

Rcc

1 1.695 1.7 0.59

OTRA MANERA:

Rcc

Ie Vn

Corriente de excitacion para obtener la tension no min al Corriente de excitacion para obtener la corriente no min al

Ie I aN

IN

PN 3.VN

500.103 125.6 A 3.2300

126 A

Del gráfico:

En la curva de cortocircuito para In = 126 A se obtiene:

Ie( vn )

27,5 A

En la curva de circuito abierto con 1330 V se obtiene:

Ie( In )

Rcc

47 A

Ie(VN ) Ie( Ian

47 1.7 27.5

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

R

Resistencia equivalente medida entre dos líneas: Del gráfico

R

2 Racc 3

Racc

3 xR 2

R 0.225 3 x 0, 225 0,3375 2

Resistencia por fase en corriente alterna:

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

+

Ie

Ra

Ra

Iacc

+

A

Iacc

Ie

Ra

-

Ia

Iacc A

-

Iacc

Si la corriente de excitación es Ie:

Iacc

1,5In

Prueba en vacío: R

+

+

Ie Ra

Ra V

-

Ie

Zs

Ia

= 1000 V

-

Ra

Egp =1000V a) La corriente nominal de línea y de fase

IaL Ia f

PN 3VL IaL 3

1200 x103 3x2300

301, 23 A

301, 23 173,91 A 3

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

VRa

Ia f xRa

173,91 x0.4725 82,17 V


ZS

Ego

Ego

Iacc

1,5xIa f

1000 1,5x173,91

1000 260,865

3,83


XS

Z S 2 Ra 2

3,832 0, 47252

Caída de tensión por reactancia del inducido:

3,80

/ fase

jXs

/ fase

V = 1000 V

VXs

Ia f Xs 173,91x3.8

Ia

660,86 V

Iacc

1000 V Vº

Iacc=1.5 In

251 A

O

Ie

Ie

c) Relación de cortocircuito por unidad

V2 PN

ZB

X S ( pu )

RCC

23002 1200 x103

4, 4083

XS ZB

3,80 4, 4083

1

1 1,163 0,86

X S ( pu )

0,86

d) Regulación de tensión f.p. 0.8

Vp º

inductivo

arccos 0,8 36,87º 2300 0º V

Ia 173,91 36,87º A Zs

0.4725

j3.80 3,83 82,91º

Egp

Vp

Egp

2300 0º 173,91 36,87ºx3,83 82,91º

Egp

2300 462,36

Egp

2803, 66 9,85º V / fase

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

x100

j 479, 45 2762,36

2300 0º 666, 07 46, 04º j 479, 45

2803, 66 2300 x100 21,9% 2300

f.p. 0.8 Capacitivo

Egp

Vp

Ia Zs

E gp =2300 0º 173,91 36,87ºx3,83 82,91º

2300 0º 666, 07 119, 78

Egp

2300 330,82

j 578,11 2052, 29 16,36º V / fase

VR

2052.29 2300 x100 2300

j578,11 1969,18 10.8%

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

R

2 Racc

R 0.225 1 xR 2

Racc

1 x 0, 225 0,1125 2


Ra =1,4 x Racc =1,4x0,1125=0,1575 Prueba de cortocircuito:

+

Iacc

Ie Ia

Si la corriente de excitación es Ie:

Iacc

1,5In

Prueba en vacío: R

+

Ie

jXs

Zs

Ia

V = 1000 V

-

Egp

EL 3

1000 3

577,35 V

a) La corriente nominal de línea y de fase

IaL

PN

Ia f

3VL

1200 x103 3x2300

301, 23 A

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

VRa

Ia f xRa

301, 23 x0, 4725 142,33 V


ZS

Ego

Ego

Iacc

1,5xIa f

577,35 1,5x301, 23

577,35 1, 28 451,845


XS

Z S 2 Ra 2

1, 282 0,15752

1, 27

/ fase

/ fase

Caída de tensión por reactancia del inducido:

VXs

Ia f Xs

301, 23 x1, 27

382,56 V

c) Relación de cortocircuito por unidad

V2 PN

ZB

X S ( pu )

RCC

23002 1200 x103 XS ZB

1, 27 4, 4083

1

1 0, 29

X S ( pu )

4, 4083 0, 29

3, 45

d) Regulación de tensión f.p. 0.8

inductivo

arccos 0,8 36,87º 2300 1327,90 0º V 3 º Ia 301, 23 36,87º A Vp

Zs

0,1575

j1, 27 1, 28 82,93º

Egp

Vp

Egp

1327,90 0º 301, 23 36,87º x1, 28 82,93º 1327,90 0º 385,57 46, 06º

Egp

1327,90 267,55

Egp

1619, 43 9,87º V / fase

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

x100

j 277, 64 1595, 45

j 277, 64

1619, 43 1327,90 x100 21,9% 1327,90

f.p. 0.8 Capacitivo

Egp

Vp

Ia Zs

E gp =1327,90 0º 301, 23 36,87ºx1, 28 82,93º 1327,90 0º 385,57 119,8º Egp

1327,90 191, 62

j 334,58 1136,37

VR

1184, 60 1327,90 x100 1327,90

j 334,58 1184, 60 16, 40º V / fase

10.8%

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

Vp

VL 3

240 138,564 V 3

ZS

Ra

jX s

0, 05

IaL

j 0,15 0,158 71,56º

Ia f

PN 3VL

75 x103 180, 422 A 3x240

/ fase

Regulación para: Cosθ=1

Egp

Vp

Egp

138,564 0º 180, 422 0ºx0,158 71,56º 138,564 0º 28,507 71,56º

Egp

138,564 9, 015

Egp

150, 036 10,384º V / fase

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

x100

j 27, 044 147,579

j 27, 044

150,036 138,564 x100 8, 28% 138,564

Regulación Para:

cos

0,866

Inductivo

arccos 0,866 30º

Ia

240 138,564 0º V 3 180, 422 30º A

Egp

Vp

Egp

138,564 0º 180, 422 30ºx0,158 71,56º 138,564 0º 28,507 41,56º

Egp

138,564 21,331 j18,912 159,895

Egp

161, 009 6, 74º V / fase

º Vp

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

x100

j18,912

161, 009 138,564 x100 16,198% 138,564

Regulación para:

cos

0,866

Capacitivo

arccos 0,866 30º

Ia

240 138,564 0º V 3 180, 422 30º A

Egp

Vp

Egp

138,564 0º 180, 422 30ºx0,158 71,56º 138,564 0º 28,507 101,56º

Egp

138,564 5, 713

Egp

135, 755 11,87º V / fase

º Vp

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

x100

j 27,929 132,851

135, 755 138,564 x100 138,564

j 27,929

2, 03%

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

VB 2 Xs p.u PB

Xs

138002 x0, 25 1,904 25x106

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

Ia

W 3VL cos

17 x106 3x13,8 x103 x0,8

889, 036 A

f.e.m. entregada:

cos

Ia

0,8 Inductivo 13800 7967, 434 0º V 3 889, 036 36,87º A

Xs

1,904 90º

Egp

Vp

Egp

7967, 434 0º 889, 036 36,87ºx1,904 90º

Egp

7967, 434 1015, 637

Egp

9084,567 8,57º V / fase

Vp

arccos 0,8 36,87º

Ia X s 7967, 434 0º 1692, 724 53,13º

j1354,177 8983, 07

j1354,177

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

Ia

W 3VL cos

17 x106 711, 228 A 3x13,8 x103 x1

f.e.m. generada:

Egp

Vp

Ia X s

Egp

7967, 434 0º 711, 228 0ºx1,904 90º

Egp

7967, 434

Egp

8081, 695 9, 65º V / fase

j1354,178

9, 65º angulo de potencia

7967, 434 0º 1354,178 90º

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

Cálculo de la reactancia síncrona:

Xs

Xd

XA

j 0,35

j 3, 0

j 3,35 3,35 90º

por unidad será:

PB Xs VB 2

Xs p.u.

60 x106 x3,35 1,087 (13,6 x103 )2

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

cos

0,8(retrazo)

60 x106 3x1,3x103

Ia

36,87º

2547,13 A

f.e.m. generada:

Egp

Vp

Ia X s

Egp

7851,96 0º 2547,13 36,87ºx3,35 90º

Egp

7851,96 5119, 74

Egp

14658, 22 27, 75º V / fase

7851,96 0º 8532,885 53,13º

j 6826,30 12971, 70

j 6826,30

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

Vp

VL 3

IaL

Ia f

ZS

Ra

13,8 x103 3

PN 3VL jX s

7967, 43 V

2,5 x106 3x13,8 x103

0,8

j6

104,59 A

6, 053 82, 4º

/ fase

Regulación para: Cosθ=1

Egp

Vp

Ia Zs

Egp

7967, 43 0º 104,59 0ºx6, 053 82, 4º

Egp

7967, 43 83, 73

Egp

8075,58 4, 46º V / fase

j 627,52 8051,16

7967, 43 0º 633, 08 82, 4º j 627,52

Egp Vp

VR

Vp

8075,58 7967, 43 x100 1,36% 7967, 43

x100

Regulación Para:

cos º Vp

0,8

Inductivo

arccos 0,8 36,87º

7967, 43 0º V

Ia

104,59 36,87º A

Egp

Vp

Egp

7967, 43 0º 104,59 36,87ºx6, 053 82, 4º

Egp

7967, 43 443, 49

Egp

8423, 04 3, 07º V / fase

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

j 451, 78 8410,92

7967, 43 0º 633, 08 45,53º

j 451, 78

8423, 04 7967, 43 x100 5, 72% 7967, 43

x100

Regulación para:

cos 0, 75 Capacitivo V p 7967, 43 0º V Ia

arccos 0, 75 41, 41º

104,59 41, 41º A

Egp

Vp

Egp

7967, 43 0º 104,59 41, 41ºx6, 053 82, 4º

Egp

7967, 43 352, 27

Egp

7633,31 3,95º V / fase

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

j 526, 02 7615,16

7633,31 7967, 43 x100 7967, 43

x100

7967, 43 0º 633, 08 123,81º j 526, 02

4,19%

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

IaL

PN VL

ZS

Ra

60 x103 220 jX s

272,73 A

0,16

j 0, 07

0, 0718 77,12º

/ fase

a) Cuando suministra :

I an

272, 73 º A

Vp

220 0º V

Eg

236,9 2, 48º V

Egp

Vp

Ia

Ia Zs

Egp V p

236,9 2, 48º 220 0º

Zs

0, 718 77,12º

236, 768 j10, 255 220 0, 718 77,12º Ia

16, 678 j10, 255 0, 718 77,12º

19,578 36,57º 0, 718 77,12º

272, 674 45,53º A

Por tan to cos

45,53º I a retrazado respecto a V p

0, 7

LA CARGA ES INDUCTIVA

b) Cuando suministra :

I an

272, 73 º A

Vp

220 0º V

Egp

Vp

Ia

Eg

210, 07 4, 499º V

Ia Zs

Egp V p

210, 07 4, 499º 220 0º

Zs

0, 718 77,12º

209, 4227 j16, 4782 220 0, 718 77,12º Ia

19,5808 122, 696º 0, 718 77,12º

272, 713 45,58º A

Por tan to cos

10,5773 j16, 4782 0, 718 77,12º

45,58º I a adelantado respecto a Vp

0, 7

LA CARGA ES CAPACITIVO

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

3 Y Ia =I L Ra

Vp

Ia

0,3

/ fase X s

VL

13 x103 3

3

S 3Vp

4

/ fase

Zs

7505.5535V

2500 x103 111, 0289 A 3x7505.5535

a) Factor de potencia unidad cos θ=1

0,3

j 4 4,0112 85,71º

/ fase

Egp

Vp 0º I a 0ºxZ s 85, 71º

Egp

7505,5535 0º 111, 0289 0ºx4, 0112 85, 71º

Egp

7505,5535 33,3149 j 444,1113 7538,8684 7551,9383 3,37º V / fase

7505,5535 0º 445,3591 85, 71º j 444,1113

Egp

Ia Za

IaXs

Ia 0=0

Vp

IaRa

b) Factor de potencia 0.8 inductivo

cos

0.8 inductivo

sen =0.6

arccos 0,8 36,87º

Vp

IaR a

Ia

IaX

s

Egp

Vp

Se n

Vp co s

I aR

a

Egp

VP 0º I a

x Zs

Egp

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

Egp

7505,5535 293,1193

Egp

7805,8775 2, 46º V / fase

j335, 2995 7798, 6728

7505,5535 0º 445,3591 48,84º j335, 2995

c) Regulación de tensión para cada caso: c.1)

cos VR

c.2.)

cos VR

1 Egp Vp Vp

x100

7551,9383 7505,5535 7505,5535

0, 62%

0.8 inductivo Egp Vp Vp

x100

7805,8775 7505,5535 x100 4% 7505,5535

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

3

VL =Vp

2300 V

S

2500 kVA

Ra

0,1 / fase X s

Ia

S 3Vp

1,5

2500 x103 3x2300

Tensión generada para: cos

Vp 0º I a

0,1

j1,5 1,503 86, 2º

/ fase

362,32 A

Si regulamos la tensión en vacío:

Egp

Zs

/ fase

Egp

0,6

Vp0

2300 V

Inductivo

53º

ºxZ s 86, 2º

2300

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

2300

(Vp 455,68)

j 298,19

Igualando mod ulos se obtiene V p 2300

(V p

455, 68) 2 298,192

23002

(V p

455, 68) 2 298,192

Vp

1824,9 V

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

ENSAYO EN VACIO

CORRIENTE C.C. (A)

TENSIÓN EFICAZ (V)

CORRIENTE DE EXCITACIÓN C. (A)

CORRIENTE DE CORTO CIRCUITO (A)

10

950

10

Nominal

(V) 1.5 SOLUCION Resistencia de armadura en corriente alterna (Ra): Para conexión estrella:

Racc

1 V x 2 A

1 1,5 x 2 10


Ra =1,3 x Racc =1,3x0,075=0,0975 Prueba de cortocircuito: Si la corriente de excitación es:

Iacc

Ian

PN 3VL

Prueba en vacío:

ENSAYO EN CORTO CIRCUITO

Ie

2000 x103 3x2300

10 A

502,04 A

0, 075

EL 3

Egp

950 3

548, 48 V


Ego

ZS

Iacc

548, 48 1,0925 502,04

/ fase


Z S 2 Ra 2

XS ZS

1,09252 0,09752

1, 0925 84,88º

1,088

/ fase

/ fase

a) Regulación de tensión f.p. = 1

arccos1 0º 2300 1327,90 0º V 3 Ia 502, 04 0º A

º Vp

Egp

Vp

Egp

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

Egp

1327,90 48,95

Egp

1481, 26 21, 64º V / fase

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

x100

j 546, 29 1376,85

j546, 29

1481, 26 1327,90 x100 11,55% 1327,90

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

arccos 0,8 36,87º 2300 1327,90 0º V º Vp 3 Ia 502, 04 36,87º A

Egp

Vp

Egp

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

Egp

1327,90 366,93

Egp

1743,17 13,52º V / fase

VR

Ia Zs

Egp Vp Vp

x100

j 407, 66 1694,83

j 407, 66

1743,17 1327,90 x100 31, 27% 1327,90

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

R cc

de 6500

5500 6500 x103 3175.43 V IN 3 3 x5500 Del Grafico para Eg o 3175, 43; setiene : Eg o

VP

Iacc

0,84 I N

682.32

0,84 x683.32 573.15 A

Impedancia sincrona: Zs =

Eg o Ia cc

31758.43 373.15

5.54

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

Eg

Vp 0º I N 36.57ºxZs 90º

Eg

3175.43 682.32 36.87ºx5.54 90º 3175.43 3780.05 53.13º

Eg

5443, 46

VR

6227.04 3175.43 x100 96,10% 3175.43

j 3024, 04 6227.04 29.05º V

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

Rcc

Ie(Vn ) Ia I an

78 90

0,87

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

2. Un alternador trifásico conectado en estrella de 1500 kVA y 13 kV tiene una resistencia de inducido de 0,9 Ω/fase y una reactancia sincrona de 8 Ω/fase. Cuando trabaja a plena carga y a la tensión nominal. Calcular la tensión generada por fase para cargas de. a) Factor de potencia unidad b) Factor de potencia inductivo 0,75 c) Factor de potencia capacitivo 0,9 d) Calcular la regulación de tensión para cada una de éstas cargas. Rpta: a. 7584 b. 7911 c. 7344 d. 1,05 5,40 -2,14% 3.

Los siguientes datos se obtuvieron en pruebas de un generador hihroeléctrico trifásico, de 158 MVA, 13,8 kV, 60 Hz, 72 polos y conexión estrella: Curva característica de circuito abierto: Ie (A) 100 200 300 400 500 600 700 775 800 Voltaje línea a línea (kV) 2.21 4.42 6.49 8.42 10.1 11.6 13.1 13.8 14.1 Prueba de cortocircuito: Ie = 710 A Ia = 6610 A a) Trace la curva de saturación en circuito abierto, la línea de entrehierro y la curva característica en corto circuito b) Calcule el valor no saturado y saturado de la reactancia sincrona en por unidad c) Calcular la relación de cortocircuito. d) Calcular la regulación de tensión para un factor de potencia inductivo de 0.6. Rpta: b. 1,4 0,9 c. 1,11 0,71 d. 82,72%

4.

En un sitio de Europa es necesario suministrar 30 kW de potencia a 60 Hz. Las únicas fuentes de potencia disponibles operan a 50 Hz. Se decidió generar la potencia po r medio de un grupo motor generador consistente en un motor sincrónico que acciona a un generador sincrónico. ¿Cuántos polos deberiá tener cada una de las dos máquinas para convertir la potencia de 50 Hz en potencia de 60 Hz?

5.

Un motor sincrónico tiene un ángulo de torque de 20º eléctricos cuando trabaja a plena carga a la tensión y frecuencia nominales. Si la corriente de excitación es mantenida constante, ¿cómo influirán sobrte el ángulo de torque los siguientes cambios en las condiciones de operación? a) Reducción de la frecuencia en un 10 % b) Reducción de la frecuencia y de ñla tensión en un 10 % En cada caso considerar: Torque de carga constante y potencia de la carga constante.

6.

Un alternador trifásico de 13 000 V y 2500 kVA tiene una resistencia de inducid o de 0.3 Ω/fase y una reactancia sincronica de 4.0 Ω/fase. La excitación del alternador se ajusta en cada uno de los casos para proporcionar la tensión nominal a la carga nominal. Calcular la tensión en vacío por fase para carga de: a) factor de potencia unidad. b) Calcular la regulación de tensión para el caso anterior.

7.

Un generador de 480 V, 400 kVA, factor de potencia de 0,85 en atraso, 50 Hz, cuatro polos, conectado en delta, es accionado por un motor diesel de 500 HP y se utiliza como generador de soporte o generador de emergencia. Esta máquina también puede ser emparalelada con la fuente de potencia normal (un sistema de potencia muy grande) si se desea. a) ¿Cuáles son las condiciones requeridas para emparalelar el generador de emergencia con el sistema de potencia existente? ¿Cuál es la tasa de rotación del eje después del emparalelamiento? b) Si el generador está conectado al sistema de potencia e inicialmente flota sobre la línea, dibuje los campos magnéticos resultantes y el diagrama fasorial. c) Si se incrementa el ajuste del gobernador del motor diesel, muestre qué ocurre en el generador mediante los diagramas de casa y diagramas fasoriales. ¿Cuánta potencia reactiva suministra el generador? d) Con el generador diesel suministrando potencia real al sistema de pote ncia, ¿Qué ocurre al generador cuando su corriente de campo aumenta y disminuye? Muestre este comportamiento con diagrama fasorial y con el diagrama de casa.

8.

Un generador de turbina de vapor de 13,5 kV, 20 MVA, factor de potencia de 0,8 en atraso, 60 Hz, bipolar, conectado en Y, tiene una reactancia sincrónica de 5,0 Ω por fase y resistencia del inducido de 0,5 Ω por fase. Este generador está operando en paralelo con un gran sistema de potencia (barraje infinito).

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

BIBLIOGRAFÍA

1.

A.E. Fitzgerald, Charles Kingsley Jr, Stephen D. Umans “MÁQUINAS ELÉCTRICAS” Editorial McGraw Hill, México 2004.

2.

I.L. Kosow “MAQUINAS ELÉCTRICAS Y TRANSFORMADORES” Editorial REVERTÉ S.A., ESPAÑA, 2000.

3.

Dario Biella Bianchi “MAQUINAS ELECTRICAS II” Edicionres UNI, LIMA – PERU 1978.

4.

Stephen Js. Chapman “MAQUINAS ELECTRICAS” Editorial Mc GRAW HILL, Colombia 2001.

5.

Donald V. Richarsdson “MAQUINAS ELECTRICAS ROTATIVAS Y TRANSFORMADORES” Editorial Prentice – Hall Hispanoamérica S.A. México 1997.

6.

Rafael Avilés Bonilla “MAQUINAS ELECTRICAS ROTATIVAS” WH Editores, Lima Perú 2002.

Maquinas Electricas II - Fiee Uncp

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