Problema No. 1 Un motor de inducción trifásico, conectado en estrella, 6 polos, 25 HP, 1150 RPM, a una frecuencia de 60 Hz. Si las pérdidas rotacionales son de 300 vatios. Calcular: a) La potencia de entrada al rotor. b) Si la resistencia medida entre anillos deslizantes es 0.12 , calcule la corriente del rotor por anillo cuando se entrega 25 HP. Ref. Tomada del Examen Parcial del Primer Tèrmino del año 2000
FIGURA A.- Gráfico del Equilibrio de Potencia en un Motor de Inducción Polifásico Pentrada
Pc gir.
PCU1
Ph+f
Pm des.
PCU2
Psalida
PF+V , Pfe rot.
FIGURA B.- Gráfico representativo de la ubicación de la resistencia medida entre anillos deslizantes
r1
r1
r2
r1
r2
Rm.- Resistencia medida entre anillos deslizantes r2
Rm = 2r2
donde r2 es la resistencia del devanado del rotor por fase ESTATOR
ROTOR
Sabemos que Ns = ( 120f ) / p , donde f es la frecuencia de la fuente de alimentación y p el número de polos. f = 60 Hz, p = 6 polos. Entonces Ns = 1200 RPM. Sabiendo Ns que es la velocidad del flujo giratorio ( velocidad sincrónica ) y Nm la velocidad del rotor que es dato del problema ( Nm = 1150 RPM ), calculamos s que es el deslizamiento:
s = ( Ns - Nm ) / Ns Reemplazando los datos nos queda: s = 0.043478 ( adimensional ) De acuerdo a la FIGURA A, Pm des. = Psalida + PF+V,Pfe rot . Estas pérdidas de fricción y ventilación y de hierro rotacional son dato del problema y son de 300 W.
La potencia de salida también es dato, pero nos lo dan en caballos de fuerza ( HP ), es de 25 HP; este valor lo llevamos a vatios, sabiendo que 1 HP corresponde a 746 W, entonces la potencia de salida será de 18650 W. Con estos dos datos de las pérdidas y la potencia de salida podemos sacar: Pm des. = Psalida + PF+V,Pfe rot entonces
Pm des. = 18950 W.
De acuerdo a demostraciones previas sabemos que: Pm des. = Pc gir. ( 1 - s ), y como ya conocemos s y la Pm des., despejamos Pc gir. Pc gir. = 19811.35823 W que en si representa a la potencia de entrada al rotor.
De acuerdo a la FIGURA B, Rm es 0.12, que es dato del problema, y Rm = 2r2 ,entonces r2 = 0.06 Sabemos Pm des. está en función del deslizamiento:
Pm des = m1I’22 (( 1-s ) / s ) r’2 donde m1 es el número de fases del sistema, I’2 es la corriente en el rotor referida al estator y r’2 es la resistencia por fase del rotor referida al estator.
Pero usando términos no referidos nos queda la ecuación: Pm des. = m2I22 (( 1-s ) / s ) r2 y como ya conocemos la Pm des., s, r2 y m2 que en este caso será 3, debido a que la Pm des. que estamos usando, fue la que se saco del análisis trifásico.
Entonces reemplazando datos en la última ecuación y despejando el valor de I2 nos queda: I2 = 69.17603 A
que será la corriente que circula por el rotor y por cada anillo cuando la potencia de salida es de 25 HP
Problema No. 2 Un motor de inducción de rotor devanado, 450 HP, 3 fases, 2200 V, 60 Hz, 6 polos, tiene las siguientes constantes por fase referidas al estator: r’2 = 0.15 x’2 = 0.75 r1 = 0.32 x1 = 1.15 La conexión de los embobinados es Y-Y.
Además, las pérdidas del núcleo son de 2500W, PF+V , Pfe rot son de 12000 W y la corriente de magnetización es de 25 A. Calcular la velocidad y la eficiencia de esta máquina a plena carga. Ref. Tomada del Folleto en Inglès proporcionado por el Ing. Gustavo Bermùdez
FIGURA A.- Gráfico del Equilibrio de Potencia en un Motor de Inducción Polifásico Pentrada
Pc gir.
PCU1
Ph+f
Pm des.
PCU2
FIGURA B.- Circuito Equivalente del Motor de Inducción
r1 I1
Io
x1
x’2
I’2
V1 Bm
Gm
r’2/s
PF+V , Pfe rot.
Psalida
Para hallar la velocidad de la máquina nos podemos valer de la ecuación: s = ( Ns - N ) / Ns Lo más asequible a calcular primero es Ns = 120f / p, f = 60Hz y p = 6 polos. Entonces Ns = 1200 RPM. Ayudándonos de la FIGURA A, podemos calcular la Pm des. Que será igual a la Psalida más las PF+V , Pfe rot. Que son datos del problema: Pm des. = 450HP( 746W/HP) + 12000 W Pm des. = 347700 W. Ahora valiéndome de las ecuaciones siguientes: V1 I’2 = [(r1 + r’2/s)2 + (x1 + x’2)2]1/2
ecuación A
Y de la ecuación: Pm des. = m1 I’22 (( 1-s )/ s ) r’2
ecuación B
Como ya sabemos el valor de la Pm des., r’2 de la ecuación B, y V1 que es voltaje fase neutro, y el que nos da el problema es línea línea, también conocemos r1, x1 y x’2 de la ecuación A. Entonces lo que nos queda es reemplazar la ecuación A en función de s, en la ecuación B que también está en función de s, quedándonos la siguiente ecuación:
(2200/3)2 347700 = 3 *
(1-s) *
(0.32 + 0.15/s)2 + (1.15+0.75)2
* (0.15) s
luego del despegue me queda la ecuación cuadrática: (5.800406903)s2 + (-1.992006903)s + (0.0225)
Quedando como posibles respuestas: s1 = 0.3317320867
y
s2 = 0.01169328613
pero escogemos siempre el menor, osea s2 = s Una vez obtenido s, de la ecuación s = ( Ns - N ) / Ns despejamos N que es la velocidad del rotor. 0.01169328613 = ( 1200 - N ) / 1200 entonces
N 1185 RPM (redondeando)
En la parte B nos ayudamos de la ecuación I1 = I0 + I’2 donde I0 es la corriente magnetizante, I1 la corriente del estator y I’2 es la corriente del rotor referida al estator. I0 es dato del problema, 25 A. De la ecuación A, poodemos hallar el valor de I’2 debido a que tenemos el resto de datos.
Entonces, reemplazando datos, I’2 nos queda: I’2 = 95.61 A Vale recalcar que esta igualdad se cumple fasorialmente, por lo tanto la relación escalar se cumple de la siguiente manera: I1 = ( I02 + I’22 ) entonces reemplazando los valores calculados de I0 y I’2 que son valores escalares, nos queda que:
I1 = 98.83 A Entonces, de la FIGURA A, sabemos que: Pentrada = PCU1 + Ph+f + Pc gir. Pentrada = m1I12r1 + Ph+f + ( Pm des. / ( 1-s ) ) Reemplazando datos nos queda:
Pentrada = 363690.1199 W Por lo tanto ahora si podremos calcular la eficiencia: = Psalida / Pentrada = ( 450 HP * 746 W/HP ) / ( 363690.1199 W ) = 92.304 %
Problema No. 3 Un motor de Inducción Jaula de Ardilla 3 4 polos, 60 Hz.. Conectado en estrella tiene una resistencia de estator de 0.5 por fase. La corriente de línea al motor es de 10 A., la potencia de entrada trifásica es 3000 Watts. ¿ Cuál es el torque ?. Desprecie las pérdidas del núcleo.
Ref. Tomada del Libro de Màquinas de Corriente Alterna de Fitzgerald. Problema 10.4
FIGURA A.- Gráfico del Equilibrio de Potencia en un Motor de Inducción Polifásico
Pentrada
Pc gir.
PCU1
Ph+f
Pm des.
PCU2
PF+V , Pfe rot.
DATOS Pin= 3000 W I1= 10 A r1= 0.5
p= 4 f = 60 Hz
Psalida
De acuerdo al gráfico de potencias de la FIGURA A, tenemos que: Pin= Pcgir+ PCU1 , como son datos sólo la Pin, y nos falta el resto... Pero por medio del gráfico mismo podemos hallar las pérdidas de cobre en el estator: PCU1= m1I1² r1 , de aquí todos los datos son conocidos: (m1 = 3 fases) Reemplazando:
PCU1 = ( 3 fases )( 10A )2 ( 0.5 ) PCU1 = 150 W
Ahora si, con las pérdidas de cobre del estator y la potencia de entrada a la máquina que es dato del problema, podemos hallar la Pcgir.
Pcgir= Pin - PCU1 = 3000W - 150W, entonces Pcgir = 2850W Sabemos que el Torque electromagnético está representado por: Telect. = ( 7.04 / Ns )( Pcgir ) donde Ns = ( 120 f ) / p, donde p y f son datos del problema. Por lo tanto Ns = ( 120 * 60Hz ) / 4 polos.
Ns = 1800 RPM Reemplazando en la ecuación de Telect., nos queda: Telect = ( 7.04 / 1800 RPM )( 2850W ) Telect = 11.1466 lb. pies
Problema No. 4 Un motor de inducción de 208v, trifásico 10 HP, 60 Hz, tiene su embobinado del estator conectado en estrella y desarrolla una corriente de 30 A. Cuando suministra su carga nominal con un voltaje nominal aplicados al estator. Calcule los valores nominales de (a) voltaje de línea a línea, (b) corriente de línea. Ref. tomada del Libro de Màquinas de Electromagnèticas y Electromecànicas de Matsch. Problema 7.2
FIGURA A.- Conexión de los embobinados del estator en Y y en
ILY Ecuación del VLN del estator VLY
VLN = ZY ILY ZY
VLN
donde ILY = IFY y VLY = VFY * 3
IF IL = IF * 3 VL VL = VF
IL Z = 3 * ZY
A) Dato del problema es: VLY = 208 v, entonces el VFY = 208 / 3 , que será lo que soporte cada embobinado del estator cuando se lo conecte en delta. Por lo tanto en delta:
VL = VF = 208 / 3 = 120 V
B) Tenemos que en Y, VFY = ZY * ILY, reemplazando valores: 120V = ZY * 30A por lo tanto ZY = 4 , y como Z = 3 * ZY entonces: Z = 12 Y como
VL = Z * IF, reemplazo valores: 120 V = 12 * IF entonces IF = 10 A
Y sabemos que IL = IF * 3 entonces IL = 17.3 A.
Problema No. 5 Un motor de inducción de 208v, trifásico 10 HP, 60 Hz, tiene su embobinado del estator conectado en estrella y desarrolla una corriente de 30 A. Este motor ahora debe operar desde una fuente de 50 Hz con la misma conexión del estator en estrella. Si la magnitud de la densidad de flujo y la densidad de la corriente en los embobinados deben ser la misma que para las condiciones nominales en una operación a 60 Hz. Calcule: a) el voltaje nominal b) los caballos de potencia nominales y c) la corriente a plena carga. a), b) y c) es cuando se opera a 50 Hz. Ref. tomada del Libro de Màquinas de Electromagnèticas y Electromecànicas de Matsch. Problema 7.3
Sabiendo que el torque se relaciona inversamente proporcional con la frecuencia, tenemos: T60Hz es a 1/60Hz, como T50Hz es a 1/50Hz. T60Hz = Pout / = Pout / (2f) = 10HP(746W/HP)/(2*60Hz) T60Hz = 19.7883N.mt Reemplazando, nos queda: 19.7883 N.mt es a 1/60Hz, cuánto será el T50Hz a 1/50Hz. Despejando, nos queda que T50Hz = 23.7459 N.mt. Teniendo presente el valor de estos torques, recordemos que el torque es directamente proporcional al voltaje nominal al cuadrado: El T60Hz es a VN60Hz2 como el T50Hz es a VN50Hz2 Reemplazando: 19.7883 N.mt es a (208V)2, entonces 23.7459 N.mt a cuánto voltaje será:
VN50Hz = 227.8523 V
La parte b nos pide sobre la potencia de salida, y sabemos que esta no se ve afectada por la frecuencia. A continuación se comprueba: T50Hz = Pout / 50Hz , reemplazando:
23.7459 N.mt = Pout / ( 2*50Hz ) entonces Pout = 7460 W = 10HP, como se lo había planteado desde un comienzo. La parte c, sabemos que las corrientes son directamente proporcionales a los voltajes, por lo tanto: I60Hz es a VN60Hz como I50Hz es a VN50Hz , reemplazando: 30A es a 208V, 227.8523V a cuánta corriente será:
I50Hz = 32.8633 A
Problema #6 Un motor de inducción rotor devanado de 440V,
60Hz, 4polos, es conectado directamente a una bomba que entrega 1000 ft3/mint a una altura de 8.7ft. Bajo estas condiciones el motor toma 15.62Kw a un Fp=0.92 en atraso, cuando opera sin carga consume 803W las resistencias por fase son R1=0.202 /fase R’2 =0.022 /fase. La relación de vueltas entre el estator y el rotor es 4/1. Calcular la eficiencia de la bomba Poutbomba=Q*W*h / 33000 Poutbomba= (1000ft3/mint*62.4lb/ ft3*8.7ft)/33000 Poutb =16.45Hp Pinmotor=31/2*V LL*I L*Fp3 ILl=15620/(31/2*440*0.92) IL=22.27 A Pcu1=m*I21*R1=3*22.27 2*0.202=300.76W Pcu2=m*(b*I1)2* R´2=3*(4*22.27) 2*0.022 Pcu2=524.11W Las perdidas en vacío son: P f+v + P h+e=803W P out m =P in b=P in m-Pcu1-Pcu2-P f+v -P h+e
P in b = 15620-300.76-524.11-803= 13992.13W 18.756 Hp = P out b / P inb =16.45 / 18.756 = 0 .877 87.7%
Problema #7
Un motor de inducción trifásico de rotor bobinado, 500V, 120 Hp, 38 ciclos, 6 polos. Tiene resistencias en le rotor y en el estator de 0.04 y 0.01 respectivamente. Las resistencias efectivas por fase son: 0.058 y 0.016 respectivamente. El rotor esta conectado en Y y su relación de transformación es 2:1.La componente magnetizante de la corriente es 34A y el total de perdidas es de 4400W . Con el rotor bloqueado la corriente de línea es 800A, cuando se le aplica una f.e.m. de 500V. Muestre como estos datos pueden servir para realizar el diagrama circular para este motor. Para construir el diagrama circular además de las características de operación se necesita saber : In, n , Ib, b. Las perdidas de cobre en el rotor y el estator por fase.
OA esta representa In, a un ángulo n , O-Ib a un ángulo b y gf, que representalas perdidas de cobre en el estator por fase . In la corriente que no va a la carga, tiene dos componentes: la componente de magnetización I la cual esta atrasada con respecto al voltaje por aproximadamente 90° y la componente de la energía Ie, que suministra la perdida de carga y esta en fase con el voltaje. Entonces los datos para el diagrama circular asumiendo que el estator esta conectado en Y son: Datos de la perdida: corriente de fase = In voltaje de fase = EL / 31/2
Factor de potencia de la perdida = Pn / (31/2 EL In) = cos n Lo valor de cos n determina el valor de el ángulo n . Las condiciones de rotor bloqueado para la proporción de voltaje de línea (EL ) será : corriente de fase Ib= I´b *EL /Eb voltaje por fase Ep = EL/ 31/2 potencia por fase Pp = ( P´b / 3)*(EL / Eb )2 factor de potencia para condiciones de rotor bloqueado = P´b / (31/2 * Eb * I´b ) = cos b El valor de cos b determina la magnitud del ángulo b. Considere una escala conveniente para la corriente igual a K amperios por división. Regresando a los cálculos , tenemos: componente de magnetización (dado), I = 34 A componente de energía Ie = perdidas totales / (31/2 * V ) = 4400 / (31/2 * 500) =5.07 A corriente de perdida, In = (I2 + I2e )1/2 = ( 342 + 5.072 )1/2 =34.4 A cos n = Ie / In = 0.1475 n = 81° 37´ La corriente para el voltaje de línea de rotor bloqueado Ib = 800 A (dato) El determinar b, es necesario para saber la potencia de entrada con el rotor bloqueado cual es el total de perdidas de cobre en el rotor y en el estator para las condiciones de bloqueo. Esta potencia de bloqueo es normalmente medida
Corriente del rotor, Ir = Is * radio de trans. = 800* 2 = 1600 A para las tres fases: 3*I2s*Rs =3*8002 *0.058=111360 W Pcu en el estator 3*I2r*Rr = 3*16002*0.01 = 76800 W Pcu en el rotor
Rs =resistencia efectiva en el estator y Rr = resistencia ohmica del rotor cos b = perdidas totales de cu / (31/2 * Eb * Ib ) = 188160/(31/2 *800*500)= 0.271 y b = 74°15´ Entonces la línea gf: gf=(I2b - I2n)*Rs/(K*EL / 31/2) = (8002 -34.42)*0.058/(K*500/ 31/2) = 128/ K Entonces el diagrama de circulo puede ser construido como normalmente se indica
Por arrancador Y- Tarr(Y) = Tarr() / 3 Tarr(Y) =(1/3)*4 Kgm Tarr(Y) =1.33 Kgm Nota: Como Tarr(Y) < T2arr entonces si se puede utilizar este tipo de arrancador ; se supone que el motor opera en
Problema #8
Un motor de inducción de rotor devanado de 2300 V y 1000Hp trifásico, 60Hz, 16 polos con el estator y el rotor conectado en estrella, tiene las siguientes constantes: r1 = 0.0725 / fase b = 2.025/1 xM= 17.7 / fase
x1= x2 = 0.625 / fase
r22 = 0.0252 / fase
rfe= 200 / fase
El motor impulsa una carga se considera que requiere un par constante. La velocidad estable del motor con esta carga es 442rpm cuando los anillos deslizantes del rotor están en corto-circuito. (a) Calcule en base al circuito equivalente aproximado la resistencia conectada en serie con cada fase del rotor tal que el motor tome una corriente de arranque de 1.5 veces la corriente estable para la carga dada. (b) ¿Cuál es la velocidad en base que rfe permanece constante con la resistencia con el circuito del motor?. (c) ¿A qué valor deberá la resistencia externa del rotor reducirse para que, después de que el motor alcanza la velocidad estable en la parte (b), la corriente inicial sea nuevamente 1.5 veces el valor de la corriente estable para la carga dada? Datos MIRD 3 , 2300V, 1000Hp, 60Hz, 16 polos, conexión Y-Y, r1 = 0.0725 / fase, r22 = 0.0252 / fase, xM= 17.7 / fase, rfe= 200 / fase, b = 2.025/1, n =442 r.p.m..
ns=(120*f)/p = 120*60/16 = 450rpm S = (ns-n) / ns = (450-442) / 450 =0.0177 r´2 = b2 r2 = 0.1038 /fase Ia= 1.5 IN
x´2 = b2 x2=2.5628 /fase
IN= VLN / |Z| =( 2300/ 31/2)/ 6.7386 = 197.059 -28.34 A
Ia = 1.5*(197.059) = 295.589 A Ia = V / ( (r1 + (r´2 +R´)/s)2 + (x1 + x´2 )2 )1/2 R´= 2.9658 /fase R´= b2 R R = 0.7232 /fase
Problema #9
La eficiencia y el factor de potencia de un motor de inducción trifásico de 50HP, 6 polos, 60 hz, 440V son 90% y 92% respectivamente. Este motor absorbe el 525% de la corriente de plena carga y desarrolla el 175% del torque de plena carga cuando arranca a pleno voltaje. Especifìque la relación del número de vueltas del autotransformador que se utiliza para arrancar de tal manera que le motor desarrolle el 60% del torque de plena carga. De los datos tenemos Tarr(dir) = 1.75 TFL Tarr(TR) =0.6TFL Tap = VM /VLN T=T2arrTarr (dir) (1) Iarr=TapIarr(dir) (2) IL = T2 ap Iarr(dir) (3) De la ecuación (1) tenemos Tap = (0.6/1.75)1/2= 0.5855 Tap = 58.55% a=1/ Tap = 1.707
Se tiene un M.I. 3Ø de 10 polos, 13.5 A ; tiene los siguientes parámetros: r1= 0.33 / fase r´2= 0.27 / fase x1 + x´2= 2/ fase Ztotal arr = 2.09 73.30º Tarr(Vn) = 4 Kgm Iarr(Vn) = 60.8 A Se pide reducir el Tarr al 60% ( T´arr= 1.6 Kgm ) utilizando: resistencias, reactancias, autotransformador o un arrancador Y- Utilizando resistencias Tarr(Vn) / Tarr (TR) = V2N / V2M VM =VN ( Tarr(TR) /Tarr(Vn) )1/2 VM =(220/ 31/2)(1.6 / 4)1/2 VM = 80.33 V Vrext = ( V2LN -V2M sen2RB)1/2 -VMcosRB Vrext = ( (220 / 31/2 ) - 80.332 *sen2 73.3 )1/2 - 80.3*cos 73.3 Vrext = 77.97 V Iarr(TR) = (VM / VLN) Iarr(dir) =80.33*60.8/(220 / 31/2 ) Iarr(TR) = 38.45 A Rexterior = Vrext / Iarr(TR) = 77.97 / 38.45 = 2.03 / fase
Utilizando reactancias Vx ext.... = ( V2LN - (VM cos RB )2 ) 1/2 - VM sen RB Vx ext..... = ((220/ 31/2) - ( 80.33*cos 73.3°)2 )1/2 - 80.33* sen 73.33°
Vx ext... = 47.959 V X ext = Vx ext... / Iarr(TR) = 47.959/ 38.45 Xext = 1.247/ fase
Por autotransformador Tarr(TR) = T2ap Tarr(Vn) Tap =(1.6/4)1/2 = 0.6324
a = 1.5811 relación del autotransformador
Iarr(TR) = Tap* Iarr(Vn) = 0.6324*60.8 Iarr(TR) =38.45A Iarr(línea) = T2ap * Ira(Vn) =0.63242 *60.8 Iarr(línea) = 24.31A
Por arrancador Y- Tarr(Y) = Tarr() / 3 Tarr(Y) =(1/3)*4 Kgm Tarr(Y) =1.33 Kgm Nota: Como Tarr(Y) < T2arr entonces si se puede utilizar este tipo de arrancador ; se supone que el motor opera en
Problema #10
El motor de inducción de rotor de devanado, suministra su carga nominal de 15 hp a voltaje y frecuencia nominal con los anillos deslizantes en corto circuito en un deslizamiento de 0.042. Tres resistores derivadores uno en cada fase, deben conectarse en estrella a los anillos deslizantes del rotor. La Figura # 1, muestra un arreglo en donde las resistencias externas pueden dividirse en tres pasos.
La resistencia en el arranque deberá producir un par máximo y, cuando la corriente del
rotor ha caído 2.0 veces su valor normal, los anillos deslizantes se conmutan a derivaciones dando un valor de la resistencia tal que el par es nuevamente máximo. Solución: Primer paso. Para un par máximo la resistencia total del circuito del rotor referida al estator es,
r2 + rx = ( r12 + (x1 + x2)2 )1/2 = ( (0.52) 2 + (2.30) 2 ) 1/2 s
Donde rx es la resistencia externa del rotor en ohms por fase referida al estator. Para s = 1 rx = 2.36 – 0.634 = 1.73 ohm por fase La resistencia externa actual al rotor es: r2x = rx / b2 = 1.73 / (2.4) = 0.301 ohm por fase La corriente inicial del rotor en el arranque ( s = 1 ) es:
= 2.36
I2
x1 v1 xm
r 2 rx x1 x22 r 1 s 2
1.15 2541 40
0.52 2.362 2.302
= 66.7 amp por fase (referida al estator), s = 0.042, es
Corriente Nominal del Rotor La corriente del rotor referida al estator, s = 0.042, es
I2
1.15 2541 40 2
0.63 2 0.52 2.30 0.042
246.7 15.72 15.7
amp por fase
Deslizamiento en el cual la corriente del Rotor Iguala 2.0 Veces el Valor Nominal A 2 veces la corriente nominal la impedancia encontrada por I2 es
r2 rx 15 .7 2 7.85, ohms r1 x1 x 2 s 2.0 2
2.36 0.52 s
7.852 2.302
7.52, ohms _ por _ fase
de donde
S = 0.337
Segundo Paso: Resistencia para el par máximo a un deslizamiento s = 0.337:
r2 rx 2 2 r 1 x1 x 2 2.36 s r2 rx 2.36 0.337 0.796, ohms _ por _ fase r2 x
0.796 0.634
2.4
2
0.16
2.4
2
0.028 _ ohm _ por _ fase
El valor inicial de I2 a s = 0.337 es nuevamente 66.7 amp. Deslizamiento en el cual la corriente del rotor ha caída a 2.0 veces el valor nominal
0.796 0.52 7.85 s s 0.114 Tercer Paso. La resistencia externa requerida para un par máximo a s = .114 deberá ser negativa. Por lo tanto los restantes 0.028 ohms en la resistencia externa para la cuál la corriente del rotor referida al estator será de 38.7 amp. Dado que este valor nominal, la operación es práctica.
Ejercicio#4 Problema #11 Un motor de inducción de 208 voltios, trifásico 10 Hp, 60 HP, tiene su embobinado del estator en estrella, y desarrolla una corriente de 30 amp., cuando suministra su carga nominal con un voltaje nominal aplicado al estator. Este motor debe operar desde una fuente de 50 Hz; si la magnitud de la densidad del flujo y la densidad de la corriente en los embobinados debe ser la misma que para las condiciones nominales a una operación de 60 hz. Calcule: a)
El voltaje nominal
b)
Los caballos de potencia nominales
c)
La corriente a plena carga para la operación a 50 hz.
T V
2
T
1 f2
V
1 f
208
1 60
Vn(50 _ Hz )
1 50
60 Vn(50 _ Hz ) 208 * 249.6 _ Voltios 50
b) P V 2 10HP 2082 _ Voltios Pn(50 _ Hz) 249.6 2 _ Voltios 2
249.6 Pn 10 * 14.4 HP 208 c) I V
30 A 208Voltios I 249.6V 30 * 249.6 I 36 Amp 208
Ejercicio # 5
Problema #12 La entrada al rotor de un motor de inducción de 2200 voltios, trifásico, 60 Hz, 12 polos, es de 242 Kw. a)
Calcule el par en Newtons-metros y en Lb-pies
b) Si la corriente en el rotor es 375 amperios por fase y la resistencia del rotor es 0.0175 ohm por fase, Cuál es la velocidad y potencia de salida del motor?. Desprecie las pérdidas rotacionales
a) Pcgir 242000watts 7.04 T * Pout _ lb pies n 7.04 * Pcgir Tdes ns 120 f 120 * 60 600 p 12 7.04 * 242000 Tdes 2839.47lb pies 600 ns
b) I 2 375 Amperios r2 0.0175 Pcu 2 mI 2 r2 3 * 3752 * 0.0175 7382.81watts 2
Po Pin Pcu 2 Po Pcgir Pcu 2 242000 7382.81 234617.19watts
n (1 s )ns 1 0.03050* 600 581.7 rpm 2n 2 (581.7) rad w 60.91 _ f 60 seg P 234617.19 N *m T 0 3851.866 _ w 60.91 rad
Ejercicio # 2: Problema #13
La eficiencia y factor de potencia de un motor de inducción de 50 hp, 6 polos , 440 voltios , 60 ciclos son respectivamente 90 y 92.5% a plena carga. Este motor entrega 525% de la corriente a plena carga y desarrolla 175% del torque a plena carga cuando se pone en marcha del otro lado de la línea por voltaje máximo .Especifique la relación de vueltas de un autotransformador de arranque que preemitirá que este motor sea puesto en marcha con un torque igual al 60% del de plena carga. Cual será la corriente inicial en la línea cuando este aparato de arranque es usado? Desprecie los efectos de saturación y las perdidas en el aparato de arranque.
IM
Hp * 746 50 * 746 58 .8amp Eff . * 3El * p. f . 0.90 * 3 * 440 * 0.925
A voltaje normal (440 voltios), comenzando a través de la línea
I ST 5.25 58 .8 309 amp
Corriente inicial, Torque inicial
TST 1.75 torque _ a _ plena _ c arg a: . 1.75 T fl
A un voltaje inicial Ex el torque inicial, Entonces:
Ex2 1.75 * T fl 440 0.60 * T fl
y,
TST 0.60 T fl
0.60 E x 440 * 258 1.75
Relación de vueltas del autotransformador
A voltaje inicial de 258 voltios.
Corriente de línea,
IL IM
IM
n
440 1.7 258
258 309 181.amp 440
Est 258 181 106 .amp. EL 440
Problema #14 Problema #10 PROBLEMA N#11 DEL FOLLETO DE MAQUINARIAS ELECTRICAS II
Un MIJA trifasico ,10Hp,220V,60Hz,4 polos,estator en Y desarrolla un torque interno a plena carga a un deslizamiento=4% cuando opera a voltaje y frecuencia nominal.Los datos de impedancia del motor son
r1 0.36 f x1 x2 0.47 f xm 15.5 f Para propositos del problema las PF V Prot Ph e son despreciables Determinar el deslizamiento para un torque maximo cuando opera a voltaje y frecuencia nominal.
r1
x1
X2*
V1
Xm
r2/s
Pmd Pout PF V rot Tn Tmax
1
1
1 2
X 1 X 2* Q r1
Q2 1 sn stmax 2 Q 1 s s n tmax 0.47 0.47 2.611 0.36
Luego tenemos:
120 f 120 60 ns 1800 rpm P 4 Pm Pout Porque PF V rot 0
Pcgir Pcgir
Pmd 1 s 7460 7770 .83W (1 0.04 )
7.04 Tn Pcgir ns 7.04 770 .8 30 .33lb pie Tn 1800 Donde Tmax
Tmax
7.04 mV12 ns 2 r 2 x x* 1 2 1
2
r1
220 3 3
2
7.04 69.259lb pie 2 2 1800 2 0.3 (0.47 0.47) 0.36
Remplazando este ultimo valor en la ecuacion que relaciona torque nominal con torque maximo
30.33 69.259
1
2.6112 1
2.6112 1 0.04 stmax 1 2 s 0 . 04 tmax 3.796 0.4387 0.04 stmax 1 1.338 s 0 . 04 tmax
2 tmax
s
stmax
(3.796 0.4381)0.04 stmax 0.0016 0 (0.4387)(1.398) 0.21139
Problema #15 Problema #11 PROBLEMA N#14 DEL FOLLETO DE MAQUINARIAS ELECTRICAS II
0.27 resistencia f 0.33 f trifasico de 10 polos 220V,13.5A Un motor de induccion del estator reactancia del2.09 rotor f referida= impedan cia TOTAL DE ARRANQUE= Desarrolla un torque de arranque a pleno voltaje de 4Kgm y una corriente de arranque de 60.8A.Se desea reducir el torque al 40% del torque de arranque a pleno voltaje .Calcular la resistencia externa a ser insertada en el circuito primario
Tarr Vn 4 Kgm
Tarr Vr 1.6 Kgm
Esto representa el 40% de 4Kgm
Tarr Vreducido 1.6 0.4 Tarr Vdirecto 4 2
Vreducido (Vdirecto ) 0.6324(220) 139.14V
I arr Vreducido I arr Vdirecto 0.6324(60.8) 38.45 A
Teniendo en cuenta que
I arr Vreducido
r r 1
38.45 127.01
* 2
V1
R
2
( x1 x )
* 2 2
1
0.33 0.27 R
0.6 R
4 (3.03) 2 0.6 R 2.62919 2
R 2.03 f ase
2
22
Problema #16 Problema #12 PROBLEMA N#10 DEL FOLLETO DE MAQUINARIAS ELECTRICAS II
. Un motor de inducción trifásico de 2200 V, 60Hz, 500 HP, tiene las siguientes constantes por fase: resistencia efectiva del estator = 0.37, reactancia efectiva del estator = 1.2; eficiencia efectiva del rotor referido al estator = 0.17, reactancia efectiva del rotor referida al estator = 0.8. Pérdidas en el núcleo = 2300 W; perdidas de fricción-ventilación o hierro rotacional = 11000 W. Estator y Rotor ambos en estrella. Calcular el deslizamiento y la eficiencia a salida nominal.
Pmd = Po + Pf+v+rot
I2 '
Pmd = Pcgir(1 - s)
V1 2
r2' 2 r1 x1 x2' s
Po = 500HP746W Pmd = 373000 + 11000 = 384000 [W]
Pcgir = m1(I2')2r2'/s
; Pin = Po + Pf+v+rot + PCu1+ PCu2 + Ph+e
2200V 3
I2 '
2
0.17 2 0.37 1.2 0.8 s
(2200V)2 3 (I2 ' ) 2 2 0.17 0.37 4 s
(2200) 2 (2200) 2 s 2 (I2 ' ) 2 0.3774 0.0867 12 . 4107 s 0.3774s 0.0867 .4107 12 s s2 2
Igualando las ecuaciones: Pmd = Pcgir(1 - s)
Pcgir = m1(I2')2r2'/s
(2200 ) 2 s 2 0.17 384000 3 1 s 2 12 .4107 s 0.3774 s 0.0867 s
2.9306s2 - 0.341289s + 0.0134887 = 0 s = 0.306162 s = 0.0150317 * I2' = 107.192 [A] PCu1 = 3[107.192]20.37 = 12754 [W] PCu1 = 3[107.192]2 (0.37/0.015) = 389840 [W]
Pout Pout (500 )( 746 ) Pin Pcgir PCu1 Ph f 389840 W 12754 W 2300 W
η = 95.08%
Problema #17 Problema #13 PROBLEMA N#27 DEL FOLLETO PROFESIONAL ENGINEERING
Un motor de inducción trifasico, 1000 hp, 12 polos, 2200 voltios, 25 ciclos, opera a plena carga con un deslizamiento del 1.75%. La resistencia efectiva y reactancia del estator son respectivamente 0.195 y 0.59 ohm entre los términales. La resistencia efectiva y reactancia del rotor son respectivamente 0.1433 y 0.29 ohm entre los terminales. La relacion de transformación del estator al rotor es 22 a 15. Encuentre el voltaje requerido durante el arranque para obtener el torque a plena carga.
120 (25 ) 250 rpm 12 n ns sns 250 0.0175 (250 ) 245 .63 rpm ns
Donde el torque a plena carga es:
7.04 T Pout n Pout 1000HP 745700W 7.04 T (745700) 21375.11lb pies 245.6
Asumimos tanto el estator como el rotor conectados en y entonces los valores de resistencia y reactancia del estator y del rotor seran la mitad de las por fase 0.195 0.0975 2 0.1433 Xs 0.295 2 0.59 Rr 0.0716 2 0.29 Xr 0.145 2 Rs
Luego la impedancia por fase de el motor de induccion referido al estator sera Para el arranque s=1
0.169 Ω V
0.44 Ω I1
Z e ( Rs n 2 Rr ) 2 ( X s n 2 X r ) 2 donde 22 n 1.46 15
Ze (0.0975 2.15(0.716))2 (0.295 2.15(0.145))2 0.657ohm
I arr
2200 V 3 1930amperios Ze 0.657
Donde la potencia de entrada al rotor es la Pcampo giratorio
Pcgiratorio Pcu 2 ( s )
Pero s=1
2 2 Pcgiratorio 3I arr n Rr 3(1930)2 (2.15)(0.0716) 1720.23Kw
Tarr
7.04 1720000 48400lb pie ns
Donde el voltaje requerido durante arranque para obtener un torque a plena carga 2
T Ex Tarr 2200 21375 E x 2200 1462V 48400
Problema #18 Problema #14 PROBLEMA N#22 DEL FOLLETO PROFESIONAL ENGINEERING
. Un motor de 10Hp, 4 polo,trifasico, 60 ciclos, 21 amperios y 7 kilovatios mientras se encuentra en condiciones de carga normal. Bajo estas condiciones su deslizamiento es de 2% . Al parar su marcha este motor lleva 6 amperios y 580 vatios a voltaje normal. Con el rotor bloqueado, este motor lleva 15 amperios y 500 vatios con 50 voltios aplicados. Calcule el torque de salida y los caballo de fuerza y la eficiencia de este motor en condiciones de carga normal.
En condiciones de rotor a una velocidad pequeña los datos que podemos obtener son perdidas ya sea por friccion ventilacion mas las perdidas en el hierro del rotor
Psp I R 580W 2 n
Para las condicones de rotor bloqueado las potencia dada representa las perdidas en el hiero de la maquina Como las perdidas por hierro varian con el cuadrado de la corriente podemos hacer una relacion entre las perdidas por hierro en rotor bloqueado y las de rotor a carga normal y tambien a rotor parado
I n 6amperios 2
6 I n2 R 500 80w 15 I l 21amperios
Rotor parado
2
21 2 Il R 500 980w Carga normal 15
Psp 580 I n2 R 580 80 500w Para las condiciones de carga normal:
Pperdidastotales Psp I R 500 980 1480w 2 l
Pout
Pin Pperdidastotales 746
7000 1480 7.4 Hp 746
Ahora calculamos la velocidad sincronica y la velocidad del rotor en condiciones de carga
120 f 120(60) ns 1800rpm P 4 n ns (1 s ) 1800(1 0.02) 1764rpm Tout
7.04 7.04 P0 (5518.18) 22.02lb pies n 1764
Pout 5518 .18 Eficiencia *100 *100 78 .88 % Pin 7000
Ejercicio # 3:
Problema #19 Dos motores de tres fases, 50 hp están disponibles en el comercio. Uno tiene una eficiencia a plena carga de 90%, el otro una eficiencia a plena carga de 89%. El motor de más alta eficiencia cuesta $100 más que el otro. Asumir que el motor es para ser usado 260 días de ocho horas a plena carga por año. El costo de energía diferencial es 1.0 centavos por kilovatio-hora. La depreciación, interés, impuestos y costos del seguro son 15%de la inversión inicial por año . Cuál de los dos motores sería la mejor compra? Dar razones para su respuesta.
Costos anuales, AC P = Costo del motor más barato A
Entonces: P + $100 = Costo del motor B Motor A: Entrada =
Salida 50 .Hp 0.746 Eficiencia 0.90
= 41.45 Kw
Kilovatios-horas = 41.45 * (260 * 8) = 862,000 Costo de Energia = 862,000 * $ 0.01 = $ 8620 (AC) = 0.15 * (P + $ 100) + $ 8620 = 0.15P + $ 8635
Motor B: Entrada =
50 Hp 0.746 = 41.9 Kw 0.890
Kilovatios-horas = 41.9 * (260 * 8) = 872,000 Costo de Energía = 872,000 * $ 0.01 = $ 8720 (AC) = 0.15 P + $ 8720 Entonces:
El incremento (AC) del motor B sobre el motor A = $ 85 Entonces, la elevación económica es el motor A.
PROBLEMA #1 Problema #20 Problema #15
Las pérdidas en un motor trifásico de inducción, a 60 Hz, 4 polos, a plena carga son:
Pérdidas en el cobre: Pérdidas en el nucleo: Pérdidas en el estator: Pérdidas por fricción y ventilación: a) b)
3% 3% 5%
2%
Calcule tan precisamente como los datos lo permitan, la eficiencia de la máquina a 75% de plena carga. Liste las asunciones hechas en sus cálculos.
Para resolver el problema hacemos las siguientes suposiciones: 1. 2.
3.
4. 5.
Los porcentajes de perdida están dados en porcentaje de entrada a plena carga. Las perdidas en el cobre son un porcentaje constante de entrada a plena carga. Las perdidas de fricción y ventilación son un porcentaje constante de entrada a plena carga Las pérdidas en el núcleo varían con el cuadrado del porcentaje de carga. Las pérdidas del estator varían con el cuadrado del porcentaje de carga.
Resolución
Po= 100% - (3% + 3% + 5% + 2%) Po= 100% - 13% Po= 87%
Pcu1=m I12 r1 Pcu2= m I2’2 r2 Pf+v= f(carga)
Solo estas cantidades disminuyen al 75%
Pcu2: Pcu2= (3 x 75%)/ 100% Pcu2= 2.25% Pcu1: Pcu1= (5 x 75%) / 100% Pcu1= 3.75%
Pf+v: Pf+v= (2 x 75%) / 100% Pf+v= 1.5% Po= Po= Po= Po=
Pi-(Pcu2 + Ph+e + Pcu1 + Pf+v ) 100% - (2.25% + 3% + 3.75% + 1.5%) 100% - 10.5% 89.5%
= (Po x 100%) / Pi = 89.5 %
PROBLEMA # 2 Problema #21 Problema #16 Una bomba que trabaja con un motor trifásico de inducción a 440 v, eleva 1100 pies cúbicos de agua por minuto contra un total máximo de 100 pies de agua. La eficiencia de la bomba y del motor son 0.75 y 0.92, respectivamente. El factor de potencia del motor es 0.90.
a) Calcular el costo de operación de esta bomba las 24 horas del día, cuando la potencia cuesta 3 centavos por Kw-h. b) Calcular la corriente de linea del motor.
Potencia de salida de la bomba Hp
salida=
Q w H / 33333 = (1100 x 62.4 x 100) / 33000
Hp
salida=
208 Hp
Potencia de entrada de la bomba Hp
entrada=
Hp
Hp
entrada=
277.5 Hp
salida
/ Eficiencia = 208 / 0.75
Potencia de salida del motor Hp
salida (motor) =
Hp
entrada (bomba) =
277.5 Hp
Potencia de entrada del motor Kw
entrada (motor)
= (Hp
Kw
entrada (motor)
= (277.5 x 0.746) / 0.92
Kw
entrada (motor)
= 225 Kw
salida (motor)
x 0.746) / Eficiencia
Costo de operación Costo/24h = 225 x 24 x $ 0.03
Costo/24h = $ 162.00
Corriente de Linea IL= Kw
entrada (motor)
/ 3 x EL x f.p.
IL= (225 x 1000) / (3 x 440 x 0.90 ) IL= 328 Amperios
Problema #22 Problema #17
PROBLEMA 3
Un motor de inducción de 460 V y. 25-hp, 60-Hz, cuatro polos, de conexión en Y, tiene las impedancias siguientes, expresadas en ohmios por fase referidas al circuito del estator r1=0.641 r2= 0.332 X1= 1.106 X2= 0.464 Xm= 26.3
Las pérdidas rotacionales son de 1 100 W y se supone que son constantes. Las pérdidas del núcleo están incluidas con las pérdidas rotacionales. Para un deslizamiento del 2.2% del rotor, al voltaje y la frecuencia nominales, halle las siguientes magnitudes del motor: a.-La velocidad. b.-La corriente en el estator. c.-El factor de potencia. d.-La eficiencia
RESOLUCIÓN: ns= 120 f/P ns=(120x60 Hz)/4 polos ns=1800 rpm La velocidad mecánica del eje del rotor es nm = (1- s) ns nm = (1 – 0.022)(1800 rpm) nm = 1760 rpm
Z2’= R2’/s + jX2’ Z2’= ( 0.332/0.022) + j 0.464 Z2’= 15.09 + j 0.464 = 15.10 1.76 Zf= Z2´ jXm Zf= (Z2´ x jXm) / (Z2´ + jXm) Zf= ( 15.09+j0.464 ) j 26.3 / (15.04 + j 0.464 + j 26.3 ) Zf= 11.056 + j6.689 Zf= 12.93 31.1
Z total= Z1 + Zf Z total= (0.641+j1.106) + 11.056 + j6.689 Z total= 11.697 + j7.695 Z total= 14.06 33.6 I1= V1/Ztotal I1= ( 460/3) / ( 11.697 + j7.695 ) I1= 15.87 - j10.44 A I1= 18.9 -33.6 A
fp= cos fp= cos 33.6 fp= 0.8333 Pin= 3 x V x I x fp Pin= 3(460)(18.9)(0.8333) Pin= 12.54 Kw Pcu1= m x I12 x r1 Pcu1= 3(18.8)2(0.641) Pcu1= 685 w Pcgir= Pin - Pcu1 Pcgir= 12540 – 685 Pcgir= 11855 w
Pmd= Pcgir (1-s) Pmd= 11855 (1- 0.022) Pmd= 11594.2 w Pout= Pmd - Prot Pout= 11594.2 – 1100 Pout= 10494.2 w = Poutx 100/Pin = (10494.2 x 100)/ 12540 = 83.69 %
PROBLEMA # 4
Problema #23 Problema #18 Un motor de inducción de 480V, 50 Hp, trifásico, absorbe 60 A, con fp= 0.85 en atraso. Las perdidas en el cobre del estator son de 2 Kw y las perdidas en el cobre del rotor son de 700 w. Las perdidas por fricción y por vendaval son de 600 w, las perdidas en el núcleo son de 1800 w y las dispersas se pueden despreciar.
Encuentre las magnitudes: a.- La potencia de salida. b.- La eficiencia del motor.
SOLUCION:
Pent= 3 VT IL cos Pent= 3 (480 V)(60 A)(0.85) Pent= 42.4 Kw
Pcgir= Pent - Pcu1 – Ph+e Pcgir= 42.4 Kw – 2 Kw – 1.8 Kw Pcgir= 38.6 Kw Pmd = Pcgir – Pcu2 Pmd = 38.6 kw – 700 w Pmd = 37900 w
Pout = Pmd – Pf+v Pout = 37900 w – 600 w Pout = 37.3 kw = (Pout x 100) / Pin = (37.3 kw x 100) / 42.4 kw
= 87.97 %
PROBLEMA 5
Problema #24 Problema #19
Un motor de induccíon trifasico de de 2200 v, 60 hz, 500 HP, tienen la siguientes constantes por fase; r1=0.37 ; X1=1.2; r2’=0.17; X2=0.8, Perdidas en el nucleo = 2300W; Perdidas de fricción-ventilación y hierro rotacional = 11000w. Estator y rotor ambos en estrella . Calcular el deslizamiento y la eficiencia a salida nominal.
Pmd = Po +Pf+v+rot Pmd = 500*746 + 11000 Pmd = 384000 watts
I 2' 2
I 2' 2 I 2' 2
2 V LN 2 ' r ' r1 2 s x1 x 2 ( 2200) 2 / 3
0.37 0.172
2
4
( 2200) 2 * s 2 12.4107 * s 2 0.3774 * s 0.0867
Igualando las siguientes formulas
Pmd Pcgir * 1 s r2' Pcgir m * I * s 2 0.17 2200 * s 2 * 384000 3 * * 1 s 2 12.4107 * s 0.3774 * s 0.0867 s 2.9636 * s 2 0.941289s 0.013487 0 '2 2
S = 0.0150317
Segunda parte
Pcu1 3 * 107 .192 * 0.37 12754 w 2
Pcu 2 3 * 107 .192 *
0.17 389840 w 0.015 Pout Pout 500 * 746 Pin Pcgir Pcu1 Ph f 389840 12754 2300 2
Eficiencia= 95,08%
Problema #25 Problema #20 Un motor de inducción trifásico de 4 polos, 25 Hz, 220 V es operado por un sistema de freno cuya palanca tiene 2 pies de longitud y una fuerza de 35.4 lb. Cuando opera a voltaje y frecuencia nominal las lecturas de los vatímetros es W1 = 5.55 Kw y W2 = 2.90 Kw a una velocidad de 70 rpm. Con el freno quitado la lectura fue de W1 = 1.18 Kw y W2 = 0.8 Kw a una velocidad de 12 rpm. La lectura corregida en el brazo del freno fue de 35.4 lb. Calcular el rendimiento y la corriente de línea en las condiciones de carga.
ns 120F 120 25 750 rpm P 4 Cuando el motor está cargado Cuando se encuentra libre
n = 750 – 70 = 680 rpm n = 750 – 12 = 738 rpm
Tenemos que: La ecuación del torque en forma mecánica es: T = Fxd T = 35.4lbx2pies T = 70.8 lb-pies
La ecuación del torque en forma electrica es:
T 7.04 n Pout Pout 1 70.8 680 7.04 Pout 6838.63 [ W ] La potencia de entrada debe ser vista por los vatímetros y en condiciones de carga se tiene: Pin = W1+W2 = 5550+2900 Pin = 8450 [W]
η
Pout 100 6838.63100 Pin 8450
η 80.93%
El factor de potencia se puede calcular por medio de la lectura de los vatímetros de la siguiente forma:
θ tg
1
5.55 2.90 3 3 W1 W2 1 21.510 tg W1 W2 5.55 2.90
θ 21.510 Luego la corriente de línea es:
IL
Pin 8450 3VLcosθ 3 220cos28.510
IL 25.24[ A ]
Problema #26 Problema #21
Un motor de inducción trifásico rotor devanado de 450 Hp, 2200V, 60 ciclos, 6 polos, tiene los siguientes parámetros por fase: r1 = 0.32 Ώ, r2´= 0.15 Ώ, x1 = 1.15 Ώ, x2´= 0.75 Ώ. La conexión de los devanados del estator y del rotor es Y-Y respectivamente. Las pérdidas por fricción y ventilación son 12 Kw, y las del núcleo 2.5 Kw, Im = 25 A. Determinar la eficiencia a plena carga del motor de inducción trifásico utilizando el circuito aproximado equivalente.
Pmd = Po+PF+V+rot = 450x746+12000 Pmd = 347700 [ W ]
I´2
I´2
2200
v1 r´2 r s 1
2
x1 x´2
2
0.15 0.32 s
2
3
1.15 0.752
22002 s 2 11.1372s2 0.288s 0.0675
Teniendo en cuenta que:
r2´ ´ 2 Pmd m1I2 s 1 s Se obtiene la siguiente ecuación cuadrática en “s”: 2.77796347 1s2 0.95402314 05s 0.01077512 645 0
S1 = 0.331732
S2 = 0.0116333
I2´= 95.63 [ A ]
2 I´2 252 95.6132 I1 Im 2
I1 98.827 [ A ] Pcu1 m1I12r1 3 98.8272 0.32 9376.17 [ W ] r2´ ´2 Pcgir m1I 2 s
3 95.6132
0.15 351810.91 [ W ] 0.0116933
P Pout 450 746 η pout 92.3% P P P 351810.91 9376.17 2500 in hFe cgir cu1 η 92.3%
Problema #27 Problema #22
Un motor de inducción trifásico de 25 Hp, 6 polos, 50 ciclos, que funciona a 960 rpm a plena carga con una corriente de 35 A por fase (rotor). Se permite 250 W para las pérdidas de cobre en el arrancador cortocircuitado y 1000W para pérdidas mecánicas. Calcular la resistencia por fase del devanado del rotor. P 25 746 18650[ W ] out ns 120 F 120 50 1000 rpm P 6
n n s sn 1000 960 0.04 1000 s Pmd Pout PFV
Pcgir
Pmd 1 s
Pmd 186501000 19650 [ W ] Pcgir 19650 20468.75 [ W ] 1 0.04 Pcu2 0.04x20468.75 818.75 [ W ]
PCU2 sPCgir
P P P cu2 curotor curotótica
P P P 818.75 250 568.75 [ W ] curotor cu2 curotórica
P curotor 568.75 fase 3 0.1547 Ώ/fase r rotor I2 352 rotor r 0.1547 Ώ/fase rotor
Problema #28 Problema #23 Un motor de inducción trifásico, jaula de ardilla, de 500 Hp, 2300V, 110A, tiene una corriente de arranque de 5.5 veces la Inominal cuando arranca a plena tensión. Calcule la reactancia en cada una de las líneas para que la Iarr sea 2 veces la Inominal. Asuma un factor de potencia fp de rotor bloqueado de 0.5
VX
VXM
θ VRM
Iarr TR αIarr
VM αVLN
2 V cosθ V sinθ VX VLN M M
X
VX
Iarr TR
α
2In 0.3636 5.5In
VX
2
2300 0.3636 2300cos600 0.3636 2300sin600 3 3 3
VX 887.59V
X
VX
Iarr TR
887.53 4.03 Ώ/fase 2x110
X 4.03 Ώ/fase
Problema #29 Problema#24 Un motor de inducción trifásico, 2200V, 60Hz, 500 Hp tiene las siguientes constantes por fase: r1 = 0.37 Ώ, X1 = 1.2 Ώ, r2´= 0.17 Ώ, X2´= 0.80 Ώ, Ph+fe =2300 W, PF+V = 11000W. El rotor y el estator están conectados en estrella Y-Y. Calcular el deslizamiento a plena carga, para esto utilice el circuito equivalente aproximado del motor de inducción.
Pout Pmd PFVrot Pout Pcgir Pcu2 PFVrot r´ P m I´2 s2 m I´2r´ P out 12 1 2 2 FVrot
I´2
V1 2
1
2 r´2 ´ r s x1 x2
500746 3
2200
2
3
2
0.37 0.17 1.2 0.8 s
2
0.17 s 3
s2 0.015032
s 0.015
2
3
2
0..37 0.17 1.2 0.8 s
2.93068s2 0.9412893s 0.0134876 0 s1 0.306152
2200
0.1711000 2
Problema #30 Problema #25 Cual debe ser la relación de transformación del autransformador que permita arrancar el motor con un Tarr=60% Tn y cuál es el valor de la Iarr. Si se tiene un MI3 de 50 Hp, 6 polos, 440 V, 60 Hz, eficiencia=90%, fp=90%, Iarr(Vn)=525%In, Tarr(Vn)=175 Tn. Método de arranque autransformador: VM Tap= VLN Tarr[TR]= Tap² Tarr(DIR) (1) Iarr[linea]= Tap² Iarr(DIR) (2) Iarr[motor]=Tap Iarr(DIR) (3) De la ecuación #1 tenemos: 60% Tn = Tap² 175% Tn Tap= [60/175]½ = 0.5855 1 Tap = = 1,71 a
por
De la eficiencia tenemos: Pout η = Pin (50)(746) Pin = = 41444,4W 0.90 Pin 41444,4 In = = = 60,424[A] √3 VLLfp √3(440)(0.90)
Luego tenemos: Iarr[TR]= Tap Iarr[DIR] Iarr[TR]= 0,5855 (5,25)(60,424) Iarr[TR]= 185,73 [A]
Problema #31 Problema #26 Se tiene un M13 de 10 polos, 220 V, 13.5 A; tiene los siguientes parámetros: r1=0.33 Ω/fase Ztotal arr=2.09 ∟73.30° r2´arr=0.27 Ω/fase x1+x2´=2 Ω/fase
Tarr(Vn)=4 Kgm Iarr(Vn)=60.8 A
Se pide reducir el Tarr al 60% (Tarr´= 1.6 Kgm) utilizando: Resistencias, Reactancias, Autransformador, o un arrancador Y-∆. Utilizando resistencias
Tarr (Vn) Tarr (Tl) Vm
=
Vm
=
Vn2 VM2 Vn [Tarr (Tl) / Tarr (Vn)]½ = (220 / 1.717) (1.6 / 4) ½
80.33 V
Vrext
= (VLN2 - VM2 *Sen2RB) ½ - VM*CosRB
Vrext
= ((220/1.717)2 –80.332 * Sen2 73.3) ½ - 80.33*Cos 73.3
Vrext
= 77.97 V
Iarr (TR) = (Vm / VLN ) * Iarr[DIR] Iarr (TR) = 80.33 / (220/ 1.717 ) * 60.8 Iarr (TR) = 38.45 A Rext = Vrext / Iarr (TR) = 77.97 V / 38.45 A = 2.03 Ω/fase Utilizando reactancias Vxext Vxext Vxext Xext Xext
= (VLN2 - VM2 *Cos2RB) ½ - VM*SenRB = ((220/1.717)2 –80.332 * Cos2 73.3) ½ - 80.33*Sen 73.3 = 47.959 V = Vxext / Iarr (TR) = 47.959 V / 38.45 A = 1.247 Ω/fase
Por Autotransformador
Tarr (TR) = Tap2 * Tarr (Vn) Tap
= √1.6 / 4
= 0.6324
a = 1.58
Iarr[TR]= Tap Iarr[Vn] Iarr[TR]= 0.6324 * 60.8 Iarr[TR]= 38,45
[A]
Iarr[Linea]= Tap2 Iarr[Vn] Iarr[Linea]= 0.6324 * 60.8
Iarr[Linea]= 24.31 [A] Por arrancador Y-∆.
Tarr (Y) = 1/3 * Tarr (∆) Tarr (Y) = 1/3 * 4 Kgm Tarr (Y) = 1.33 Kgm CONCLUSIÓN: Como Tarr (Y) < Tarr „ entonces si se pede utilizar este tipo de arrancador.
Problema #32 Problema # 27
Un motor de inducción trifásico de 50 Hp, 440 V, 60 Hz, 4 polos, n= 1476 rpm, tiene un Tmáx. = 200% Tnom., r2´= 0.2 Ω/f. Asuma que las pérdidas Pf+v= 0 y r1= 0. Además el rotor está conectado en Y. Calcular la Pcu2 , la velocidad que desarrolla a Tmáx.
120*f ns =
= p
ns – n s= = ns
120*60 = 1800 rpm 4 1800 - 1476 = 1800
Pmd= Pout + Pf+v+rot Pcu2= sPcgir Pcgir= Pmd/(1-s) Pmd= 50*746 = 37300 W Pcgir= 37300/(1-0.03)= 38453,60 W Pcu2= 0.03*38453,60= 1153,60 W
0.03
Bajo la condición de que r1=0, se tiene que: Tn
2
=
2
=
Tmáx (Sn/STmáx)+(STmáx/Sn) (0.03/STmáx)+(STmáx/0.03)
STmáx2 – 0.12STmáx + 0.032 = 0 STmáx = 0.00803 STmáx = 0.111962 , debido a STmáx > Sn
STmáx = (ns – nTmáx)/ ns nTmáx = ns [1- STmáx] = 1800 [ 1 – 0.111962 ] = 1598,46 rpm nTmáx = 1598,46 rpm
Problema #33 Problema #28 Un motor de induccion trifásico rotor devanado de 450 Hp, 220 V, 60 Hz, 6 polos, tiene los siguientes parámetros por fase: r1 = 0.32 x1 = 1.15 r2´ = 0.15 x2 = 0.75 La conexión de los devanados del rotor y del estator es Y-Y respectivamente. Las pérdidas de fricción y ventilación son 1200 W, y las del núcleo 2500 W, Im = 25 A. Determinar la eficiencia a plena carga, utilizar el circuito equivalente aproximado. Pmd = Po+PF+V+rot Pmd = 450*746 +1200 = 347700 W I2´= V1 / [(r1+r2´/s)2+(x1+x2´) 2] (1) Pmd = m1 I2´ 2 r2´[(1-s) /s]
1/2
(2)
Elevamos al cuadrado la ec.1 : I2´ 2 = V1 / [(r1+r2´/s)2+(x1+x2´) 2] (3) Despejamos de la ec.2 y de la ec.3 I2´ 2
e igualamos:
22002*s2*0.15 347700= 3 * * [1-s] (11.1372s2 + 0.288s + 0.0675)*s 2.777963471 s2 – 0.954023s – 0.010775 = 0 s = 0.331732 s = 0.01169 , I2´ = 95.613 [A] I1 = √Im2 + I2´2 = 98,827 [A] Pcu1 = m1*I12*r1 = 3(98,827)2 (0.32) = 9376,17 W Pcgir = m1*I2´2*(r2´/s) = 3(95,613)2 (0.15/0.01163) = 351810,91 W Pout η=
Pout =
Pin Pcgir + Pcu1 + Ph+e + 9376,17 + 2500 η = 92,3 %
450*746 = 35810,91
Problema No. 1
(Sacado de copias proporcionadas por el profesor págs. 88,89 (Prior 45))
Problema #34 Problema #29 Explique por qué el “maximun” o torque de arranque de un rotor embobinado en un motor de inducción permanece sin cambio, mientras que la resistencia del rotor es variada. ¿ Por qué el máximo valor del torque curces ocurre a diferentes valores de deslizamiento ?
Solución El torque desarrollado en el rotor de un motor de inducción Tr, es proporcional al producto de (1) El campo rotacional magnético el cual se vincula al rotor y producido por la corriente de los devanados del estator, Por (2) El campo magnético producido por la corriente del rotor, Por (3) El coseno el desplazamiento angular entre estos campos magnéticos. Permite Er ser el voltaje inducido en el rotor cuando el voltaje estimado esta impreso en el devanado del estator y en el rotor es estacionario a 10% de deslizamiento. A una frecuencia establecida o específica, Er es directamente proporcional a la fuerza del campo magnético rotatorio ( o rotacional). El campo magnético producido por la corriente del rotor es proporcional al voltaje inducido en el rotor a cualquier deslizamiento (s).
Ahora Corriente del Rotor se expresa como :
sEr Ir Z
sEr R S 2
2
2 Xr
Donde s: deslizamiento Rr: resistencia del rotor Xr: Reactancia del rotor a cierto valor de frecuencia “f”
Entonces:
(1)
(2)
(3)
Para encontrar la resistencia a la cual ocurre el máximo valor del torque, Tr, e igualamos la derivada a cero.
dTr dRr
2 ( Rr
s
2
2 2 2 2 X r ) * KEr s 2 KsEr Rr 2 2 2 2 ( Rr s X r )
0
2 ( Rr
s
3
s
2
2 2 X r ) * ksEr
2 2 kX r Er
2 Rr
s
2
2 Xr
Rr sX r
2 2 2 KsE r Rr
2 2 sKRr Er
0
La reactancia del rotor para la condición estacionaria , Xr, es constante, así que como Rr es varaible, hay algunos valores de deslizamiento los cuales resultan por las condiciones necesarios de Torque Máximo.
Por consiguiente el máximo torque ocurre cuando Rr es igual a sXr. Para valores de Rr iguales y menores que Xr, el máximo torque deberá ser constante y ocurrir para valores de deslizamiento lo cual hace que Rr = sXr.
Problema No. 2
(Sacado de copias proporcionadas por el profesor págs. 95 (june 56))
Problema #35 Problema #30 Un cierto motor de inducción trifásico jaula de ardilla, consume 150 amperios cuando arranca al 75 % de su rated voltage y desarrolla un torque de 120 lb - pie. Este motor es diseñado para y servir a una carga, la cual es prácticamente constante y requiere un torque normal de arranque. La potencia es suministrada para una utilidad pública en un área urbana.
A) Calcule el torque de arranque y la corriente de esta máquina cuando su rated voltage valor es aplicado. B) Sobre que asunciones están basados sus calculos. C) ¿Qué objeciones, si las hay, podría alcanzar a través de la linea si esta máquina es arrancada regulamente dos veces al día ? .
La corriente de arranque de un motor de inducción varia directamente con el impresed voltage y el torque desarrollado varía con el cuadrado del impressed voltage.
A ) Corriente de Arranque
100% I st *150 200 Amperios 75%
TORQUE DE ARRANQUE :
2
100 Tst *120 213lb pie 75 B) Asumimos que las resistencias y reactancias equivalentes del rotor y estator son del mismo valor para cada voltaje. C) Habrá un pronunciado dip voltage el cual afecta el alumbrado.
Tomado de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por L.W.Matsch ( Ejemplo 7.1, pags 384-388 )
PROBLEMA No.3
Problema #36 Problema #31
Un motor de inducción de rotor devanado de 15-hp, 440 volt, trifásico, 60-Hz, 8 polos, tiene su estator y rotor conectados en estrella. La relación de las vueltas efectivas del rotor es b = 2.4 a 1. Las pérdidas de fricción de aire y fricción son 220 watts a velocidad nominal y pueden considerar constantes desde cero carga hasta carga plena. El estator y el rotor tienen las siguientes constantes por fase
ESTATOR
ROTOR
r1 = 0.52 ohm x1 = 1.15 ohm xM = 40.0 ohm rfe = 360 ohm
R22 = 0.110 ohm X22 = 0.20 ohm
Las pérdidas de carga parásitas son 120 watts. Use el circuito equivalente (a), para calcular lo siguiente para un desplazamiento s = 0.045 con un voltaje nominal balanceado y frecuencia nominal aplicados al estator y con los anillos deslizantes del rotor en corto – circuito: i.- Corriente del estator, ii.- factor de potencia, iii.- corriente en el embobinado del rotor, iv.- salida en caballos de potencia, v.- eficiencia, y vi.-par.
(b) Repita la parte (a) usando el circuito equivalente aproximado, Figura a continuación ( parte b ) , (c) Compare los resultados de las partes (a) y (b) en forma tabulada. Solución: En ambos circuitos equivalentes de la Figura 7.7, la impedancia del rotor se refiere al estator con el uso de la relación de impedancia : b2 = (2.4) 2
de tal forma que : r2 = b2r22 = 5.76 * 0.110 = 0.634 ohm por fase x2 = b2x22 = 5.76 * 0.20 = 1.15 ohm por fase
Para un deslizamiento s = 0.0045, la impedancia del rotor referida al estator es :
r2 0.634 z2 jx2 j1.15 14.10 j1.15 14.134.7 o s 0.0045 ( Ohms por fase ) La impedancia de dispersión del estator es : Z1 r1 jx1 0.52 j1.15 1.2665.6o y la impedancia de excitación referida al estator es r fe jxM (360)( j 40) ZM 39.883.65o 4.40 j 39.5 r fe jxM 360 j 40 ( Ohms por fase )
(i) Ahora ya se puede determinar la corriente del estator simplemente dividiendo el voltaje, aplicado a una fase del estator por la impedancia del circuito. La impedancia es de la figura (a).
Z z1
z2 z M z2 z M
o o ( 14 . 13 4 . 7 )( 39 . 8 83 . 65 ) o 1.26 65 .6 14 .134.7 o 39 .883 .65 o
562 88 .35 o 0.52 j1.15 44 .865 .6o
12.09 j6.00 13.4726.4o Ohms por fase
El voltaje por fase es:
440 V 254 3 que produce la corriente del estator
V 254 26 .4o I 18 .85 26 .4o Amperios por fase Z 13 .47 (ii) El factor de potencia del motor es :
P.F . cos cos 26 .4 0.895 o
(iii)La corriente del embobinado del rotor
E2 I1z2 z M I1 z M I2 z2 z2 z M z2 z2 z M
18 .85 26 .4 39 .883 .65 16 .75 8.35 o
o
o
44 .865 .6o
I 22 bI2 2.4 *16.75 8.35 40.2 8.35 o
o
(Amperios por fase)
(iv)Salida en caballos de potencia 2 1 s 2 1 0.045 Pem mI 2 r2 316 .75 * 0.634 11 .300 watts s 0.045
Pmec Pem Pfw Pstray 11.300 (220 120) 10.960watts
10.960 746 14.7hp P. fw = pérdidas de fricción y ventilación P. stray = pérdidas de Corrientes Parásitas
(v) La eficiencia es la relación de la entrada a la salida. La potencia real de entrada es :
Pen mVI 1 cos 3 * 254 *18 .85 * 0.895 12 .88 watts E ff
10.960 1920 1 1 0.149 0.851 12.880' 12.880 E ff eficiencia
(vi) El par es la relación de la potencia mecánica a la velocidad angular mecánica de rotación. La velocidad angular es :
2 1 s nsin wm 60
120 * 60 2 (1 0.045) 8 90.0 rad seg 60 nsin velocidad de sincronismo
y un par o torque de:
10.960 T 121.8n m 90
b) (i) En base al circuito equivalente aproximado de la figura ( parte b) se encuentra que la corriente del rotor referida al estator es :
x1 V 1 xM I2 z1 z2
x1 V 1 xM r2 r1 j x1 x2 s 1.15 254 1 246 .7 246 .7 40 0.52 14 .1 j 2.30 14 .62 j 2.30 14 .80 8.95 o
16.7 8.95 16.5 j 2.60 o
amperios por fase
La corriente de excitación :
IM
x 1 V 1 x 246 .7 246 .7 m 0.69 j 6.17 zm 360 j 40
y la corriente del estator es :
I1 I 2 I M 16.5 j 2.60 0.69 j 6.17
17.19 j8.77 19.30 27.0
o
(ii) El factor de Potencia es :
P.F . cos cos 27 .0o 0.890 La corriente actual en el embobinado del rotor es :
I 22 bI 2 2.4 *16 .7 40 .1
( amperios por fase o por anillo deslizante )
(iii) La potencia mecánica desarrollada es : 21 s
2 1 0.045
Pem mI 2 r 3 ( 16 . 7 ) 2 0.634 11 .260 watts s 0.045
(iv) La potencia mecánica es :
Pmec Pem Pfw Pstray 11 .260 (220 120 ) 10 .920 ( watts )
con una salida en caballos de potencia de hp=10.920 / 746 = 14.65 (v) La potencia de entrada es
Pen 3VI cos 3254 19 .30 0.890 13 .080 ( watts)
y la eficiencia es
E ff
Pmec 10.920 2160 1 0.835 Pen 13.080 13.080 ff E
Eficiencia
Pmec 11 .040 Torque 122 .7 n m wm 90 .0 c) Tabla de resultados
CIRCUITO Deslizamiento, s Corriente del estator, I1 Corriente del Rotor, I22 Factor de Potencia Potencia de Entrada,kw Potencia de Salida, kw Eficiencia
Equiv.(a) 0.045 18.85 40.2 0.895 12.88 10.96 0.851
Equiv. Aprox. (b) 0.045 19.3 40.1 0.89 13.08 10.92 0.835
La tabla de resultados en el Ejercicio muestra los cálculos basados en circuito equivalente aproximado de la figura ( parte b), y con la corrección aplicada al voltaje del estator, para estar de acuerdo con los cálculos basados en el circuito equivalente más exacto en la Figura ( parte a) .
Sin embargo, en pequeños motores tales como servomotores de dos fases usados en dos sistemas de control la resisitencia puede ser varias veces tan grande como la reactancia de control de dispersión. Adicionalmente, debido a las limitaciones físicas en entre-hierro es proporcionalmente más grande que en motores grandes, con el resultado comparativo de una reactancia de magnetización más baja.
Para tales motores pequeños, el circuito equivalente más exacto en la Figura 7.7 (parte A) o como su modificación en la Figura 7.17( parte d ),debe usarse por lo tanto como base. En último caso,las pérdidas del núcleo se restan con las pérdidas de fricción del viento y fricción de la potencia mecánica desarrollada
V E2 I1z1 dado que :
I1 I 2 I M
V E2 z1 I 2 I M E2 z1I 2 z1I M como :
E2 z2 I 2
V z2 I 2 z1I 2 z1I M
V I 2 z1 z2 z1I M Dado que :
E2 I M Z M IM
E2
z
M
Tenemos :
z V I 2 ( z1 z2 ) 1
z2
E2
Dado que la componente reactiva en ambas impedancias y en son varias veces más grandes que la componente resisitva en los motores de inducción convencionales.
z1 x1 zM xM
E2
es solamente un poco menor y cercano en fase con V en el rango normal de giro entonces:
x1 V z1 z2 I 2 xM x1 V 1 xM
V x1 V xM
( z1 z2 ) I 2
V ( z1 z2 ) I 2
V z1 z2 I 2
x V V 1 1 xM ´
Problema #37 Problema #32
PROBLEMA # 4
(Tomado del problema 7.15)
Macht
Un motor de inducción de rotor devanado de 2300V Y 1000Hp trifásico, 60Hz, 16 polos con el estator y el rotor conectados en estrella, tiene las siguientes constantes: r1 = 0,0725ohm/fase b = 2,025/1 X1 = X2 = 0,625ohm/fase
r22 = 0,0252ohm/fase XM = 17,7 ohm/fase rfe = 200 ohm/fase
Se conecta a un bus de 2300V trifasico 60Hz que también está alimentado por máquinas sincrónicas.
Problema #38 Problema #33
El motor se impulsa a una velocidad de 458rpm y actua como un generador de potencia real. Calcule la corriente del rotor, la potencia real y reactiva de salida de la máquina de inducción. Use el circuito equivalente siguiente. Las perdidas rotacionales se toma como:
3v 2
rfe
DATOS : n 458 p 16 1000 hp
Donde V es el voltaje de línea a neutro
rpm
Circuito equivalente
2300 V 3 150.17 240.56 150.17 A I1 Zeq 5.52 E ' E I2 ' 2 1 Z2 ' Z2 ' 0 240.56 150.17 3 E1 128.28 j139.06 1275.88 6.26 V E1 V1 I 1 Z 1
I2 '
2300
0.629 83.38
1275.88 6.26 173.77 221.51 167.51 A 5.76
P0 Pmdes Pfe rot 1 s 1 0.018 2 Pmdes m1 I 2 ' 2 r2 ' 3221.51 0.103 s 0 . 018 Pmdes 866.94 KW
P0 866.94 26.45 893.4KW
Q0 P0 tg 893.4 tg 167.51 197.9KVAR
Problema #39. Problema #34
Un motor devanado de 450 Hp, 220 voltios, 60 Hz, 6 polos, el motor de inducción tiene las siguientes constantes del circuito por fase referido al estator : Resistencia del rotor: 0.15 ohm , Reactancia de dispersión del rotor: 0.75 ohm . Resistencia del estator: 0.32 ohm , Reactancia de dispersión del estator: 1.15 ohm . Conexión del devanado Y-Y . En adesión, las pérdidas del núcleo son 1200W y la corriente magnetizante es 25A. Calcule la velocidad y eficiencia de esta máquina a carga máxima : I24 – ( 3.9x105 ) I22 + 3.5x109 Corriente de estator; Is= =98 amperios.
I2 =95 Amp.
IS I22 I2 952 252
Perdidas de cobre en el estator; = 9220 Watts. Perdidas del cobre en rotor; =4050 Watts. S = 0.0115
I22 =900
3I S2 R S 3 98 2 0,32
3I 2r R S 3 98 2 0,32
= 1185rpm
% = 93%
Problema #40 Problema #35 Un motor de induccion 3 , 60 hz, 6 polos, 110 voltios, tiene una conexion estator y conexión rotor, la resistencia entre terminales del estator es 0.221 con el rotor corto circuitado y frenado, los siguientes datos fueron tomados: Voltajes entre terminales 36V, corriente por terminales 45.2A y total de potencia de entrada 1500 Watts; Calcule para las condiciones de bloqueo de rotor tasa de voltaje de las siguientes corrientes de fase: I estator, componente de potencia de la I estator; y la componente de potencia de la corriente del estator representando la perdida del cobre del estator. La corriente de un motor de induccion bajo condiciones de bloqueo varia directamente con el voltaje impreso sobre el devanado del estator, y la potencia del motor bajo estas condiciones varia aproximadamente con el cuadrado del voltaje de linea. (Este motor es un motor de Induccion de rotor devanado) Para medidas de voltaje de lineas, EL=110 (Motor Bloqueado)
Corriente de linea; =1138.A. Potencia Total; =14000 Watts.
I b I 'b
EL 110 45,2 Eb 36
EL Pb Pb' E b
Factor de potencia; COS θ b =0.532
2
1100 1500 36
Pb 3 E LIb
2
14000 3 110 138,1
Desde el arrollamiento del estator son conectados en delta, La corriente del estator por fase sera: Corriente de fase del estator: =79.7A Componente de potencia de =42.4
IS
Ib 138,1 3 3
IS IS COS θ b 79,7 0,532
La resisitencia del arrollamiento del estator por fase, RS= (3/2) x0.221 = 0.3315
I2R es la perdida del arollamiento del estator por fase, IS2 RS= 79.72 x 0.3315 = 2100W
La Componente de potencia de la corriente del estator representando la perdida I2R del estator es : I
`` S
IS2 R S 2100 19,1 A. EL 110
Ejemplo 7.5:
Las siguientes constantes son para un motor de arranque con capacitor de ¼ -hp, 60-hz, 115-v, 4 polos: r1= 2.15 ohms x1= 3.01 ohms xM= 70.5 ohms
r2= 4.45 ohms x2= 2.35 ohms
Las perdidas de nucleo = 26.0 watts, perdidas de friccion de viento y friccion = 14.0 watts. Calcule para un deslizamiento de 0.05 la (a) corriente, (b) factor de potencia, (c) salida, (d) para y (e) eficiencia. Solucion: (a) La corriente basada en el circuito V equivalente en la Fig. 7-22 Im (d), es
z1 Z f Z b
Donde z1 = r1 + jx1 = 2.15 + j3.01 , donde Zf Zb se encuentran haciendo uso de la Fig. 7-22 (c), como sigue:
0,5r2 j 0,5x 2 j 0,5x M s Z f R f jX b 0,5r2 j0,5x2 0,5x M s
44,5 j1,175 x 2 j35,25 44,5 j36,43
27 ,252 ,1
16,72 j 21,45
Z b R b jX b
0,5r2 j 0,5x 2 j 0,5x M 2-s 0,5r2 j0,5x2 0,5x M 2-s
1,14 j1,175 j35,25 1,14 j36,43
1,06 j1,17
1,58 47 ,6
y
z A Zf Zb 2,15 j 3,01 16 ,72 j 21,45 1,06 j1,17
19,93 j 25,63 32,552,1
Im
115 3,54 52 ,1amp 32 ,552 ,1
a) El factor de potencia es cos 52.1 = 0.615. b) La potencia desarrollada, de la Ec. 7.63, es Pem = (1 – s) I2m (Rf - Rb) = (0.95) (3.54)2(16.72 – 1.06) = 186 w La potencia mecanica de salida es Psa1 = Pem - Prot Y las perdidas rotacionales son Prot = 26 + 14 = 40 w
Por lo tanto Psa1 = 186 – 40 = 146 w or 0.196 hp
(d) Par
Psa l 146 0,816 n - m 2π 1800 1 - Sω sin 0,95 60
(e) Eficiencia = Entrada
salida / entrada
= VIm cos = 115 x 3.54 x 0.615 = 250
Eficiencia =
146 / 250 = 0.584
Problema 4.
Problema #36
El rotor de un motor de inducción de rotor – devanado se reembobina con el doble de numero de sus vueltas originales y con el área de sección transversal del material conductor en cada vuelta de un medio del valor original. Calcule el valor de relación de las siguientes cantidades en el motor reembobinado a las correspondientes cantidades originales. desprecie los cambios en el flujo de dispersion
a) b) c) d) e)
corriente de rotor a plena carga. La resistencia actual del rotor. La resistencia del rotor referida al estator. Los caballos de potencia nominales, La eficiencia a plena carga. reembobinado
a)
original
I1 N 2 N1 I2
N1 I1 I1 I 2n 2N 2 N 2 2 I 2n N1
I 2 N1 I1 N2
I2n
1 2
I2
b) Como el embobinado es el doble, entonces la longitud se duplica
R2n ρ 12 4 ρ A A 2
R2 ρ A
R2n 4R2 c)
' R2
N1 N2
2
R2
' R 2n
' R 2n
' ' R 2n R 2
N1 2N 2
2
N1 N2
2
4R 2
R2
d)
P0 V2I2
P0n V2nI2n
V1 N 2 V2 N1
V1 N1 V 2n 2N 2
V2 N 2 V1 N1
V2n N 2 2V 1 N1
V2n 2V2
P0n
2V2
I2 2
P0n V2I2
P0n P0
e)
η
P0 x100 Pi
ηn η
ηn
P0n x100 Pi
ηn
P0 x100 Pi
Problema 5. Problema #37 Repita el problema 4. a), b), c). Si el rotor se reembobina con el mismo numero de vueltas como el numero de vueltas originales pero con un medio de la seccion transversal original del material conductor, desprecie los cambios en el flujo de dispersion. a) I1
N2 N1
I1 N 2 N1 I 2n
I 2 N1 I1 N2
N1 I1 I 2n N2
I2
I2n I2
b) Como el embobinado va a tener el mismo numero de vueltas entonces la longitud no varia
R2 ρ A
R2n ρ
ρ 2 1 A A 2
R2n 2R2 c)
' R2
N1 N2
2
R2
' R 2n
' R 2n
N1 N2
' ' 2 R 2n R 2
2
N1 N2
2
R2n
2R 2
Referencias de los Problemas: Ejercicio 1: Problema 45 del Folleto de Problemas Resueltos de Maquinaria II, página 88.
Ejercicio 2: Problema 54 del Folleto de Problemas Resueltos de Maquinaria II. Ejercicio 3: Ejemplo 7-5 de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por Leander W. Matsch, página 419. Ejercicio 4: Problema 7-9 de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por Leander W. Matsch, página 438. Ejercicio 5: Problema 7-10 de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por Leander W. Matsch, página 439.
(Sacado de copias proporcionadas por el profesor págs. 88,89 (Prior 45))
Problema No. 1 Problema#38 Explique por qué el “maximun” o torque de arranque de un rotor embobinado en un motor de inducción permanece sin cambio, mientras que la resistencia del rotor es variada.
¿ Por qué el máximo valor del torque curces ocurre a diferentes valores de deslizamiento ?
Solución El torque desarrollado en el rotor de un motor de inducción Tr, es proporcional al producto de : (1) El campo rotacional magnético el cual se vincula al rotor y es producido por la corriente de los devanados del estator, por (2) El campo magnético producido por la corriente del rotor,
y por (3) El coseno el desplazamiento angular entre estos campos magnéticos.
Permite Er ser el voltaje inducido en el rotor cuando el voltaje estimado esta impreso en el devanado del estator y en el rotor es estacionario a 10% de deslizamiento. A una frecuencia establecida o específica, Er es directamente proporcional a la fuerza del campo magnético rotatorio ( o rotacional). El campo magnético producido por la corriente del rotor es proporcional al voltaje inducido en el rotor a cualquier deslizamiento (s).
Ahora Corriente del Rotor se expresa como :
sEr Ir Z
sEr R S 2
2
2 Xr
Donde s: deslizamiento Rr: resistencia del rotor Xr: Reactancia del rotor a cierto valor de frecuencia “f”
Entonces:
(1)
(2)
(3)
Para encontrar la resistencia a la cual ocurre el máximo valor del torque, Tr, e igualamos la derivada a cero.
dTr dRr
2 ( Rr
s
2
2 2 2 2 X r ) * KEr s 2 KsEr Rr 2 2 2 2 ( Rr s X r )
0
2 ( Rr
s
3
s
2
2 2 X r ) * ksEr
2 2 kX r Er
2 Rr
s
2
2 Xr
Rr sX r
2 2 2 KsE r Rr
2 2 sKRr Er
0
La reactancia del rotor para la condición estacionaria , Xr, es constante, así que como Rr es varaible, hay algunos valores de deslizamiento los cuales resultan por las condiciones necesarios de Torque Máximo. Por consiguiente el máximo torque ocurre cuando Rr es igual a sXr. Para valores de Rr iguales y menores que Xr, el máximo torque deberá ser constante y ocurrir para valores de deslizamiento lo cual hace que Rr = sXr.
(Sacado de copias proporcionadas por el profesor págs. 95 (june 56))
Problema No. 2 Problema #39 Un cierto motor de inducción trifásico jaula de ardilla, consume 150 amperios cuando arranca al 75 % de su voltaje nominal y desarrolla un torque de 120 lb - pie. Este motor es diseñado para y servir a una carga, la cual es prácticamente constante y requiere un torque normal de arranque. La potencia es suministrada para una utilidad pública en un área urbana.
A) Calcule el torque de arranque y la corriente de esta máquina cuando su valor de voltaje nominal valor es aplicado. B) Sobre que asunciones están basados sus calculos. C) ¿Qué objeciones, si las hay, podría alcanzar a través de la linea si esta máquina es arrancada regulamente dos veces al día ? .
La corriente de arranque de un motor de inducción varia directamente con el voltaje aplicado y el torque desarrollado varía con el cuadrado del voltaje aplicado.
A ) Corriente de Arranque
100% I st *150 200 Amperios 75%
TORQUE DE ARRANQUE :
2
100 Tst *120 213lb pie 75 B) Asumimos que las resistencias y reactancias equivalentes del rotor y estator son del mismo valor para cada voltaje. C) Habrá una pronunciada caida de voltage la cual afecta el alumbrado.
PROBLEMA No.3 PROBLEMA #40
Tomado de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por L.W.Matsch ( Ejemplo 7.1, pags 384-388 )
Un motor de inducción de rotor devanado de 15-hp, 440 volt, trifásico, 60 Hz, 8 polos, tiene su estator y rotor conectados en estrella. La relación de las vueltas efectivas del rotor es b = 2.4 a 1. Las pérdidas de fricción de aire y fricción son 220 watts a velocidad nominal y pueden considerar constantes desde cero carga hasta carga plena. El estator y el rotor tienen las siguientes constantes por fase
ESTATOR
ROTOR
r1 = 0.52 ohm x1 = 1.15 ohm xM = 40.0 ohm rfe = 360 ohm
R22 = 0.110 ohm X22 = 0.20 ohm
Las pérdidas de carga parásitas son 120 watts. Use el circuito equivalente (a), para calcular lo siguiente para un desplazamiento s = 0.045 con un voltaje nominal balanceado y frecuencia nominal aplicados al estator y con los anillos deslizantes del rotor en corto – circuito: i.- Corriente del estator, ii.- factor de potencia, iii.- corriente en el embobinado del rotor, iv.- salida en caballos de potencia, v.- eficiencia, y vi.-par.
(b) Repita la parte (a) usando el circuito equivalente aproximado, Figura a continuación ( parte b ) , (c) Compare los resultados de las partes (a) y (b) en forma tabulada. Solución: En ambos circuitos equivalentes de la Figura 7.7, la impedancia del rotor se refiere al estator con el uso de la relación de impedancia : b2 = (2.4) 2
de tal forma que : r2 = b2r22 = 5.76 * 0.110 = 0.634 ohm por fase x2 = b2x22 = 5.76 * 0.20 = 1.15 ohm por fase
Para un deslizamiento s = 0.0045, la impedancia del rotor referida al estator es :
r2 0.634 z2 jx2 j1.15 14.10 j1.15 14.134.7 o s 0.0045 ( Ohms por fase ) La impedancia de dispersión del estator es : Z1 r1 jx1 0.52 j1.15 1.2665.6o y la impedancia de excitación referida al estator es r fe jxM (360)( j 40) ZM 39.883.65o 4.40 j 39.5 r fe jxM 360 j 40 ( Ohms por fase )
(i) Ahora ya se puede determinar la corriente del estator simplemente dividiendo el voltaje, aplicado a una fase del estator por la impedancia del circuito. La impedancia es de la figura (a).
Z z1
z2 z M z2 z M
o o ( 14 . 13 4 . 7 )( 39 . 8 83 . 65 ) o 1.26 65 .6 14 .134.7 o 39 .883 .65 o
562 88 .35 o 0.52 j1.15 44 .865 .6o
12.09 j6.00 13.4726.4o Ohms por fase
El voltaje por fase es:
440 V 254 3 que produce la corriente del estator
V 254 26 .4o I 18 .85 26 .4o Amperios por fase Z 13 .47 (ii) El factor de potencia del motor es :
P.F . cos cos 26 .4 0.895 o
(iii)La corriente del embobinado del rotor
E2 I1z2 z M I1 z M I2 z2 z2 z M z2 z2 z M
18 .85 26 .4 39 .883 .65 16 .75 8.35 o
o
o
44 .865 .6o
I 22 bI2 2.4 *16.75 8.35 40.2 8.35 o
o
(Amperios por fase)
(iv)Salida en caballos de potencia 2 1 s 2 1 0.045 Pem mI 2 r2 316 .75 * 0.634 11 .300 watts s 0.045
Pmec Pem Pfw Pstray 11.300 (220 120) 10.960watts
10.960 746 14.7hp P. fw = pérdidas de fricción y ventilación P. stray = pérdidas de Corrientes Parásitas
(v) La eficiencia es la relación de la entrada a la salida. La potencia real de entrada es :
Pen mVI 1 cos 3 * 254 *18 .85 * 0.895 12 .88 watts E ff
10.960 1920 1 1 0.149 0.851 12.880' 12.880 E ff eficiencia
(vi) El par es la relación de la potencia mecánica a la velocidad angular mecánica de rotación. La velocidad angular es :
2 1 s nsin wm 60
120 * 60 2 (1 0.045) 8 90.0 rad seg 60 nsin velocidad de sincronismo
y un par o torque de:
10.960 T 121.8n m 90
b) (i) En base al circuito equivalente aproximado de la figura ( parte b) se encuentra que la corriente del rotor referida al estator es :
x1 V 1 xM I2 z1 z2
x1 V 1 xM r2 r1 j x1 x2 s 1.15 254 1 246 .7 246 .7 40 0.52 14 .1 j 2.30 14 .62 j 2.30 14 .80 8.95 o
16.7 8.95 16.5 j 2.60 o
amperios por fase
La corriente de excitación :
IM
x 1 V 1 x 246 .7 246 .7 m 0.69 j 6.17 zm 360 j 40
y la corriente del estator es :
I1 I 2 I M 16.5 j 2.60 0.69 j 6.17
17.19 j8.77 19.30 27.0
o
(ii) El factor de Potencia es :
P.F . cos cos 27 .0o 0.890 La corriente actual en el embobinado del rotor es :
I 22 bI 2 2.4 *16 .7 40 .1
( amperios por fase o por anillo deslizante )
(iii) La potencia mecánica desarrollada es : 21 s
2 1 0.045
Pem mI 2 r 3 ( 16 . 7 ) 2 0.634 11 .260 watts s 0.045
(iv) La potencia mecánica es :
Pmec Pem Pfw Pstray 11 .260 (220 120 ) 10 .920 ( watts )
con una salida en caballos de potencia de hp=10.920 / 746 = 14.65 (v) La potencia de entrada es
Pen 3VI cos 3254 19 .30 0.890 13 .080 ( watts)
y la eficiencia es
E ff
Pmec 10.920 2160 1 0.835 Pen 13.080 13.080 ff E
Eficiencia
Pmec 11 .040 Torque 122 .7 n m wm 90 .0 c) Tabla de resultados
CIRCUITO Deslizamiento, s Corriente del estator, I1 Corriente del Rotor, I22 Factor de Potencia Potencia de Entrada,kw Potencia de Salida, kw Eficiencia
Equiv.(a) 0.045 18.85 40.2 0.895 12.88 10.96 0.851
Equiv. Aprox. (b) 0.045 19.3 40.1 0.89 13.08 10.92 0.835
La tabla de resultados en el Ejercicio muestra los cálculos basados en circuito equivalente aproximado de la figura ( parte b), y con la corrección aplicada al voltaje del estator, para estar de acuerdo con los cálculos basados en el circuito equivalente más exacto en la Figura ( parte a) .
Sin embargo, en pequeños motores tales como servomotores de dos fases usados en dos sistemas de control la resisitencia puede ser varias veces tan grande como la reactancia de control de dispersión. Adicionalmente, debido a las limitaciones físicas en entre-hierro es proporcionalmente más grande que en motores grandes, con el resultado comparativo de una reactancia de magnetización más baja.
Para tales motores pequeños, el circuito equivalente más exacto en la Figura 7.7 (parte A) o como su modificación en la Figura 7.17( parte d ),debe usarse por lo tanto como base. En último caso,las pérdidas del núcleo se restan con las pérdidas de fricción del viento y fricción de la potencia mecánica desarrollada
V E2 I1z1 dado que :
I1 I 2 I M
V E2 z1 I 2 I M E2 z1I 2 z1I M como :
E2 z2 I 2
V z2 I 2 z1I 2 z1I M
V I 2 z1 z2 z1I M Dado que :
E2 I M Z M IM
E2
z
M
Tenemos :
z V I 2 ( z1 z2 ) 1
z2
E2
Dado que la componente reactiva en ambas impedancias y en son varias veces más grandes que la componente resisitva en los motores de inducción convencionales.
z1 x1 zM xM
E2
es solamente un poco menor y cercano en fase con V en el rango normal de giro entonces:
x1 V z1 z2 I 2 xM x1 V 1 xM
V x1 V xM
( z1 z2 ) I 2
V ( z1 z2 ) I 2
V z1 z2 I 2
x V V 1 1 xM ´
(Tomado PROBLEMA # 4 PROBLEMA #41
del problema 7.15)
Macht
Un motor de inducción de rotor devanado de 2300V Y 1000Hp trifásico, 60Hz, 16 polos con el estator y el rotor conectados en estrella, tiene las siguientes constantes: r1 = 0,0725ohm/fase b = 2,025/1 X1 = X2 = 0,625ohm/fase
r22 = 0,0252ohm/fase XM = 17,7 ohm/fase rfe = 200 ohm/fase
Se conecta a un bus de 2300V trifasico 60Hz que también está alimentado por máquinas sincrónicas.
El motor se impulsa a una velocidad de 458rpm y actua como un generador de potencia real. Calcule la corriente del rotor, la potencia real y reactiva de salida de la máquina de inducción. Use el circuito equivalente siguiente. Las perdidas rotacionales se toma como:
3v 2
rfe
DATOS : n 458 p 16 1000 hp
Donde V es el voltaje de línea a neutro
rpm
Circuito equivalente
2300 V 3 150.17 240.56 150.17 A I1 Zeq 5.52 E ' E I2 ' 2 1 Z2 ' Z2 ' 0 240.56 150.17 3 E1 128.28 j139.06 1275.88 6.26 V E1 V1 I 1 Z 1
I2 '
2300
0.629 83.38
1275.88 6.26 173.77 221.51 167.51 A 5.76
P0 Pmdes Pfe rot 1 s 1 0.018 2 Pmdes m1 I 2 ' 2 r2 ' 3221.51 0.103 s 0 . 018 Pmdes 866.94 KW
P0 866.94 26.45 893.4KW
Q0 P0 tg 893.4 tg 167.51 197.9KVAR
Tomado de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por L.W.Matsch ( Ejercicio 7.2, pág. 437 ).
Problema No.5 PROBLEMA#42
Un motor de inducción de 208 v, trifásico, 10 hp ,60 Hz tiene su embobinado del estator conectado en estrella y desarrolla una corriente de 30 amperios. Cuando sumistra su carga nominal con un voltaje nominal aplicados al estator. Calcule los valores nominales de:
a) Voltaje de Línea a Línea b) Corriente de Línea c) Caballos de potencia. Si el embobinado del estator se cambiara de una conexión en estrella a una conexión delta.
Configuración Estrella VLN
208 V 120V 3
V
3Z yV VZLL 208
120 Io 4 Z 30
Z Zy 3
Z 3Z y
VLL 208V
Configuración Delta
Z 12
I ab
VLL 208 17.33amp. Z 12
P V * I 208 *17.33 3.6Kw 4.83Hp
PROBLEMA#43
Un motor de inducciòn trifasico con 150 hp, 60-ciclos, 6 polos con 4 kw de perdida en la carga. El rotor y el estator estan conectado en Y y la relaciòn de transformaciòn del estator al rotor es de 4 a 1 . Las resistencia son 1 y 0.09 ohm para el estator y el rotor respectivamente. Calcular: a) las perdidas de cobre en el estator b) las perdidas de cobre en el estator c) el deslizamiento d) el rendimento e) la eficiencia f) el torque donde la corriente es de 30 Amp. Y un factor de potencia de 0.9
Perdidas de cobre del estator: Pc1=m.I1².r1 Pc1=3.30².1=2700 Watts. Perdidas de cobre del rotor. I2=b*I1 ; b=4 ; I2=4*30=120 Amp. Pc2=m.I2².r2 Pc2=3*120²*0.009=3890 watts Perdidas= P carga+Pc1+Pc2 Perdidas= 4000+2700+3890= 10590 watts Potencia de entrada: Pin=3½*Vll*Il*fp Pin=3½*2200*30*0.90=102.900W. Rendimiento en wattios = Pin - perdidas = 102.900 - 10.590= 92.310 watts Rendimiento en Hp = 92.310/746 = 123.7 hp S=Pc2/(Rendimiento+Pc2)= 3890/(92.310 + 3890) =0.04 o 4% Eficiencia= Po/Pin ŋ=92.310 / 102.900 =0.897 o 89.7% Torque: Velocidad de sincronismo: Ns=120*f/p =120*60/6 = 1200 rpm n= ns*(1-S) n=1200*(1-0.04)= 1150rpm torque: T=Hp*33.000/(2*3.14*n) =123.7*33.000/(2*3.14*1150)= 565 lbft
PROBLEMA #44
Un motor de inducciòn trifasico de 250 hp 6 polos 25 ciclos, 600 v. Con una eficiencia de 93% un factor de potencia del 93% y un deslizamiento de 0.03. El motor tiene una corriente de arranque del 800% de la corriente nominal, la potencia de arranque es de 625kw y un torque de arranque de 150% del torque nominal. Si reducimos a un 40% su voltaje de entrada calcular los siguientes parametros: a) la corriente del motor b) la corriente de linea c) factor de potencia d) potencia de salida e) torque desprecie perdidas de magnetizaciòn y compensaciòn a) Corriente del motor: Im=Hp*746/(Eff*3½*Vll*fp)= 250*746/(3½*600*0.93*0.93)=208 Amp.
Ist=8*208= 1660 Amp. Tst= 1.5*Tn
Reduciendo hasta el 40% Vln=240v. A) Corriente del motor Im=240*1660/600= 665 Amp b) Corriente de linea Il=240*665/600= 266 Amp. C) Factor de potencia fp=100000/(3½*240*665)= 0.362 d) potencia de entrada Pin= 625*1000*(240/600)²=100000 Watts e) torque Tst= 1.5*Tfl*(240/600) ²=0.24*tfl tfl: torque nominal ns=120*f/p =120*25/6=500 rpm n=ns*(1-s) =500*(1-0.03)= 485rpm tfl=Hp*33000/(2*3.14*n)=250*33000/(2*3.14*485)=2710 tst=0.24*2710=650 lb-ft
PROBLEMA # 1 PROBLEMA#45 Los siguientes resultados de prueba se obtuvieron en un motor de inducción de 10 hp trifásico, 440 voltios, 14 amperios, 60 Hz, 8 polos, con un rotor de jaula de ardilla individual. Prueba de cero carga 440 v línea a línea, corriente de línea 5,95 amperios, potencia trifásica 350 w Prueba de rotor trabado a 60 Hz 94,5 v línea a línea, corriente de línea 13,85 amperios, potencia trifásica 890 w La resistencia del c-d del estator fue medida inmediatamente después de la prueba de rotor bloqueado, dando un valor promedio de 0,77 ohm por fase. Calcule las pérdidas rotacionales de cero carga y las constantes para el circuito equivalente.
Corte típico de un motor jaula de ardilla pequeño
Solución: De los datos de prueba de cero carga
440 Z0 42 .8 5.95 * 3 350 r0 3.30 . 2 35.95
x0
48.8
2
3.30
2
42.6.
De la prueba de rotor trabado :
ZL
94 .5 3.96 . 13 .85 3
890 rl 1.545 . 2 313 .85
De donde :
xl
3.96 1.545 3.65. 2
2
x1 x2 0.5 x3.65 1.825 .
xM 42 .6 1.825 40 .77 . r0l r1 1.545 0.77 0.775 .
Prueba de rotor trabado y frecuencia reducida (máquinas de doble jaula y barra profunda) Lo valores de la resistencia del rotor obtenidos a plena frecuencia de una prueba de rotor bloqueado en máquinas de jaula doble y barra profunda es el valor para el arranque y por lo tanto está presente en el rango normal de marcha. También la reactancia de dispersión es menor en el arranque que en el rango normal en marcha. Estos dos efectos son debidos a la relativamente alta frecuencia de la corriente del rotor en el punto de reposo. Por lo tanto, el Código de pruebas del IEEE recomienda que la prueba de rotor trabado se realice a una corriente trifásica nominal a una frecuencia de 15 Hz para obtener los valores de la resistencia del rotor y reactancia de dispersión que se aplican al rango normal en marcha.
PROBLEMA # 2 PROBLEMA#46 Las pruebas en un motor de inducción de barra profunda de 75 hp trifásico, 60 Hz, 440 voltios, 88 amperios, 6 polos, 1700 rpm (clase B) dieron los siguiente resultados: )Cero carga
440 v línea a línea, corriente de línea 24,0 amperios, potencia trifásica 2,56 kw )Prueba de rotor trabado a 15 Hz 28,5 V línea a línea, corriente de línea 90,0 amperios, potencia trifásica 2,77 kw
)Valor promedio de la resistencia de c-d entre las terminales del estator 0.0966 ohm, terminal a terminal )Prueba de rotor trabado a voltaje nominal 60 HZ 440 v línea a línea, 503 amperios corriente de línea, 150, 0 kw potencia trifásica Calcule (a) las constantes del circuito equivalente , para el rango de rotación y (b) el par electromagnético en el arranque a pleno voltaje.
Solución: De la prueba de cero carga 440 Z0 10 ,57 . 24 .0 3
X0
10,57
2
1,48 10.45. 2
2560 r0 1,48 . 2 324
De la prueba de c-d
r 0.0966 2 0.0483 .1 De la prueba de rotor bloqueado a 15 Hz
Z l15
28 .5 0.183 . 90 ,0 3
rl15
2770 0.114 . 2 390 .0
xl15
0.183
2
0.114 0.1435. 2
El valor correspondiente de 60-Hz es x
60 60 xl15 x0.1435 0.574. 15 15
La reactancias de dispersión se determinan , como
xl 0,4 xl1 0.40.574 0.230 .
x2 0.6 xl 0.60.574 0.344 . La reactancia de magnetización
xm x0 xi 10 .45 0.23 10 .22 .
PROBLEMA # 3 PROBLEMA#47 Las siguientes constantes se aplican a un motor de inducción de jaula de ardilla de 220 v, 50 Hp trifásico, 60 Hz, conectado en Y, 6 polos
r1 3,5r / fase x1 x2 7.2. por. fase
xm 328 . por. fase
r2 2.4r / fase rf e 4.170 . por. fase
Asuma que rf e incluya las pérdidas rotacionales y calcule, para un deslizamiento de 0,019 (1) par (2) caballos de potencia de salida (3) eficiencia (4) factor de potencia en base de (a) el circuito equivalente y (b) el circuito equivalente aproximado.
CIRCUITO EQUIVALENTE
1) EL PAR Pout Walt T Wmec
n 1 5ns 120 f ns p
N
120 60 Hz 1200 rpm 6 polos
n 1 5ns 1 0.014 1200 rpm 1177 ,2rpm wmec
2 21177.2.rpm 123.276 60 60
Z S' r2' / s jx 2' 2.4 / 0.019 j 7.2 126 .315 j 7.2
rfe . jXm 4170 j 00 j328 Z M rfe jXm 4170 j328 rfe jxm
Z m 326 .99 85,50 r
Z m 25 .64 j 325 .98 r
Z m..Z 2' 126.31 j 7.225.64 j3,98 Z eq Z m Z ' Z m Z 2 126,315* j 7.2 25,64 j325,98 ' 2
' 2
Z eq 103 .77 j 44 .65 r ' 2
2.200 V V1 3 I1 Z1 Z 2' eq 103 ,775 j 44 ,65 3,5 j 7.2
I1
1270 ,17 0V
107 ,275 j51,85
10 .66 25 .797 A
' I1Z m1 E 10,66 25,797326,9985,50 ' 2 I2 ' ' Z 2 Z 2 Z m 126,523,36 326,9985,50
I 2' 9.518 5.778 A )TORQUE 1 7,04 7,04 1 2 r2 39,5182 2,4 201,40lb pie T m1 I 2 ns s 1200 0,019
)CABALLO DE POTENCIA DE SALIDA Pout = Pmd – P perdida
Pmd m I
1 s 2 1 0.019 r 39,518 2,4 33677 ,45W s 0.019
1 2 1 2 2
E2' V2' I1Z1 1270 ,172 0V 10 ,66 25,797 A8,064 ,07 E21 1204 ,338 2,5158 V I 0,288 2,5158 Amp 4170 0r rfe
E2' 1204 ,338 2,5158 V
P I rfe 0,288 4170 345 ,876 W 2 2
2
Pout 33677 ,45w 345 ,876 w 33331 ,573 w / 746
Pout 44,68Hp 1)
EFICIENCIA
Pout N x100% Pin
I 10,66 25,797 Amp / fase fp Cos fp Cos 25,797 0,9
Pin mV1I11CosO 3 220 / 3 10 ,66 6,9 36558 ,049 W 44 ,68 Hp N x100 % 91,18 % 49 Hp
Pin = 49 Hp
Parte b ns=120*f1/p=120*(60Hz/6) =1200 rpm V1= I2’[(r1+r2’/s)+j(x1+x2)]
I2’=9.72 -6.329 Amp 1.- T=(7.04/ns) *m1*(I2’)2*(r’/s) =7.04*3*(2.4/0.019)= T=210[lb-pie] 2.- Pout=Pmd-Pperdidas Pmd=m* I2’* r2’*(1-s)/s=(3*(9.72) 2*2.4*(1-0.019)/0.019=
Pmd=35122.1W
Pperdidas=V2/R=(2200/(3)½)/4170 =386.89 W Pout=Pmd-Pperdidas= 347535.21W/746W =46.56 Hp = (Pout/Pin)*100% Pin=m*V*I*Cos I1=Im+I’2 =V/(rfe//jXm) Im= 3.884-85.502 Amp I1=11.128 -26.37 Amp Pin=(3)*(2200/3)*(11.128)*Cos(-26.37))=37988.76W
% = 91.43%
7.7 Calcule (a) el par máximo y el deslizamiento que ocurre para el motor del problema en base del circuito equivalente Tmax
7,04 m1V1 * 2 2 ns 2 r1 r1 x1 x2
3 220 / 3 7,04 Tmax * 774 ,99 lb pie 1200 2 3,5 3,5 7,2 7,2
2
S max = ¿ Tel Tmax
1* Q2 1 Se 1 Stmaz 1 Q 2 1 2 Sf l Stmax
CIRCUITO EQUIVALENTE APROXIMADO
X1 X 21 Q r1 X1 X 21 7,2r 7,2r Q 4,114r r1 3,5r 20 |,40 774,99
1 1
1 2
4,1142 1
4,1142 1 0,019
Stmax
Stmax 0,019
5,233 0,2598 0,000361 Stmax 1 2,116 0 , 014 Stmax
0,000361 Stmax2 0,2598 0,5499 5,233 0 , 019 Stmax
0,000361 Stmax 2 9,043 Stmax 0,17 Stma 0,000361 0 0,019 Stmax
Stmax
0,00215 0,1678
Stmax = 0,00215
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 1 PROBLEMA#48 Un motor de inducción trifásico de 2200 V, 60 Hz y 500 Hp, tiene las siguientes constantes de circuito por fase:
Resistencia efectiva del estator (R1) = 0.37 Reactancia efectiva en el estator (X1) = 1.20 Resistencia efectiva del rotor, referida al estator (R2’) = 0.17 Reactancia efectiva del rotor, referida al estator (X2’) = 0.80 Pérdidas del núcleo (Ph+e) = 2300 W Pérdidas por fricción y ventilación (Pf+v) = 11000 W
El rotor y el estator están conectados ambos en estrella. Calcular el deslizamiento y la eficiencia del motor a salida estimada.
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 1 Para comenzar nuestro análisis utilizaremos:
Diagrama de flujo de potencia de un motor de inducción.
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 1 Del diagrama de flujo de potencia del motor de inducción tenemos: Pmd 1
Po Pf 3
Pmd 1
v
500 746 11000 3
128000W
R eq / fase R 1 R 2 ' 0.37 0.17 0.54 X eq / fase X Z eq / fase
1
X
2'
1.20 0.80 2
R eq / fase2 X eq / fase2
0.54 2 2 2 2.0716
I2’= Corriente en el rotor referida al estator, despreciando 2200 la corriente de excitación. 1270V 3
V1= Voltaje de fase del estator =
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 1 Haciendo uso del circuito equivalente tenemos que:
V 1 I 2 ' Z eq
I 2'
V1 1270 613.05A Z eq 2.0716
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 1 Finalmente del diagrama de flujo de potencia tenemos: Pérdidas de cobre en el estator (Pcu1) = 3I2’R1= 3(375830.30)(0.37)=417171.63W Pérdidas de cobre en el rotor (Pcu2) = 3I2’R2’= 3(375830.30)(0.17)=191673.45W Pérdidas Totales =Pcu1+ Ph+e + Pcu2 + Pf+v = 417171.63 + 2300 + 191673.45 + 11000 = 622145.05W
Deslizamiento (s ) Eficiencia
Psal Pent
Pcu 2 Pcu 2 191673.45 0.0029 33.29% Pcg Pi Pcu 1 Ph e 500 746 191673.45 11000 Psal 500 746 0.3748 37.48% Psal Perd 500 746 622145.05
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 2 PROBLEMA#49 Un motor de inducción de trifásico, 230 V, 6 polos y 60 Hz, está cargado por medio de un freno prony. La longitud y el peso muerto de éste son de 2 pies y 2 libras, respectivamente. La potencia de entrada es medida por dos watímetros, P1 y P2, de acuerdo al método de los dos watímetros. Con 230 V de voltaje de placa, la fuerza total deliberada por el freno prony es de 30 libras. P1 y P2 indican 3.5 y 7.0 kilovatios, respectivamente y el deslizamiento es del 10%. Calcular: •Los Hp de salida del motor •Su eficiencia y •Su factor de potencia.
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 2 Un diagrama del motor de inducción con método de medición de potencia de entrada de dos watímetros se muestra a continuación:
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 2 Velocidad sincrónica del campo magnético (ns): ns
120 f 120 60 1200rpm p 6
Velocidad del rotor (nr): nr ns (1 s ) 1200 1 010 . 1080rpm
Torque de salida (T): Tsal Lectura de balance de la red brazo de freno 30 2 2 56lb . ft
Potencia de entrada (Pent):
Pent P1 P 2 35 . 7.0 105 . KW
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 2 Finalmente aplicando ecuaciones conocidas tenemos que: 2 nr Tsal 2 1080 56 115 . Hp 33000 33000 Psal Hp 746 115 . 746 Eficiencia ( ) = 0.8170 817% . Pent P1 P 2 10500 3 P 2 P 1 3 7 35 . tan p = 0.577 P1 P 2 35 . 7 p = tan -1 0.577 = 30 Potencia de salida (Hp) =
Factor de potencia (fp) = cos p = 0.866
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 3 PROBLEMA#50
Muestre en base al circuito equivalente aproximado que la corriente del rotor, el par y la potencia electromagnética de un motor de inducción polifásico varía casi directamente como el desplazamiento para pequeños valores del deslizamiento.
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 3 Para comenzar con el análisis de nuestro problema utilizaremos el circuito equivalente aproximado:
Circuto equivalente aproximado para un motor de inducción polifásico.
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 3
Diagrama de flujo de potencia de un motor de inducción polifásico. Del circuito equivalente aproximado y del diagrama de flujo de potencia de un motor de inducción polifásico podemos rescatar lo siguiente:
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 3 Desplazamiento: t Para pequeños valores de desplazamiento: s 0 I 2 ' Corriente en el rotor T = Torque Pcg = P electromagnetica Pcg T Pcg T
f 2
t
ns n f ns
f 2 sf
1
1
s=
f f 2
2 1
Pcu 2 m 1 I 2 ' r 2 ' T s s m 1 I 2'2 r 2' T s 1 1 I 2'2 s T m 1 r 2' t Pcg
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 3 Finalmente para demostrar la variación del Par de un motor de inducción como el deslizamiento para pequeños valores del deslizamiento tenemos que:
7.04 r 2' m 1 I 2'2 ns s 7.04 r 2 'f T m 1 I 2'2 ns f 2 T
= 2 f2
f2 =
1
2 2
7.04 r 2 '(60Hz ) 2 m 1 I 2'2 ; = ns 2 t 7.04 1 t T m 1 I 2 ' 2 r 2' ns 2 7.04 1 T m 1 I 2 ' 2 r 2' ns 2 T
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 4 PROBLEMA#51 La prueba de cero carga y la prueba de rotor bloqueado es un motor dee inducción de fase partida de 1/3 Hp, 115 V, 60 Hz, 1720 RPM da lo siguiente: Prueba de Cero Carga:
Vo=115 V Io= 3.49 A Po=85W
r1=1.86 W
Prueba de Rotor Bloqueado: Vl=115 V Il=18.2 A Pl=1600 W Calcule las constantes para el circuito equivalente y las´pérdidas rotacionales
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 4 Comenzamos nuestro análisis del problema a partir del circuito equivalente de un motor de inducción de fase partida:
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 4 Para obtener las constantes de la bobina principal utilizaremos los datos de la prueba de cero carga: V zm 115 I r 1 V zm 115 3.49 186 . V zm 108.5V P V zm I fp fp
P V I
85 0.224 = cos-1 0.224 108.5 3.49 = 77.02 fp
V zm 108.5 3108 . I 3.49 R m Z m cos 77.02 6.98 Zm
X m Z m sen 77.02 30.28
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 4 Finalmente por la prueba del rotor bloqueado tenemos que:
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 5 PROBLEMA#52 Cuando un motor de inducción de Jaula de Ardilla 2300 V, trifásico y 60 Hz, se arranca a pleno voltaje toma una corriente de arranque de 667 A de la línea y desarrolla un par arranque de 4600 lb.pies. a) Calcule la relación de un compensador de arranque (arrancador tipo autotransformador) tal que la corriente alimentada por la línea de 2300 V es 280 A. Desprecie la impedancia y corriente de excitación del compensador. b) Si la conexión normal del embobinado del estator es Delta, calcule la corriente de arranque y el par de arranque cuando este rotor se arranca desde una fuente de 2300 V 60 Hz, con el embobinado del estator conectado en estrella.
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 5 Un diagrama que muestre el arranque de un motor de inducción por medio de un autotransformador es el siguiente:
PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 5 Del diagrama anterior podemos concluir que:
Iarr TR 280 0.4197 Iarr V n 667 El par - arranque con el compensador de arranque es el siguiente:
Iarr TR Tap Iarr V n Tap =
T arr TR Tap 2 T arr V n 0.4197 2 4600 810.28lb . pie Cuando el embobinado del estator se encuentra conectado en estrella: Iarr linea Tap 2 Iarr V n 0.4197 2 667 117.5A T arr Y
1 1 T arr DELTA 810.28 2701 . lb . pie 3 3
PROBLEMA # 5 PROBLEMA#53
REFERENCIA: TEMA DE EXAMEN PACIAL Un motor de inducción trifasico de 16 Hp 400 V 50 Hz 6 polos estator conectado en Y las pruebas dan el siguiente resultado: Pruebas en Vacio: 400 V, 11 A, 1800 W valores de línea Pruebas de Rotor Bloqueado: 100V 24 A 2060 W
valores de linea . Resistencia del devanado del estator / fase :0.65 relacion de transformacion estator/rotor =2 calcular :
A) La resistencia de arranque incrementada en el rotor para limitar la corriente de arranque a 150% de la Corriente Nominal. Desarrollo: Pruebas de vacio
Pruebas de rotor bloqueado
Po= 1800 W
Pcc=2060 W
Vo= 400 V
Vcc=100 V
Io=11 A
Icc=24 A
o= ?
cc= ?
o =Cos-1 (Po /3* Vo* Io)
cc= Cos-1 (Pcc /3* Vcc* Icc)
o = 76.34
cc= 60.29
Calculo de Icc a voltaje nominal
Icc[vn] = Icc [Vn /Vr] Icc[Vn] = 24*400/100 = 96 Amp. Escala de corriente
Escala de Potencia
1 cm =11 Amp
1 cm EP =( 400/3)*11
X 1 = 96 Amp.
1 cm EP = 2540.34 W
X1 = 8.72 cm Esacla de Torque 7.04 * Escala de Potencia/s =17.88 Lb-pie a 1 cm
PCU2 = 2.273cm* ESP PCU2 = 5775 W Iarr = 1.5 In
Iarr = 1.5*27[A] = 40.5 [A] PCU2 = Ian2*rt rt = PCU2 /Ian2 = 5775 W/(40.5 A)2 rt = 3.5208 rt’=rt /a2 = 3.5208 / (40.5)2 = 0.8802
rt’ = r2’ +r ext’ 0.88 -.54 = r ext’ => r ext’ =0.34
r ext = 0.34
