Ejercicios Resueltos de Sistemas Electromecanicos

Guía de problemas resueltos en Sistemas Electromecánicos

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

GUÍA I: “MATERIALES Y CIRCUITOS MAGNÉTICOS”

1.

Un reactor tiene los siguientes datos V = 380 [V], f = 50 [Hz], pérdidas de foucalt PF = 60 [W], pérdidas por histéresis PH = 190 [W]. a) Determine las pérdidas en el fierro si la frecuencia de alimentación cambiase a 60 [HZ]. b) La sección neta del núcleo es de 40 [cm2], el devanado tiene 400 vueltas y el espesor de cada chapa es de 0,5 [mm]. ¿En qué porcentaje puede aumentarse la tensión aplicada sin sobrecalentar el reactor al usar chapas de 0,35 [mm] para el núcleo?

Resolución: a)

Se sabe que las pérdidas totales en el fierro están dadas por las pérdidas de foucalt, más las pérdidas por histéresis, ambas dependientes de la frecuencia de alimentación según: PT = PF + PH ⎛ Bˆ ⎞ ⎟ PF = C F ·⎜⎜ ⎟ [ ] 1 T ⎝ ⎠

2

⎛ Bˆ ⎞ ⎟ PH = C H ·⎜⎜ ⎟ [ ] 1 T ⎝ ⎠

⎛ f ⎞ ·⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 50[Hz ] ⎠

2

2

2

⎛ τ ⎞ ·⎜⎜ ⎟⎟ ·M ⎝ 0.5[mm] ⎠

(1)

⎛ f ⎞ ·⎜⎜ ⎟⎟·M [ ] 50 Hz ⎝ ⎠

Además: Bˆ =

Vef

(2)

4,44·N · f ·q

Reemplazando: Vef ⎛ ⎞ ⎟⎟ PF = C F ·⎜⎜ N f q 4 , 44 · · · ⎝ ⎠

2

Vef ⎛ ⎞ ⎟⎟ PH = C H ·⎜⎜ 4 , 44 · N · f · q ⎝ ⎠

⎛ f ⎞ ·⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 50[Hz ] ⎠

2

2

⎛ f ⎞ ·⎜⎜ ⎟⎟·M ⎝ 50[Hz ] ⎠

1

2

⎛ τ ⎞ ·⎜⎜ ⎟⎟ ·M ⎝ 0.5[mm] ⎠

(3)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

⎛ Vef ⎞ ⎟⎟ PF = C F ·⎜⎜ 4 , 44 · N · q ⎝ ⎠

2

⎛ Vef ⎞ ⎟⎟ PH = C H ·⎜⎜ 4 , 44 · N · q ⎝ ⎠

⎛ 1 ⎞ ·⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 50[Hz ] ⎠

2

2

⎛ 1 ·⎜⎜ ⎝ 50[Hz ]· f

2

⎛ τ ⎞ ·⎜⎜ ⎟⎟ ·M ⎝ 0.5[mm] ⎠ ⎞ ⎟⎟·M ⎠

(4)

Se tiene entonces que las pérdidas de foucalt son independientes de la frecuencia, no así las por histéresis, que son inversamente proporcionales a la frecuencia. Entonces: PF 60 = PF 50 = 60[W ] ⎛ 50 ⎞ PH 60 = PH 50 ·⎜ ⎟ = 158.3[W ] ⎝ 60 ⎠

(5)

De aquí se obtiene que las nuevas pérdidas totales en el fierro son:

PT 60 = PF 60 + PH 60 = 218.3[W ] b)

(6)

Para no sobrecalentar el reactor, las pérdidas totales deben mantenerse constantes (250[W]) Se sabe que: Vef = 4,44· N · f ·Bˆ ·q

(7)

Ahora bien, despejando Bˆ y reemplazándolo en (1.2), dado que una variación en el espesor de las chapas, sólo afecta a las pérdidas de foucalt, se tiene: 2

2 2 Vef ⎛ ⎞ ⎛ f ⎞ ⎛ τ ⎞ ⎟⎟ ·⎜ ⎟ ·⎜ PF = C F ·⎜⎜ ⎟ ·M ⎝ 4,44· N · f ·q ⎠ ⎝ 50 ⎠ ⎝ 0.5 ⎠

(8)

De este modo las pérdidas de foucalt, reemplazando los datos iniciales, son: Vef ⎛ PF = C F ·⎜⎜ −4 ⎝ 4,44·400·50·40·10

2

2

2

⎞ ⎛ 50 ⎞ ⎛ 0.5 ⎞ 2 −6 ⎟ ·⎜ ⎟ ·⎜ ⎟ ⎝ 50 ⎠ ⎝ 0.5 ⎟⎠ ·M = C F ·M ·Vef ·7,93·10 ⎠

(9)

Y las pérdidas por histéresis: PH = C H ·M ·Vef2 ·7,93·10 −6 Con lo que se tiene, que CH·M=165,93 y CF·M=52,42 2

(10)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Luego, para evitar sobrecalentamiento, las pérdidas no deben ser mayores a 250 [W], es decir: 2

⎛ 0.35 ⎞ 2 −6 PT ' = PF '+ PH ' = C F ·M ·V ·7,93·10 ·⎜ ⎟ + C H ·M ·Vef ·7,93·10 0 . 5 ⎝ ⎠ −6

2 ef

2

⎛ 0.35 ⎞ 250 = V ·7,93·10 (52,42·⎜ ⎟ + 165,93) ⎝ 0 .5 ⎠ ⇒ Vef = 405,62[V ] 2 ef

−6

(11)

Finalmente, se puede aumentar el voltaje efectivo en un 6,74%.

2.

Un reactor tiene un devanado con 128 vueltas y un núcleo con una sección transversal de 40 [cm2], y largo medio 70 [cm]. El material del núcleo tiene la característica de la figura. El núcleo tiene un entrehierro de 0,2[mm]. El reactor se conecta en serie con una fuente de tensión sinusoidal de 50 [Hz] para limitar la corriente.

Figura 1.

Curva de magnetización

a) Si la tensión en el reactor es de 68 [Vef], ¿cuánto vale la corriente? b) Si la corriente que circula por el reactor es de 2,1 [Aef], ¿cuánto vale la tensión inducida?

3

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Resolución: a)

Se sabe que:

V = 4,44· N · f ·Bˆ ·q

(12)

Con lo que se obtiene que Bˆ = 0,6[T], luego vamos a la figura, y de ahí se obtiene que la intensidad de campo H = 1,6 [A/cm]. Además: H aire =

Bˆ

μ0

=

A 0. 6 = 477464.829[ ] −7 m 4·π ·10

(13)

Luego:

N ·I max = H m ·Lm + H aire ·Laire

(14)

Con lo que Imax = 1,62[A], Ief = 1.146[A] b)

Por ley de Ampere, se tiene que:

Bˆ N ·Iˆ = 128·2.1· 2 = 380.14[ A·v] = H m ·Lm + ·Laire

μ0

(15)

Como vemos, se tienen 2 incógnitas, dado que, si bien Hm está relacionado con B, no se conoce la función matemática que los relaciona. Una opción es considerar que la solución se encuentra en la zona lineal, lo que induciría un determinado error. Otra opción, es iterar buscando los valores de Hm y B que cumplen con (15). Luego con Hm = 3[A/cm]:

N ·Iˆ = 3·70 +

1 ·0.0002 = 369.15[ A·v] 4·π ·10 −7

(16)

Luego con Hm = 3.2[A/cm]:

N ·Iˆ = 3.2·70 +

1.02 ·0.0002 = 386.34[ A·v] 4·π ·10 −7

(17)

Se observa que casi se cumple la relación. Luego supongamos B = 1.01[T], entonces:

Vef ≈ 4.44·128·50·1.01·0.004 = 114.70[V ] 4

(18)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

3.

Un reactor tiene pérdidas totales en el núcleo por 100 [W] cuando es alimentado con una tensión alterna de 220 [Vrms] y 50 [Hz].

a) Si se cambia la alimentación por una fuente de 110 [Vrms], 100 [Hz], como cambian las pérdidas en el núcleo. Justifique. b) Si las pérdidas se distribuyen originalmente como 60% por corrientes parásitas y 40% por histéresis, calcule las pérdidas totales para la nueva condición de (a). Resolución: a)

Se sabe que: PT = PF + PH ⎛ Bˆ ⎞ ⎟ PF = C F ·⎜⎜ ⎟ [ ] T 1 ⎝ ⎠

2

⎛ Bˆ ⎞ ⎟ PH = C H ·⎜⎜ ⎟ [ ] 1 T ⎠ ⎝

⎛ f ⎞ ·⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 50[Hz ] ⎠

2

2

2

⎛ τ ⎞ ·⎜⎜ ⎟⎟ ·M ⎝ 0.5[mm] ⎠

(19)

⎛ f ⎞ ·⎜⎜ ⎟⎟·M ⎝ 50[Hz ] ⎠

De esto se tiene:

P F ~ Bˆ 2 · f P ~ Bˆ 2 · f

2

(20)

H

Además: Bˆ =

Por lo tanto, si Vef ' =

Vef 2

Vef

(21)

4,44·N · f ·q

y f ' = 2· f , entonces las pérdidas de foucalt son:

( )

2 PF ' ~ Bˆ ' · f ' 2 2

⎛ Bˆ ⎞ Bˆ 2 · f 2 PF ' ~ ⎜⎜ ⎟⎟ ·(2· f ) ~ 4 ⎝4⎠ P PF ' = F 4 5

2

(22)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Y las pérdidas por histéresis:

( )

2 PH ' ~ Bˆ ' · f ' 2

⎛ Bˆ ⎞ Bˆ 2 · f 2 PH ' ~ ⎜⎜ ⎟⎟ ·(2· f ) ~ 8 ⎝4⎠ P PH ' = H 8 Por lo tanto, las pérdidas totales bajan, dado que ambas bajan. b)

(23)

Con los datos iniciales:

PF = 60%·PT = 60[W ]

PH = 40%·PT = 40[W ]

(24)

Luego, utilizando (16.3) y (17.3):

1 PF ' = ·60 = 15[W ] 4 1 PH ' = ·40 = 5[W ] 8 ⇒ PT = 20[W ]

4.

(25)

El sistema magnético representado en la figura, tiene las curvas de magnetización de que se señala. Determine:

a) b) c) d)

La corriente requerida en el devanado para producir un flujo total de φ = 0.25·10-3[Wb]. La reluctancia total del sistema en el punto de operación de a). La permeabilidad relativa μr para cada material, bajo estas condiciones. La reluctancia para cada tipo de material magnético.

6

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

25mm 30mm 25mm

25m

Figura 2.

Figura 3.

Sistema Magnético.

Curva de Magnetización. 7

m

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Resolución: a)

Por conservación de flujo: r divB = 0 ⇒ − B1 · A1 + B2 · A2 = 0

(26)

⇒ B1 · A1 = B2 · A2 = φ Por lo tanto el flujo se conserva, las inducciones cambian con el área. Acero: A φˆ 0.25·10 −3 ˆ B= = = 0.8[T ] → curva → Hˆ a = 500[ ] −3 Aa 0.3112·10 m

(27)

A φˆ 0.25·10 −3 ˆ B= = = 0.4[T ] → curva → Hˆ f = 700[ ] −3 Af m 0.625·10

(28)

Fierro:

De la figura se extrae que los largos medios para el acero y fierro son: lma = 0.055[m], lmf = 0.2175[m]. Por Ley Ampere: N ·Iˆ = ( Hˆ a ·l ma + Hˆ f ·l mf ) ⇒ Iˆ = 0.360[ A] ⇒ I ef = 0.254[ A]

b)

La reluctancia total esta dada por: ℜT =

c)

(29)

FˆMMT N ·Iˆ 180 A·V = = = 720000[ ] − 3 Wb 0.25·10 φˆ φˆ

La permeabilidad relativa: Para el acero:

8

(30)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

μ ra =

Bˆ a 1 1 0.8 = · = 1273 · −7 Hˆ a μ o 500 4·π ·10

(31)

μ ra =

Bˆ f 1 1 0.4 = = 455 · · −7 Hˆ f μ o 700 4·π ·10

(32)

ℜa =

FˆMMa Hˆ a ·l ma 27.5 A·V = = = 110000[ ] −3 ˆ ˆ Wb 0.25·10 φ φ

(33)

ℜa =

FˆMMa Hˆ a ·l ma 152.25 A·V = = = 609000[ ] − 3 Wb 0.25·10 φˆ φˆ

(34)

Para el fierro

d)

5.

El núcleo de la figura posee un devanado de 680 vueltas. La característica de magnetización del material se muestra también en la figura.

a) Si la bobina se alimenta con 110 [Vef], 50 [Hz], determine el valor máximo de la corriente por el devanado. b) Se aumenta la tensión a 220 [Vef]. ¿Cuánto vale la inducción máxima?, ¿Cómo varía la corriente magnetizante? c) Idéntico a (b), suponiendo que existe un entrehierro de 0,5 [mm]. d) Se conecta una resistencia de 20 [Ω] en serie con el devanado y se aplica una tensión continua de 12 [V]. Determine el estado magnético del material. e) Idéntico a (d), considerando un entrehierro de 0,5[mm].

9

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

B [T]

500 µ0

I V

1,5

N

3 [cm]

15000 µ0

12 [cm] 16 [cm]

Figura 4.

79,4

H [AV/m]

Sistema magnético y Curva de Magnetización

Resolución: e)

Se sabe que: Vef = 4,44·N · f ·q·Bˆ

(35)

De este se obtiene, al despejar Bˆ y calcular (con q = 6·10-4 [m2]), que Bˆ = 1.214 [T]. Para dicho valor de Bˆ , H vale: H=

Bˆ

μm

=

Bˆ ⎡ A⎤ = 64.43⎢ ⎥ 15000·μ 0 ⎣m⎦

(36)

Luego, por ley de Àmpere: N ·I = H ·L ⇒I= f)

1 ·64.43·0.44 = 4.17[mA] 680

(37)

De (23) se tiene que dado que Vef se duplica, también lo hace Bˆ , luego Bˆ = 2.428 [T]. Con ello se trabaja en la parte de saturación de la gráfica. Hˆ =

1 ·( Bˆ − 1.45) 500 μ 0

A Hˆ = 1556.53[ ] m

10

(38)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Luego utilizando (25), se obtiene que I = 1.007[A]. g)

En sistemas magnéticos, en la frontera de 2 materiales de distinta permeabilidad, las inducciones normales son iguales, además se considera la inducción tangencial en el aire igual a cero. De este modo, la inducción sigue manteniendo el mismo valor. Luego, aplicando ley de Àmpere para determinar el efecto sobre la corriente: N ·I = H m ·Lm + H aire ·Laire = H m ·Lm +

B

μ0

·Laire

680·I = 1556.53·0,44 + 1933732.56·0.005

(39)

I = 2.429[ A] h)

Un reactor puede ser modelado como una inductancia, dado que la tensión es continua, entonces se comporta como un “cable”. Luego la tensión inducida es 0, sin embargo, la corriente es distinta de cero. I=

V 12 = = 0.6[ A] R 20

(40)

Luego, ocupando ley de Àmpere podemos calcular el valor de H. Con el podemos deducir desde la curva de magnetización que se encuentra en estado de saturación. H=

N ·I 680·0,6 ⎡ A⎤ = = 927.27 ⎢ ⎥ L 0.44 ⎣m⎦

(41)

⇒ Bˆ = μ m 2 ·H + 1.45 = 500·4·π ·10 −7 ·927,27 + 1.45 = 2.033[T ] i)

Igual a la pregunta anterior, la corriente es la misma. Suponiendo se encuentra en la zona de no saturación. Aplicando ley de Àmpere: N ·I = ⇒ Bˆ =

Bˆ

μ m1

· Lm +

N ·I Lm

μ m1

+

La

Bˆ

μ0

· La

= 0,97[T ]

μ0

El material, como se supuso se encuentra en zona de no saturación.

11

(42)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

6.

El núcleo de la figura tiene en su columna central un devanado con 50 vueltas. El material tiene una permeabilidad relativa constante de 4000. La dispersión magnética es despreciable. (El espesor es 3 [cm])

a) Determine el circuito magnético equivalente e indique el valor de los parámetros. b) Determine el flujo en la columna de la derecha si la corriente en el devanado es de 2 [Aef]. c) Calcule la inductancia del devanado. d) Calcule la inductancia si el devanado está ubicado en la columna del lado izquierdo.

Figura 5.

Sistema Magnético

Resolución: a)

El circuito magnético equivalente es el siguiente:

Figura 6.

Circuito Magnético

Los largos medios son: l1 = 0.22[m], l2 = 0.08[m], l3 = 0.3[m]. Y las áreas: A1 = 0.0006[m2], A2 = 0.0012[m2], A3 = 0.0006[m2] . Entonces las reluctancias son:

12

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

l1 A·V 0.22 = = 72751[ ] −7 −4 Wb μ · A1 4000·4·π ·10 ·6·10 l A·V 0.08 ℜ2 = 2 = = 13227[ ] −7 −4 Wb μ · A2 4000·4·π ·10 ·12·10 l A·V 0.3 ] ℜ3 = 3 = = 99206[ −7 −4 Wb μ · A3 4000·4·π ·10 ·6·10 ℜ1 =

b)

(43)

El flujo es:: N ·I = φT ·ℜ 2 + φ 3 ·ℜ 3 = φ 3 ·(

ℜ1 + ℜ 3 ·ℜ 2 + ℜ 3 ) ℜ1

(44)

Con I = 2 [A]:

φˆ3 = 0.766[mWb] c)

(45)

Para calcular la inductancia es necesario conocer la reluctancia total del sistema: ℜ T = ℜ1 // ℜ 3 + ℜ 2 =

ℜ1 ·ℜ 3 A·V + ℜ 2 = 55198.75[ ] ℜ1 + ℜ 3 Wb

(46)

Luego: L= d)

N2 50 2 = = 0.0453[ H ] ℜ T 55198.75

(47)

Para calcular la nueva inductancia es necesario conocer la nueva reluctancia total del sistema: ℜ'T = ℜ 2 // ℜ 3 + ℜ1 =

ℜ 2 ·ℜ 3 A·V + ℜ1 = 84421.93[ ] Wb ℜ 2 + ℜ3

(48)

Luego: L' =

N2 50 2 = = 0.0296[ H ] ℜ T 84421.93

13

(49)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

7.

El reactor de la figura tiene un núcleo con permeabilidad infinita y dos entrehierros de g = 1 [mm] cada uno. El devanado tiene 100 vueltas. Las pérdidas en el fierro y en el cobre son despreciables. La bobina es alimentada con 220[Vef], 50 [Hz].

a) Determine el circuito magnético y el valor máximo del flujo en la columna central. b) Determine el circuito eléctrico equivalente y el valor de la reactancia. c) Grafique v(t) e i(t), pata t: 0 → 40 [ms]. Cuantifique amplitudes, periodos y desfase. d) Repita los 3 puntos anteriores si el entrehierro de la izquierda se hace igual a g = 0 [mm].

Figura 7.

Sistema Magnético

Resolución: a)

El circuito magnético equivalente es el siguiente:

Figura 8.

Circuito Magnético

Donde Req = Rizq //Rder. Los valores de dichas reluctancias están dadas por:

14

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

ℜ izq

[ ]

g 1·10 −3 = = = 442097 H −1 −7 μ 0 · A 4·π ·10 ·0,0018

; donde

(

)

A = 3·10 − 2 (0,35·171)·10 −3

ℜ der = ℜ izq ℜ eq = ℜ izq // ℜ der =

(50) ℜ izq 2

[ ]

= 221048 H −1

Además el flujo magnético máximo, por la columna central, vale:

φˆ = b)

Vef 4,44·N · f

= 0,01[Wb]

(51)

El circuito eléctrico equivalente es el que sigue:

Figura 9.

Circuito Eléctrico

El valor de la inductancia se calcula como: L=

N2 100 2 = = 0,045[H ] ℜ eq 221048

(52)

De (33) entonces se tiene que: X = ω ·L = 2·π ·50·0,045 = 14[Ω]

c)

Ahora bien, se sabe que:

15

(53)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

V = 220∠0º [V ] •

⇒I= •

V •

j· X

(54)

≈ 16∠ − 90º [ A]

Iˆ = 16· 2 ≈ 22[ A] y Vˆ = 220· 2 ≈ 311[V ] De este modo:

Figura 10. d)

8.

Formas de Onda V(t) e I(t)

Dado que se considera un entrehierro de 0 [mm], entonces la reluctancia de la izquierda es cero, lo que “cortocircuita” el reactor, teniéndose una reluctancia equivalente igual a cero. Esto implica una inductancia L infinita, lo que a su vez se traduce una corriente también igual a cero. El flujo por la columna central no cambia, sin embargo, todo ese flujo se va por la columna izquierda.-

Sea un núcleo de permeabilidad infinita provisto de un entrehierro y 2 bobinas caracterizadas por los parámetros R1 = R2 > g). Datos: N = 1000 [vueltas], g = 0,002 [m], d = 0,15[m], l = 0,1[m], i = 10[A].

Figura 4.

Relé

a) Calcule la energía magnética almacenada Wmag como función de la posición del embolo (0 < x < d). b) Calcule la fuerza sobre el embolo como función de x cuando se mantiene constante la corriente de la bobina en 10 [A]. Resolución: c)

Se sabe que: N 2 ·µ 0 · A L( x ) = 2·g

(20)

Donde A es una función de x, de la forma:

x A = l ·(d − x) = l ·d (1 − ) d

5

(21)

Sistemas Electromecánicos, Guía III:”Fuerzas Electromagnéticas”

Por lo tanto L(x) queda:

L( x) =

N 2 ·µ 0 ·l ·d x (1 − ) d 2·g

(22)

La energía magnética está dada por:

Wmag

N 2 ·µ 0 ·l ·d ·I 2 x 1 2 = ·L( x)·I = ·(1 − ) d 2 4·g

(23)

Finalmente:

Wmag = 235,5·(1 − d)

x )[ J ] 0 < x < d 0,15

(24)

Se sabe que:

fe =

∂Wmag

(25)

∂x

Por lo tanto:

fe =

4.

235,5 = 1570[ N ] d

(26)

Se tiene el sistema magnético doblemente excitado de la figura 5, en el que se pide.

Figura 5.

Sistema magnético doblemente excitado

6

Sistemas Electromecánicos, Guía III:”Fuerzas Electromagnéticas”

a) Determinar expresiones para las inductancias propias y mutuas en función de θr. b) Determine el torque. c) Señale como debe modificarse la construcción física del aparato para lograr. ∂Ls ∂Lr i) ii) =0 =0 ∂θ r ∂θ r Resolución: a)

Estator:

N 2 µ · A·N 2 Ls = = l ℜ

(27)

Ahora bien si θr es 0 ó π, entonces Ls es máximo, cuando es π/2 es mínimo. Por lo tanto:

Ls = Ls 0 + Ls 2 ·cos(2·θ r )

Ls 0 < Ls 2

(28)

Rotor:

Lr =

N 2 µ · A· N 2 = l ℜ

(29)

Si θr es 0 ó π, entonces Ls es máximo, cuando es π/2 es mínimo. Por lo tanto:

Lr = Lr 0 + Lr 2 ·cos(2·θ r ) Lr 0 < Ls 2

(30)

Inductancia Mutua: Lrs es máxima si θr = 0 (máxima positiva) ó θr = π (máxima negativa). Y es mínima (Lrs = 0) si θr = ± π/2. Por lo tanto:

Lrs = Ls 0 ·cos(θ r ) b)

(31)

La energía está dada según:

E (i s , ir ,θ r ) =

1 ( Ls ·i s2 + Lr ·ir2 ) + Lrs ·i s ·ir 2

Con lo que se obtiene el torque:

7

(32)

Sistemas Electromecánicos, Guía III:”Fuerzas Electromagnéticas”

T=

∂L ∂L ∂E 1 2 ∂Ls = (i s · + ir2 · r ) + i s ·ir · rs ∂θ r ∂θ r 2 ∂θ r ∂θ r

(33)

T = −(i ·Ls 2 + i ·Lr 2 )·sen(2·θ r ) − is ·ir ·Lrs 0 ·sen(θ r ) 2 s

2 r

c) Con:

∂Ls = 0 ⇒ Ls = cte. ∂θ

Figura 6.

(34)

Sistema magnético

Con:

∂L ∂Lr =0∧ r ≠ 0 ∂θ r ∂θ r ⇒ Ls = L1 + L2 ·cos(2·θ r ) Lr = Ls Lrs = Lrs 0 ·cos(θ r ) · is

x

Figura 7.

Sistema magnético

8

(35)

Sistemas Electromecánicos, Guía III:”Fuerzas Electromagnéticas”

5.

En el sistema mono excitado de la figura el rotor gira a una velocidad en estado estacionario ωr. El devanado es alimentado con corriente alterna ( i(t) = imax·sen(ωe·t) ). Hallar la velocidad a la cual debe ser impulsado la parte rotatoria para obtener movimiento continuo (Tmedio ≠ 0).

Figura 8.

Sistema monoexcitado

Resolución: a)

La condición para movimiento continuo Te ≠ 0 implica que ωe = ωr. Luego el rotor debe ser impulsado a ωr. Esto se demuestra a continuación. Sea δ(t) el ángulo del rotor para un tiempo t, expresado según:

δ (t ) = ω r ·t + δ (0)

(36)

Se define también el torque eléctrico:

Te =

∂E (i, δ ) ∂δ

(37)

Dado que L1 = L·sen(2·δ), y desarrollando (31): Te = − L·iˆ 2 ·sen 2 (ω r ·t )·sen(2·δ )

(38)

Luego el torque medio:

Te = −

1 2·π 2 ∫ 0 (i ·L·sen 2 (ω e ·t )·sen(2·(ω r ·t + δ (0)))∂ (ω r ·t ) 2·π

(39)

Usando la propiedad trigonométrica sen2(t)= (1-cos2(t))/2, y desarrollando se obtiene que:

Te =

i 2 ·L 2π ∫ 0 sen(2((ω r − ω e )·t + δ (0))∂ (ω r ·t ) 8·π

9

(40)

Sistemas Electromecánicos, Guía III:”Fuerzas Electromagnéticas”

Pero, dado que el torque medio es distinto de 0, ωr = ωe.

i 2 · L 2π ∫ 0 sen(2·δ (0))∂ (ω r ·t ) 8·π i 2 ·L Te = sen(2·δ (0)) ≠ 0 ssi δ (0) ≠ 0 4 Te =

6.

(41)

En el transductor de la figura se tiene N1 = 50 [vueltas] e igual a N2, g = 1 [mm], el radio es de 10 [cm] y el largo axial es de 15 [cm]. Determine:

a) Inductancia L11. b) El torque desarrollado si las corrientes por las bobinas son iguales a i1 = i2 = 2 [Adc].

Figura 9.

Tranductor

Resolución: a)

N 12 L11 = ℜT 2· g ℜT = π ·R·l ·µ 0 Así:

10

(42)

Sistemas Electromecánicos, Guía III:”Fuerzas Electromagnéticas”

N 12 ·π ·R·l ·µ 0 L11 = = 74[ mH ] 2· g b)

(43)

Primero se necesita determinar la forma del campo en el entrehierro:

Figura 10.

Campo en el entrehierro

µ · N ·I Bˆ = o r 2 = 0.126[T ] 2· g Luego la inductancia mutua es:

Figura 11.

Campo en el entrehierro

Entonces el flujo en la bobina del rotor debido a la corriente por el estator es:

11

(44)

Sistemas Electromecánicos, Guía III:”Fuerzas Electromagnéticas” π +δ

Φ 21 = ∫

δ

π

π +δ

δ

π

B (θ )·L·R·k∂θ = ∫ B·L·R·∂θ − ∫

Φ 21 = B·L·R·π ·(1 −

2·δ

π

B·L·R·∂θ (45)

)

Luego el flujo: Ψ21 = N r ·Φ 21 =

µ 0 · N e · N r ·I 1 2· g

·L·R·π ·(1 −

2·δ

π

)

(46)

Entonces la inductancia es: L21 =

µ ·N ·N Ψ21 2·δ ) = 0 e r ·L·R·π ·(1 − 2·g I1 = I 2 π

2·δ L21 = Lˆ 21 ·(1 − )

(47)

π

Lˆ 21 = 49.3[mH ] Entonces:

Figura 12.

Inductancia y Torque eléctrico 12

Sistemas Electromecánicos, Guía III:”Fuerzas Electromagnéticas”

Donde el torque está dado por: ∂L21 ∂δ ∂L

T = i1 ·i 2 ·

∂ 2·δ 2 T =I · ( Lˆ 21 ·(1 − )) = − I 2 ·Lˆ 21 · ∂δ π π T = −0.126[ N ·m]

(48)

2

con δ entre 0 y π

7.

El actuador rotatorio de la figura tiene un devanado de 100 [vueltas] y una 1 reluctancia que puede aproximarse por la funcion: ℜ(θ r ) = 3·10 5 − 2·10 5 ·cos(2·θ r )[ ] . H Si el rotor es mantenido en posición θr = 30 º por una cuerda (como se muestra en la figura) y el devanado es alimentado por una tensión alterna de 100 [Vrms], 50 [Hz]. Calcule la tensión (fuerza) promedio a que es sometida la cuerda.

Figura 13.

Sistema magnético

Resolución: a)

Si se aplica una tensión alterna a los terminales del devanado se establecerá un flujo sinusoidal independiente de la posición del rotor:

13

Sistemas Electromecánicos, Guía III:”Fuerzas Electromagnéticas”

∂Φ = 100· 2 ·sen(2·π ·50·t ) ∂t 2 ⇒ Φ (t ) = cos(2·π ·50·t )

V =−

(49)

π

Dicho flujo si bien varía en función del tiempo, es constante respecto de cambios en la posición del rotor. Sabemos que para condición de flujo constante: ∂E m ∂θ r

(50)

1 2 1 Φ 2 1 Φ 2 ·ℜ E m = L·i = = 2 2 L 2 N2

(51)

Te = −

Reemplazando (40) en (39): Φ2 1 Φ 2 ∂ℜ = − 2 2·10 5 ·sen(2·θ r ) Te = − 2 2 N ∂θ r N

(52)

Ahora reemplazando la expresión de flujo de (38):

4·10 5 Te (t ) = − 2 N

2

⎛ 2⎞ 2 ⎟ ⎜ ⎜ π ⎟ cos (100·π ·t )·sen( 2θ r ) ⎠ ⎝

(53)

Luego el torque eléctrico medio:

4·10 5 1 T Te = − 2 2 ·sen (2θ r ) ∫ cos 2 (100 ·π ·t )∂t N ·π T 0

(54)

Donde T es el periodo de cos2(100·π·t), esto es T = 10 [ms]. Es sabido que el valor medio de dicha función es 1/2.

2·105 Te = − 2 2 sen(2θ r ) = 1,755[ Nm] N ·π Dado que el brazo es de 5 [cm]:

14

(55)

Sistemas Electromecánicos, Guía III:”Fuerzas Electromagnéticas”

1,755 = 35,1 5·10 − 2 Fn Fcuerda = = 70,2[ N ] cos(60º ) Fn =

8.

(56)

El actuador de la figura tiene una sección de 2 x 2 [cm2] y un entrehierro de 1 [mm] cuando los elementos del núcleo están juntos. El devanado es de 200 [vueltas] y 5 [Ω] de resistencia. Si se alimenta el devanado con 20 [Vdc], calcule la máxima masa que se puede colgar para que siga junto.

M Figura 14.

Electro-imán

Resolución: La corriente por el devanado es:

I=

V = 4[ A] R

(57)

Con esto podemos obtener la energía:.

1 1 I ·Φ = I ·N ·B· A 2 2 N · I ·µ o 1 I 2 · N 2 ·µ o · A 1 )· A = E m = I · N ·( 2·x 4 x 2 Em =

La fuerza es entonces:

15

(58)

Sistemas Electromecánicos, Guía III:”Fuerzas Electromagnéticas”

∂E m 1 µ o · N 2 ·I 2 · A =− = −80,4[ N ] fe = 4 ∂x x2

(59)

El signo negativo indica que la fuerza es de atracción. Así, se puede colgar una masa de peso menor o igual a fe

M ·g = f e

⇒

M = 8,2[ Kg ]

16

(60)

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

GUÍA IV : “TENSIONES INDUCIDAS Y CAMPOS MAGNÉTICOS EN DEVANADOS” 1.

Una máquina tiene un devanado de 2 polos distribuidos en 24 ranuras en el estator. El rotor tiene un devanado monofásico alimentado con corriente continua a través de anillos deslizantes y produce una inducción magnética sinusoidal con un valor máximo Bm = 0,7 [T]. El estator tiene un largo axial de 30 [cm] y un radio de 15 [cm]. El rotor es impulsado a 1500 [rpm]. Determinar: a) Velocidad del campo respecto del rotor. b) Frecuencia de las tensiones inducidas en el estator. c) Número de vueltas Nr en cada ranura del estator necesarias para obtener una tensión efectiva de 670 [V] por fase. d) Valor efectivo de la tensión Vb-a’ mostrada en la figura considerando una tensión efectiva por fase de 670 [V]

Figura 1.

Devanado

Resolución: a)

El campo gira junto con el rotor.

vcampo / rotor = 0 b)

La frecuencia del estator está dada por:

1

(1)

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

2·π 2·π rad = 1·1500· = 50·π [ ] 60 60 s

(2)

ω est = 25[ Hz ] 2π

(3)

ω est = p·ω mec = p·η mec · Por consiguiente:

f est = c)

La tensión por fase es: Va − a ' (t ) = 2·ω ·l ·R· N · f dist ·Bˆ ·sen(ω ·t )

(4)

Donde:

z 24 = =4 2· p·m 2·1·3

(5)

2·π · p π = [rad elect ] = 15[º elect ] z 12

(6)

⎛ β⎞ sen⎜ q·1· ⎟ 2⎠ ⎝ = 0,958 = ⎛ β⎞ q·sen⎜1· ⎟ ⎝ 2⎠

(7)

q=

β= Luego:

f dist1

Entonces la tensión efectiva es:

Va − a 'efec =

1 2

2·ω ·l ·R· N · f dist ·Bˆ

(8)

Luego despejando N y resolviendo (8):

N = 100[vueltas]

(9)

Finalmente: Nr = d)

N = 25[vueltas ] q· p

Se tiene:

2

(10)

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

Va − a ' = 670∠0º Con lo que:

∧

Vb −b ' = 670∠240º

Vb − a ' = Va − a ' + Vb −b ' = 670∠ − 60º Vb − a 'efec = 670[V ]

2.

(11)

(12)

Un devanado de estator trifásico de una capa, tiene dos ranuras por polo y por fase, dos pares de polos y cada bobina tiene 20 vueltas: a) Calcular el número de vueltas efectivas por fase para la fundamental y para la 3ª armónica. b) Un devanado excitado con corriente continua en el rotor que gira a 1500 [rpm] produce una distribución de flujo sinusoidal en el espacio de valor máximo 0.2[Wb]. Calcular el valor efectivo de la tensión inducida en cada fase del estator. ¿En qué forma difieren las tensiones inducidas en las tres fases?

Resolución: a) Se conoce que. N efect _ n = q· p· N bob · f dist _ n

(13)

sen(q·n·β / 2) q·sen(n·β / 2) 2·π · p β= ; z = 2· p·m·q z

(14)

Donde

f dist _ n =

β=

π π 2·π · p = = [rad eli ] = 30[º eli ] 2· p·m·q m·q 6

(15)

Luego para la fundamental: f dist _ 1 = 0.966 N efect _ 1 = 2·2·20·0.966 = 77.28[vueltas] Y para la 3ª armónica:

3

(16)

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

f dist _ 3 = 0.707 N efect _ 1 = 2·2·20·0.707 = 56.56[vueltas ]

(17)

b) Considerando un par de polos n = 1500[rpm] luego:

ω1 = p

2·π ·n rad = 2·π ·50[ ] ⇒ f1 = 50[ Hz ] 60 s

(18)

Por consiguiente:

φ = φˆ·sen(ω1 ·t + γ 1 ); con φˆ = 0.2[Wb]

(19)

Entonces:

Ψ = N ef ·φ = N ef ·0.2·sen(ω1 ·t + γ 1 ) ⇒V = −

∂Ψ = −0.2·N ef ·ω1 ·cos(ω1 ·t + γ 1 ) ∂t

(20)

Luego el valor efectivo inducido en cada fase del estator: Vef =

0.2·ω 1 ·N ef 2

=

0.2·2·π · f1· N ef 2

= 4.44·0.2· f 1 ·N ef = 1716[V ]

(21)

Debido a que los ejes magnéticos de las bobinas del estator de las 3 fases están desfasados en 120º, las tensiones inducidas en estas fases también están desfasadas en 120º

3.

Una máquina tiene un devanado trifásico de 2 polos en el estator, distribuido en 24 ranuras con Ne = 25 [vueltas] en cada una. El radio del rotor es de 10 [cm], el largo axial es de 50 [cm] y el entrehierro tiene un ancho de 1 [mm]. El devanado del estator es alimentado por una corriente trifásica de 10 [Aef] y 50 [Hz]. En el rotor se tienen 2 bobinas concentradas 1-1’ y 2-2’ de Nr = 10 [vueltas] cada una. Tal como se muestra en la figura.

4

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

Figura 2.

Máquina

a) Calcule el factor de devanado para la fundamental del devanado del estator. b) Calcule la inducción máxima fundamental producida para una fase del estator. c) Calcule la expresión del campo fundamental resultante del devanado trifásico Bres(θ,t) cuando el valor máximo fundamental producido por una fase es de B1max=1,2[T]. d) El roto está detenido y se tiene el campo del punto c): d.1) Calcule el valor efectivo de las tensiones en el rotor V1-1’ y |V1-1’+V2-2’|. d.2) ¿Cuál es la frecuencia de dichas tensiones? e) Determine la frecuencia de las tensiones inducidas en la bobina 1-1’ cuando el rotor gira a: e.1) 3000 [rpm] e.2) -3000[rpm] Resolución: a)

Tenemos:

2·π · p = 15[º elect ] z z q= =4 2· p·m

β=

(22)

Luego:

f dev1

β⎞ ⎛ sen⎜ q·n· ⎟ 2⎠ ⎝ = = 0,958 ⎛ β⎞ q·sen⎜ n· ⎟ ⎝ 2⎠

5

(23)

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

b)

Se sabe que:

µ · N ·Iˆ ·q 4 Bˆ1 = 0 e est f dev1 = 1,08[T ] π 2· g c)

(24)

La inducción magnética resultante de un devanado trifásico es un campo giratorio:

3 ˆ B1 ·sen(θ − ω ·t ) 2

(25)

Bres (θ , t ) = 1,8·sen(θ − 314·t )

(26)

Bres (θ , t ) = Dado que ω = 2·π·f = 314 [rad/s]:

d)

Tensión en 1-1’:

V1−1'efec =

V1-1’ y V2-2’ Entonces

1

2·ω ·l ·R·N r ·Bˆ res = 400[V ]

(27) 2 están desfasados en 90º, ya que las bobinas lo están también entre sí en 90º.

V1−1' + V2−2' = 2 ·V1−1' = 566[V ]

(28)

Y la frecuencia de las tensiones inducidas en el rotor es:

f = e)

p·η 1·3000 = = 50[ Hz] 60 60

(29)

Cuando el rotor gira a 3000 [rpm], el campo está estacionario con respecto al rotor, de este modo:

fr = 0

V1−1' = V2−2' = 0

(30)

Ahora bien, cuando el rotor gira a la misma velocidad en sentido opuesto, el campo gira a η’ = 6000 [rpm] respecto del rotor. Por lo tanto:

fr =

p·η ' = 100[ Hz ] 60

6

(31)

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

4.

Determine el número de vueltas efectivas de un devanado trifásico conexión estrella, de una capa, de 4 polos, de 2 ranuras por polo y por fase para la fundamental y quinta armónica. Cada bobina tiene 60 vueltas. Dibuje el conexionado del devanado

Figura 3.

Máquina

Resolución: a)

El factor de distribución está dado por::

f dist _ n =

sen(q·n·β / 2) q·sen( n·β / 2)

(32)

Donde:

β=

π 2·π · p 2·π · p = = = 30[º eli ] z 2· p·m·q m·q

(33)

Luego: sen(2·1·30º / 2) = 0.966 2·sen(1·30º / 2) sen(2·5·30º / 2) = = 0.259 2·sen(5·30º / 2)

f dist _ 1 = f dist _ 5

(34)

El número total de vueltas por fase es: N T = q· p· N bob = 240[vueltas ]

7

(35)

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

Las vueltas efectivas son entonces: N ef _ 1 = f dist _ 1 · N T = 231.84[vueltas ] N ef _ 5 = f dist _ 5 · N T = 62.16[vueltas ]

(36)

Y el número de ranuras: z=

2·π · p

β

=

2·π ·2

π

= 24[ranuras ]

(37)

6 b)

Para realizar el conexionado del devanado es necesario conocer:

β = 30[º eli ]

p = 2[ pares polo]

q = 2[ ranuras / polo x fase] z = 24[ranuras ] conexión Y m = 3[ fases]

Figura 4.

Conexionado Extendido

8

(38)

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

Figura 5.

5.

Conexionado Circular

La máquina de la figura tiene el rotor alimentado con una corriente continua Ir = 10 [A] mediante anillos deslizantes. El rotor es impulsado por otra maquina motriz a una velocidad de 3000 [rpm].

Figura 6.

Máquina

a) Grafique el campo del rotor.. b) Calcule la amplitud de la componente de trecera armónica del campo del rotor.. c) ¿Cuánto vale la tensión inducida en el rotor? d) Dibuje la tensión inducida en el estator. En la misma figura dibuje además la fundamental y 3ª armónica de tensión. Especifique. 9

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

e) ¿Vef 1 estator? f) Determine la inductancia del rotor. Resolución: c)

Utilizando ley de Àmpere:

Bˆ I r · N r = Hˆ ·2· g = 2· g

µ0

(39)

Despejando (23) se tiene que:

µ ·I · N Bˆ = o r r = 0,75[T ] 2·g · p

(40)

Luego la gráfica queda:

Figura 7. d)

Campo del Rotor

Se sabe que:

4 Bˆ1 = Bˆ

π

Bˆ 4 ˆ Bˆ 3 = 1 = B = 0,32[T ] 3 3·π e)

(41)

Dado que no existe una corriente distinta a la del rotor que produzca un campo, entonces el flujo por el rotor es constante, luego la tensión inducida en el rotor es 0.

10

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

f)

Se tiene:

ω1 = 2·π · p

η

= 2·π ·50[rad / s] 60 ⇒ f 1 = 50[ Hz ]

(42)

1 = 20[ ms] f1 ⇒ f 3 = 3· f1 = 150[ Hz ]

⇒ T1 =

⇒ T3 =

1 = 6,67[ ms] f3

(43)

La amplitud del Vestator es:

Vˆestator = 2·ω1 ·l ·R· N s ·Bˆ = 848,2[V ] 4 Vˆestator1 = Vˆestator = 1080[V ]

π

(44)

4 ˆ Vˆestator 3 = Vestator = 360[V ] 3·π g) Vestator1efect = h)

Vestator1 2

= 764[V ]

(45)

La reluctancia es: ℜT =

2· g µ o ·π ·R·l

(46)

De este modo la reluctancia es: 2

N Lr = r ℜT

N ·µ ·π ·R·l = 296[mH ] Lr = r o 2·g 2

11

(47)

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

6.

Demuestre que un devanado bifásico alimentado por corrientes bifásicas produce un campo giratorio. Considere que el devanado bifásico tiene sus ejes magnéticos desplazados en 90 [ºeli], de acuerdo a:

FMM a (θ , t ) = FMM b (θ , t ) =

N ef ·ia (t ) 2 N ef ·ib (t ) 2

cos(θ )

(48)

sen(θ )

(49)

Donde las corrientes bifásicas están expresadas por: i a (t ) = Iˆ·cos(ω ·t ) i (t ) = Iˆ·sen(ω ·t )

(50) (51)

b

Resolución: a)

Consideremos

FMM b (θ , t ) =

N ef ·ib (t ) 2

cos(θ −

π ib (t ) = Iˆ·cos(ω ·t − ) 2

π 2

)

(52) (53)

Entonces:

FMM a (θ , t ) = FMM b (θ , t ) =

N ef ·Iˆ·cos(ω ·t ) 2

N ef ·Iˆ·cos(ω ·t − 2

cos(θ )

(54)

) 2 cos(θ − π ) 2

(55)

π

La FMM resultantes es:

FMM (θ , t ) = FMM a (θ , t ) + FMM b (θ , t )

(56)

Usando en (54) y (55):

1 cos( x)·cos( y ) = [cos( x + y ) + cos( x − y )] 2

12

(57)

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

Resulta: FMM a (θ , t ) =

N ef ·Iˆ

·[cos(θ + ω ·t ) + cos(θ − ω ·t )]

(58)

·[cos(θ + ω ·t − π ) + cos(θ − ω ·t )]

(59)

·[cos(θ + ω ·t ) + cos(θ + ω ·t − π ) + 2·cos(θ − ω ·t )]

(60)

4 N ef ·Iˆ

FMM b (θ , t ) =

4

Reemplazando en (56):

FMM (θ , t ) =

N ef ·Iˆ 4

Donde:

cos(θ + ω ·t − π ) = − cos(θ + ω ·t )

(61)

N ef ·Iˆ

(62)

Entonces:

FMM (θ , t ) =

N ef ·Iˆ 4

·[2·cos(θ − ω ·t )] =

2

·cos(θ − ω ·t )

El cual corresponde aun campo giratorio de frecuencia ω [

7.

rad ]. s

La figura muestra un molino usado para la molienda de cobre, el que es movido por un motor sincrónico de 70 polos con un devanado trifásico en el estator. El variador de frecuencia entrega en su salida corrientes trifásicas de frecuencia variable.

a) ¿Cuánto vale el número pares de polos? b) Escriba la expresión del campo fundamental producido por una fase del estator, despreciando las armónicas y considerando que el valor máximo de la inducción 0,8 [T]. Cuantifique. c) Escriba la expresión del campo fundamental resultante del devanado trifásico. Cuantifique. d) ¿Qué frecuencia f0 debe generar el convertidor para que el molino gire a 9 [rpm]. (Nota: En un motor sincrónico el motor gira siempre a la misma velocidad del campo giratorio.)

13

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

Figura 8.

Molienda de cobre.

Resolución: b)

El número de pares de polos es: p=

70 = 35 2

(63)

c)

B1φ = Bˆ ·sen( p·θ )·sen(2·π · f 0 ·t ) B1φ = 0,8·sen(35·θ )·sen(2·π · f 0 ·t )[T ]

(64)

d) 3 B3φ = ·Bˆ ·sen( p·θ − 2·π · f 0 ·t ) 2 B3φ = 1,2·sen(35·θ − 2·π · f 0 ·t )[T ]

(65)

2·π ·η 2·π · f 0 = 60 p p·η f0 = = 5,25[ Hz ] 60

(66)

e)

ωr =

8.

Una máquina rotatoria de 2 polos tiene un devanado trifásico de estator distribuido en 18 ranuras, cada una de 20 [vueltas]. El rotor está construido con un devanado concentrado de 100 [vueltas] y las siguientes dimensiones geométricas: L = 30 [cm], R = 5 [cm], g = 1 [mm].

14

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

a) Calcule los factores de devanado del estator para la fundamental y 5ª armónica. b) Si por el devanado del rotor circulan 10 [A] y el rotor gira a velocidad constante de 3000 [rpm]. Determine la amplitud de la fundamental de la tensión inducida en el estator. c) Determine la tensión inducida en el devanado de rotor cuanto este gira a una velocidad de 1500 [rpm] y el estator es alimentado con corrientes ia, ib, ic desfasadas 120 º entre sí de amplitud 10 2 [A] y 50 [Hz].

Resolución: a)

Primero calculamos el número de ranuras por fase y por polo “q” y el ángulo eléctrico “β”:

z 18 = =3 2· p·m 2·1·3 2·π · p π = [ rad elect ] = 20[º elect ] β= z 9

q=

(67)

Ahora el factor de devanado es: f dev n = f dist n · f cuerda n = f dist n

(68)

β

f dist n

sen(q·n· ) 2 = β q·sen(q·n· ) 2

(69)

Así para la fundamental y quinta armónica: f dist 1 = 0,9558 f dist 5 = 0,2176 b)

(70)

Por ley de Àmpere:

N r ·I r ·µ 0 2·g 4 N ·I ·µ ⇒ Bˆ1 = · r r 0 π 2· g B=

Luego:

15

(71)

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

B1 (θ ) = Bˆ1 ·cos(θ − θ r )

(72)

Entonces el flujo es: π

Φ=∫π 2

−

2

π

B1 (θ )·L·R·∂θ = L·R·Bˆ1 ∫ 2π cos(θ − θ r )·∂θ −

2

(73)

Φ = 2·L·R·Bˆ1 ·cos(θ r ) Con esto:

Ψ = N e ·q· f dev1 ·Φ

(74)

De este modo la a tensión es:

∂Ψ ˆ ·sen(θ r )·ω r = N e ·q· f dev1 ·Φ ∂t 1 ˆ ·ω = 307,09[V ] = ·N e ·q· f dev1 ·Φ r 2

(75)

N e ·q·µ 0 · f dev · 2 ·10·sen(2·π ·50·t ) 2· g

(76)

V =− Vrms c)

Por ley de Àmpere: Ba =

Análogo para Bb y Bc, ahora el campo resultante considerando únicamente la fundamental y la suma de los campos producidos por cada fase:

Bres1 (θ ) =

4 3 N e ·q·µ 0 · f dev · 2 ·10·sen( 2·π ·50·t ) · · π 2 2· g

(77)

La velocidad del campo giratorio es ω e = ±2·π ·50[rad / s ] , dependiendo de la orientación de las fases. Ahora bien el rotor gira a 1500 [rpm], esto es ω n = 2·π ·25[rad / s ] . De este modo, y evaluando (46) se tiene que Bˆ res1 = 0,98[T ] . Con esto: ˆ = 2·L·R·Bˆ = 0.0293 Φ res1 Finalmente:

16

(78)

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

Vrms =

2·π 2

ˆ·f · N r ·Φ relativa

(79)

Donde la frecuencia relativa es 25 o 75 [Hz] de pendiendo si es secuencia negativa o positiva respectivamente. Esto arroja los siguientes valores para la tensión:

Vrms 25 = 326[V ] Vrms 75 = 977[V ]

9.

(80)

Una máquina AC de 2 polos tiene un devanado trifásico de 2 capas en el estator distribuido en 24 ranuras (α = β). El número total de vueltas por fase es de 80. El rotor está construido con imanes permanentes de forma que la distribución de densidad de flujo es la mostrada en la figura. El rotor tiene un largo axial de 10 [cm] y un diámetro de 5 [cm].

a) Calcule los factores de distribución y de cuerda para la fundamental. b) Calcule el flujo polar producida por la fundamental de la distribución de densidad de flujo. c) Calcule el valor de la tensión fundamental inducida en cada fase (rms) cuando la máquina gira a 3000 [rpm].

Figura 9.

Distribución densidad de flujo

Resolución: a)

El número de pares de polos p = 1, luego calculemos:

17

Sistemas Electromecánicos, Guía IV:”Tensiones Inducidas y Campos Magnéticos en Devanados”

24 =4 2·3 2·π β= = 15[º elect ] 24

q=

(81)

Ahora:

β

f dist

sen(q· ) 2 = 0,9577 = β q·sen( ) 2

(82)

β

f cuerda = cos( ) = 0,9914 2 b)

1 2·π Bˆ1 = ·∫ B (θ )·sen(θ )·∂θ

π

=

2

π

0

5·π 6

·0,8·( − cos(θ )) π = 0,88[T ]

(83)

6

r Φ = ∫ B1 ·∂A π = ∫ Bˆ1 ·sen(θ )·L·R·∂θ = 2·L·R·Bˆ1

(84)

0

= 0,0088[Wb]

c)

La tensión está dada por:

Vrms = 4,44·Φ p ·n· f · f dist · f cuerda

(85)

Ahora bien, se sabe que si la velocidad es 3000 [rpm], entonces la frecuencia es 50 [Hz]. Entonces, evaluando:

Vrms = 148,4[V ]

18

(86)

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

GUÍA V : “MÁQUINAS DE CORRIENTE CONTINUA” 1.

La característica de magnetización de un generador de corriente continua operando a una velocidad de 1500 [rpm] es:

If [A]

0

0,5

1

2

3

4

5

Vrot [V]

10

40

80

135

172

199

220

a) ¿Qué valor de resistencia adicional debe colocarse en el circuito de campo del generador, si se conecta una carga de 50 [kW], 200 [V] considerando una velocidad de 1500 [rpm]? b) Si la máquina es impulsada a 2000 [rpm], calcular la corriente de campo y la resistencia adicional necesaria para alimentar la misma carga de a)..

Figura 1.

Máquina CC con excitación independiente

Resolución: a)

Se tiene la potencia consumida por la carga y la tensión de armadura, de este modo la corriente de armadura se determina fácilmente por:

Ia =

P 50·10 3 = = 250[ A] Va 200

Luego Vrot es: 1

(1)

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

Vrot = Va + I a ·Ra = 200 + 250·0,035 = 208,75[V ]

(2)

Ahora considerando la razón entre Vrot y la velocidad de giro: Vrot

ω

=

208,75 = 1,33[V ·s / rad ] 1500 2·π · 60

(3)

Entonces de los datos se desprende que If = 4,4 [A], luego en el circuitote campo:

V f = I f ·( R f + R fad ) R fad = b)

Vf If

Ahora para una velocidad de terminales es la misma:

− R f = 1,45[Ω]

(4)

2000 [rpm] se tiene que la potencia y tensión en los

Vrot = 208,75[V ]

(5)

Sin embargo, se debe ajustar dicha tensión respecto a la nueva velocidad para poder así usar la tabla: 1500 = 156,56[V ] 2000

(6)

− R f = 34,4[Ω]

(7)

Vrot ' = 208,75·

Luego, If’ = 2,55 [A], con lo que:

R fad ' =

2.

Vf If '

Un motor CC con excitación shunt de 7,5 [kW], 230 [V] posee una resistencia del circuito de armadura de 0,3 [Ω] y una resistencia del campo shunt de 160 [Ω] con tensión nominal la velocidad de vacío es de 1200 [rpm] y la corriente de armadura es de 2,7 [A]. A plena carga la corriente de armadura es de 38,4 [A] y causa una reducción de flujo de 4% en relación con el flujo en vacío. Determine la velocidad a plena carga.

Resolución:

2

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

a)

En vacío:

Vrot 0 = Va − I a 0 ·Ra = 230 − 2,7·0,3 = 229,2[V ]

Vrot 0 ~ Φ p 0 ·η 0 ⇒ Vrot0 = k ·Φ p 0 ·η 0

(8) (9)

Despejando y evaluando (9) se tiene que: Vrot 0

V ] rpm

(10)

Vrot = Va − I a ·Ra = 218,5[V ]

(11)

k ·Φ p 0 =

η0

= 0.191[

A plena carga, considerando Ia = 38,4[A]:

Vrot = k ·Φ p ·η = 0,96·k ·Φ p 0 ·η

η=

3.

218,5 = 1192[rpm] 0,96·0,191

Se tiene un motor CC conexión shunt con 2 resistencias de arranque R1 y R2. Dimensione dichas resistencias para que durante la partida la corriente de armadura se mantenga en el rango de 0,75·Inom < Ia < Inom. ¿Es posible este requerimiento durante todo el arranque?

Figura 2.

Motor shunt de CC

Resolución: a)

(12)

Primero debemos calcular la corriente de armadura nominal:

3

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

I aNom =

PNom = V Nom

W ] HP = 37,3[ A]

10[ HP ]·746[ 200[V ]

(13)

En la partida (t = 0) la tensión en el rotor es 0, por lo tanto la corriente de armadura puede llegar como máximo a un valor igual a la corriente de armadura nominal. Luego en t = 0:

Ra + R1 + R2 =

V Nom = 5,4[Ω] I aNom

(14)

R1 + R2 = 4,9[Ω] En t = t1 se cortocircuita R1, de modo que: t = t1 t = t1

−

+

−

Vnom − Vrot (t1 ) > 0,75·I aNom → R1 + R2 + Ra +

Vnom − Vrot (t1 ) → < I aNom R2 + R a

(15)

Dividiendo ambas inecuaciones de (15), en el límite: R2 + Ra = 0,75 R1 + R2 + Ra

(16)

R2 + 0,5 = 0,75 ⇒ R2 = 3,55[Ω] 5,4 R1 + 3,55 = 4,9 ⇒ R1 = 1,35[Ω]

(17)

Usando (14):

En t = t2 se cortocircuita R2:

t = t2 t = t2

−

+

−

Vnom − Vrot (t 2 ) > 0,75·I aNom → R2 + R a +

Vnom − Vrot (t 2 ) → < I aNom Ra

Análogo a lo anterior:

4

(18)

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

Ra = 0,75 R 2 + Ra

(19)

0,12 ≠ 0,75 No se puede conseguir la condición, ni aunque se cortocircuiten ambas a la vez. Comprobar.

4.

El motor de excitación independiente de la figura tiene la característica de magnetización mostrada en la figura obtenida a 1200 [rpm]. El motor opera con Va = 250 [V]; Ia = 120 [A] y velocidad de 1103 [rpm], moviendo a una carga que desarrolle torque constante. Desprecie la reacción de armadura.

a) Determine la velocidad de vacío del motor. b) Determine el torque desarrollado por el motor. c) ¿Cuánto valen la corriente de armadura y el torque de arranque? d) Grafique la característica velocidad – torque del motor, cuantificando los puntos extremos. e) ¿Qué sucede con la velocidad del eje si se disminuye la corriente de campo con el motor en vacío? Justifique. f) ¿A qué velocidad gira el motor con la misma carga inicial (igual torque), si el voltaje de armadura disminuye a 200 [V]?. g) Determine la inductancia de rotación cuando el devanado de campo tiene una corriente de campo igual a 4,3 [A].

Figura 3.

Motor CC con excitación independiente

Resolución: a)

Cuando el motor está en vacío, el torque es cero, luego el voltaje de rotación es igual la voltaje de armadura, esto es 250 [V]. Cuando se trabaja con carga:

Vrot = Va − I a ·Ra = 250 − 120·0,03 = 246,4[V ]

5

(20)

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

Del mismo modo, por definición

1103 Vrot = G fq ·I f ·2·π · = 246,4 60 Vrot ' = G fq ·I f ·2·π · b)

η

60

(21)

= 250

Con carga: G fq ·I f =

Vrot

ω

= 2,133[ Hz ]

(22)

Con ello es fácil evaluar el torque usando:

Te = G fq ·I f ·I a = 255.96[ N ·m] c)

(23)

En arranque, Vrot = 0, entonces: I a arranque =

Va 250 = = 8333,3[ A] Ra 0,03

(24)

Manteniendo If constante: Tarranque = G fq ·I f ·I a arranque = 17775[ N ·m]

(25)

d)

Grafico:

e)

Cuando el motor está en vacío, el torque eléctrico y la corriente de armadura son 0, de modo que:

6

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

ω=

Vrot Va = G fq ·I f G fq ·I f

(26)

En zona lineal, si la corriente de campo aumenta, entonces la velocidad disminuye, y viceversa. Incluso si se encuentra en zona saturada, pero Gfq·If varía muy poco. f)

Considerando la tensión de armadura de 200 [V], y que el torque eléctrico es igual al torque de carga (constantes, de 255,96[N·m]), se tiene:: Ia =

Te 255,96 = = 120[ A] G fq ·I f 2,133

(27)

Luego:

Vrot ' = Va '− I a '·Ra = 196,4[V ]

ω=

Vrot rad = 92[ ] G fq ·I f s

ω η= ·60 = 878,5[ rpm] 2·π g)

(29)

Si If = 4.3 [A], entonces, según la curva de magnetización se tiene que Vrot = 230 [V]. Luego:

G fq =

5.

(28)

Vrot 230 = ω ·I f 2·π ·1200 ·4,3 60

(30)

G fq = 0.42[ H ]

(31)

Un motor de corriente continua shunt tiene una resistencia de armadura de Ra = 0.2[Ω] y Rf = 100 [Ω]. Vnom = 200 [V], Ia = 50 [A] y gira a 1000 [rpm].

a) Considerando que el motor es alimentado a Vnom. Determine la velocidad cuando el torquee en la carga disminuye un 40%. b) Determine la velocidad de vacío cuando el flujo disminuye en un 20% respecto del nominal. (Tener en cuenta que en un motor shunt el variar If, implica variar la tensión de 7

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

alimentación. c) ¿A qué velocidad debe ser impulsado el eje para que la máquina entregue 18 [kW] de potencia a una fuente de 200 [V]?.

Figura 4.

Circuito Equivalente

Resolución: a)

Se tiene que:

T = G fq ·I f ·I a

(32)

Dado que la tensión de armadura es constante, la corriente de campo también lo es. Luego una reducción en un 40% del torque, es equivalente a una reducción en un 40% de la corriente de armadura.

I a = 0.6·50 = 30[ A]

(33)

Vrot = Va − I a ·Ra = 200 − 30·0.2 = 194[V ]

(34)

Con ello:

Además, con tensión nominal: Vrot ' = 200 − 50·0.2 = 190[V ]

(35)

Vrot ' = G fq ·I f ·ω

(36)

G fq ·I f =

Vrot '

ω

=

190 = 1.81[ H · A] 1000 2·π · 60

Luego:

8

(37)

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

ω=

Vrot 194 rad = = 107.2[ ] G fq ·I f 1.81 s

(38)

b)

φ = 0.8·φ nom ⇒ I f ' = 0.8·I fnom

(39)

Donde:

I fnom =

Va = 2[ A] Rf

(40)

⇒ I f ' = 1.6[ A] Con ello se tiene que la tensión de armadura es: Va = I f '·R f = 160[V ]

(41)

En vacío, Va = Vrot = 160[V]:

ωo = c)

Vrot Vrot 160 rad = = = 110.5[ ] G fq ·I f ' G fq ·0.8·I fnom 0.8·1.81 s

(42)

P 18000 = = 90[ A] 200 Va

(43)

Vrot = Va + Ra ·I a = 218[V ]

(44)

Sea:

Ia = Luego:

Finalmente:

ω=

Vrot 218 rad = = 120.4[ ] G fq ·I f 1.81 s

En rpm:

9

(45)

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

η=

6.

ω ·60 = 1150[ rpm] 2·π

(46)

Un motor serie mueve un ventilador y consume 25 [A] desde una fuente de tensión continua de 220 [V] cuando gira a 300 [rpm] sin Rad. El torque de carga está dado por Tc = KC· η 2. Ra = 0.6[Ω], Rs = 0.4[Ω]. Desprecie roce y reacción de armadura.

a) Determine: Potencia que entrega a la carga, torque y la inductancia de rotación.. b) Se desea reducir la velocidad a 200 [rpm] insertando una Rad en serie con el resto del circuito. Calcule: torque, Rad en [Ω] y el rendimiento.

Figura 5.

Circuito Equivalente

Resolución: a)

Se tiene:

Vrot = Va − I a ·( Rs + Ra ) = 220 − 25 = 195

(47)

Junto a ello se tiene que: Pmec = I a ·Vrot = 25·195 = 4875[W ] Luego:

10

(48)

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

Te = Tc =

Pmec

ω

=

4875 = 155.2[ N ·m] 2·π ·300 60

(49)

Finalmente, con Ia = If (dado que es conexión serie): G sq = b)

Te 155.2 = = 0.248[ H ] I a ·I/ f 25 2

(50)

Es necesario determinar Kc: Tc = K c ·η 2 Kc =

Tc

η

2

=

155.2 = 1.72·10 −3 2 300

(51)

Luego es fácil determinar el torque de carga a 200 [rpm] utilizando la expresión de (52)

Tc ' = 1.72·10 −3 ·200 2 = 68.98[ N ·m]

(52)

Luego Rad se determina despejando de:

Va = Vrot '+ I a ' ( Rad + Rs + Ra )

(53)

Donde Ia' se calcula a partir de: Ia ' =

Tc ' = 16.68[ A] Gsq

(54)

Además:

2·π ·200 = 86.64[V ] 60

(55)

Va − Vrot ' 220 − 86.64 − Rs − Ra = − 1 = 7[Ω] Ia ' 16.68

(56)

Vrot ' = G sq ·I a '·ω ' = 0.248·16.68· Finalmente: Rad =

Por último la eficiencia se determina según:

11

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

η=

7.

Psalida P V '·I ' ·100 = mec ·100 = rot a ·100 = 39.38% Pentrada Pentrada Va · I a '

(57)

Un pequeño motor serie desarrolla un torque de 2 [N·m] con rotor detenido y una corriente de armadura de 3 [A], DC. La resistencia del circuito de armadura es de 2.5 [Ω] y la inductancia es de 0.04 [H]. Suponiendo linealidad magnética y pérdidas por rotación despreciables, determine, si la máquina se conecta a una red de 115 [V], 60 [Hz]:

a) Torque de arranque. b) La potencia mecánica para una Ia = 3 [A] efectiva. c) Factor de Potencia. Resolución: a)

Primero calculamos Gsq, basados en los datos con rotor detenido: G sq =

T Ia

2

=

2 = 0.222[ H ] 9

(58)

Ahora bien, en arranque, Vrot = 0, luego: Va = I a ·( Ra + j·ω ·La ) + Vrot *

*

(59)

De aquí se obtiene que::

Ia =

Va

= 7.5[ A]

(60)

= 12.5[ N ·m]

(61)

Ra + (ω ·La ) 2

2

Luego::

Tarranque = G sq · I a b)

2

Considerando que Vrot está en fase con Ia:

12

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

I a = 3∠δ º [ A] *

(62)

Va = ( Ra + j·ω red ·La )·I a + Vrot Va = ( Ra + j·ω red ·La )·I a + ω giro ·G sq ·I a

(63)

115∠0º = (2.5 + j·2·π ·60·0.04)·3∠δ º +ω giro ·0.222·3∠δ º 38.33∠ − δ º = j·15.1 + (2.5 + ω giro ·0.222) Por Pitágoras: 2.5 + ω giro ·0.222 = 38.33 2 − 15.12 = 35.23

ω giro = 147,4[

(64)

rad ] s

Luego la potencia mecánica:

Pmec = Te ·ω giro = (G sq ·I a )·ω giro = 294.5[W ] 2

c)

(65)

Utilizando (64.2) y despejando calculando la corriente de armadura: Ia = *

115∠0º = 2.76 + j1.18 = 3∠ − 23.2º 2.5 + 147.4·0.222 + j·15.1

(66)

Finalmente: FP = cos(φ ) = cos(−23.2) = 0.92 inductivo

8.

(67)

Una máquina DC independiente (If = 1 [A]) mueve una carga con característica torque velocidad lineal a ηr = 1200 [rpm] cuando es alimentada por una fuente de 420 [V]. La máquina se caracteriza por una resistencia de armadura de 1 [Ω] y un Gfq = 10/π. Calcular la nueva velocidad e Ia si la tensión de alimentación baja a 300 [V]. a)

Sea:

Vrot = G fq ·I f ·ω r =

10 2·π ·1200 ·1· = 400[V ] π 60

13

(68)

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

Luego: Va + Vrot = 20[ A] Ra

Ia =

(69)

Con ello podemos calcular el torque eléctrico:

10

Te = G fq ·I a ·I f =

π

·20·1 =

200

π

[ N ·m]

(70)

Dicho torque es igual al torque de carga y este proporcional a la velocidad:

200

Te = Tc =

π

= K c ·ω r

200

1 5 Kc = = 2 · π 40·π π

(71)

Ahora bien, para la nueva tensión de alimentación: Va ' = I a '·Ra + Vrot ' Vrot ' = G fq ·I f ·ω r ' T ' G fq ·I f ·I a ωr '= c = Kc Kc

(72)

Evaluando (73.3) 10 I a '· ·1

π

ωr '=

5

= 2·I a '·π

(73)

π2 Luego (74) en (73.2):

Vrot =

10

π

·1·2·I a '·π = 20·I a '

(74)

Y (75) en (73.1):

Ia '=

300 = 14.3[ A] 1 + 20

14

(75)

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

Con lo que se tiene:

ω r ' = 2·I a '·π = 28.6·π [

rad ] s

(76)

Que equivale a 858 [rpm]:

9.

En el sistema de 2 máquinas DC acopladas de la figura.

a) Explique cómo se trasfiere la energía desde un extremo al otro, especificando cuál máquina actúa como motor y cuál como generador.. b) Explique como se genera el torque Tc y qué relación tiene con Te1. c) Determine los valores de las corrientes de la Ia1, Ia2 y la velocidad de giro del conjunto si: c1) If2 = 0; c2) If1 = 0. Justifique Fusible 130A

Ia1=100A

Tc1 Tc2

Ra1=0.5Ω Va1 500 [V]

M

Ra=0.3Ω

M

Ia2=5 0A Rc

ωr=200rp m Figura 6.

Máquinas DC Acopladas

Resolución: a)

La fuente Va1 entrega energía a la máquina 1 (motor) a través de Ia1. Luego la máquina 1 desarrolla un torque Te1 e impulsa el eje con velocidad de 200 [rpm.] Finalmente la máquina 2 (generador) impulsada por la máquina 1, entrega energía a la carga a través de Ia2.

b)

Tc corresponde al torque de reacción que desarrolla la máquina 2. A velocidad constante, estado estacionario, Tc = Te1.

c)

Si If2 = 0, entonces Vrot2 = 0. Luego la máquina 2 no entrega potencia, e Ia2 = 0. Luego la máquina 2 se encuentra en vacío. Te1 = Tc = 0.

15

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

Vrot ' = Va1 − I a1 ·Ra1 = 500 − 100·0.5 = 450[V ]

ηr0 =

Va ·200 = 222[rpm] Vrot

(77)

Si If1 = 0, Vrot1 = 0. Luego Ia1 aumenta tendiendo a: I a1 =

Va1 500 = = 1000[ A] Ra1 0.5

(78)

Por lo tanto se quema el fusible, Ia1 = 0 por lo tanto Te1 = 0. Se detiene el sistema.

10. Una máquina DC de excitación independiente tiene sus terminales de armadura conectados a una fuente de tensión continua de 240[V]. La máquina gira a 1200 [rpm] y está generando una tensión de rotor 230 [V]. La corriente de armadura es de 40 [A]

a) ¿La máquina funciona como motor o como generador? Explique. b) Determine el rendimiento, despreciando las pérdidas de campo.. c) Determine el torque en [N·m]. Resolución: a)

Dado que la tensión de armadura es mayor que la tensión de rotor, la corriente de armadura circula hacia la máquina, saliendo de la fuente DC, por lo tanto funciona como motor.

b)

Se tiene:

Psalida = Pmec = Vrot ·I a Pentrada = Va ·I a

(79)

Luego el rendimiento:

η= c)

Psalida V ·100 = rot ·100 = 95.8% Pentrada Va

El torque se puede describir según:

16

(80)

Sistemas Electromecánicos, Guía V:”Máquinas de Corriente Continua”

Te =

Pmec

ω

=

Vrot ·I a

ω

=

230·40 = 73,2[N ·m] 1200 2·π · 60

17

(81)

Sistemas Electromecánicos, Guía VI:”Máquinas Sincrónicas”

GUÍA VI: “MÁQUINAS SINCRÓNICAS” 1.

Un generador sincrónico de 440 [VLL], 50 [kVA], trifásico, dos polos, gira a velocidad nominal. Se necesita una corriente de campo de 7 [A] para producir una tensión nominal de vacío. Se necesita una corriente de 5,5 [A] para producir una corriente nominal en el estator cortocircuitado. La máquina puede considerarse magnéticamente lineal. Determine la reactancia Xs.

Resolución: a)

Consideremos primeramente los circuitos equivalentes por fase en vacío y en cortocircuito:

Figura 1.

Circuitos Equivalentes.

En vacío se tiene que:

Vaf =

440 3

[V ]

(1)

Y en cortocircuito:

I anom =

S 3·VaLL

=

50·10 3 3·440

= 65.6[ A] =

VP ' Xs

(2)

EN zona lineal VP es proporcional a If:

440 ⎧ → I f = 7[ A] ⎪VP = Vaf = 3 ⎨ ⎪V p ' = I anom · X s → I f ' = 5.5[ A] ⎩

1

(3)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Vp '= Vp ·

If ' If

= 199.6[V ]

Vp '

⇒ Xs =

I anom

199.6 = = 3[Ω] 65.6

(4)

.

2.

Una Máquina sincrónica de 4 polos, 60 [Hz], tiene una reactancia sincrónica de 8 [Ω]. La máquina trabaja en zona lineal, de acuerdo a la característica Vp = K·If, con K = 30 [V/A] e If : 0 → 6 [A]. El circuito de campo está ajustado para que I f no salga de este rango. La máquina trabaja como motor sincrónico conectado a una red trifásica e 208 [V], 60 [Hz]. La corriente de campo se ajusta para que el motor consuma una potencia de 3 [kW] desde la red, con FP = 1.

a) b) c) d)

Dibuje el diagrama fasorial para esta condición. Calcule la corriente de campo. ¿Cuánto vale la corriente por el estator Ia si se desconecta la carga mecánica? Considerando If = 6 [A], ¿con qué ángulo de carga se alcanza un torque de 42,9 [Nm]?

Resolución: a)

Se tiene que:: Ia = •

S •

3·VaLL

=

3·10 3 ∠0º 3·208∠0º

= 8.3∠0º [ A]

•

Luego por LVK: Xs j·Xs·Ia Vp

Figura 2.

Circuito Equivalente por Fase

2

(5)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

V P = Vaf − j· X S ·I a •

•

•

VP =

208

∠0º −8∠90º·8.3∠0º = 137.2∠ − 29º [V ]

(6)

3 ⇒ δ = −29º •

Luego el diagrama fasorial (no a escala):

Figura 3. b)

Diagrama Fasorial

La corriente de campo es:

| V P |= 137.2[V ] = K ·I f = 30·I f •

⇒ I f = 4.6[ A] c)

(7)

Al desconectar la carga, el torque eléctrico se hace cero:

Tel = −

3·Vaf ·V P

ω s ·X s

·sen(δ ) = 0 ⇒ δ = 0 ( I f = cte)

V P = 137.2∠0º [V ]

(8)

•

Por LVK:

208

Vaf − V P Ia = •

•

•

j· X s

=

3

∠0º −137.2∠0º = 2.1∠90º [ A]

8∠90º

3

(9)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

d)

Si la corriente de campo es de 6[A]:

V PMax = 30·6 = 180[V ]

(10)

Luego el torque eléctrico es:

3·2·

208

·180 3 ·sen(δ ) = 42.9[ Nm] Tel = − 2·π ·60·8

(11)

Despejando se tiene que el ángulo de carga es de -86º, (considere | δ |< 90º es el límite de estabilidad estacionaria)

3.

Un generador sincrónico de 6 polos, 50 [Hz] tiene una reactancia sincrónica de Xs = 4 [Ω] y es conectado a una red de 2300 [V] y trabaja con una corriente de campo If = 5 [A]. La característica de vacío del generador es:

If [A]

2.5

5.0

7.5

10

Vp LL [V]

1125

2250

3375

4200

a) El generador opera con δ = 25º. Determine el torque para mover el generador y la corriente de estator b) Si la corriente de campo de un generador sincrónico conectado a una red infinita aumenta y ello provoca una disminución de la corriente por el estator. Considerando la potencia activa constante, ¿la máquina estaba operando con FP inductivo, capacitivo ó 1 antes del cambio? Justifique. Resolución: a)

Con VaLL = 2300 [V], se fija la característica del entrehierro equivalente, luego con If = 5[A], se tiene de la característica de vacío que VpLL = 2250[V], luego el torque eléctrico:

4

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Característica de Vacío del Generador 5000 4500 4000

Vpll[A]

3500 3000 2500 2000 1500 Característica Vacío 1000 Característica Entrehierro Equivalente

500 0 0

2

4

6

8

10

If[A]

Tel = −

3· p·Vaf ·V Pf w1 · X s 3·3·

Tel = −

sen(δ )

2300 2250 · 3 3 sen(25º ) = −5221[ Nm] 2·π ·50·4

(12)

Donde el signo menos indica que es torque requerido por el generador. Luego por LVK:

VPf = j· X s ·I a + Vaf •

•

⇒ Ia = •

•

VPf − Vaf •

•

j· X s

2250 =

3

∠25º −

2300 3

4∠90º

5

(13)

∠0º = 142∠15º

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

b) Potencia Constante

Vaf Figura 4.

Diagrama Fasorial

Si If aumenta, la magnitud de VP también lo hace. De la figura se observa que la magnitud de Ia disminuye (aumentando |Vp|) sólo en el caso de VP'. Donde al aumentar un poco la magnitud de VP' disminuye |Ia'|. Además VP' se obtiene con cos(δ) inductivo. En conclusión la máquina se encontraba operando con FP inductivo.

4.

Una máquina sincrónica está acoplada por el eje a una máquina de corriente continua de excitación independiente, tal como se muestra en la figura. La Característica de vacío de la máquina sincrónica a 1500 [rpm] se muestra en la tabla.

a) Se desea transmitir energía desde la red de corriente continua hacia la red trifásica. ¿A qué valor debe ajustarse la corriente de campo de la MS para entregar a la red trifásica la potencia nominal del conjunto con factor de potencia unitario? b) Se ajusta la corriente de campo de la máquina de corriente continua hasta que la potencia activa transferida sea igual a cero. b.1) ¿Cuánto valen Ia maq cc e Ia maq sinc?. b.2) La máquina sincrónica se desconecta desde la red trifásica. ¿Cuánto vale la tensión en los terminales de la máquina sincrónica?, ¿a qué velocidad gira el conjunto?, ¿cuánto vale la tensión en los terminales de la máquina sincrónica, si la corriente de campo de la máquina CC disminuye en un 20%.?

6

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Figura 5.

Sistema Magnético.

Resolución: a)

La potencia nominal del sistema está dada por: Pn = 3·Vaf ·I a ·cos(φ )

(14)

De aquí es posible despejar Ia: 25·10 3 = 38[ A] 380 3· 3 cos(φ ) = 1 ⇒ ∠I a = 0º Ia =

(15)

Por LVK:

VPf = Vaf + j· X s ·I a VPf =

380 3

+ 38·0.8∠90º = 311∠45º

Con Vaf = 220[V], se fija la característica del entrehierro:

7

(16)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Vpf[A]

Característica de Vacío del Generador 520 500 480 460 440 420 400 380 360 340 320 300 280 260 240 220 200 180 160 140 120 100 80 60 40 20 0

Característica Vacío Característica Entrehierro Equivalente 0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

4,5

If[A]

Luego al entrar con |VPf| = 311[V], e interceptar con la recta, se tiene que If = 2.5[A] b)

Si la transferencia de potencia activa es 0, entonces los torques en ambas máquinas es 0:

TelCC = G fq ·I fCC ·I aCC = 0 ⇒ I aCC = 0 TelSinc = 0 ⇒ δ = 0 Con igual |VPf|:

V Pf = 311∠0º •

(17)

(18)

Por LVK:

Ia = •

V Pf − Vaf •

•

j· X s

= 15.8∠ − 90º [ A]

(19)

Al desconectar la máquina sincrónica de la red alterna , se debe trabajar con la característica de saturación original If = 2.5[A], con lo que se tiene que:

VP = Vter min ales = 295[ A]

(20)

Dado que la transferencia de potencia activa es cero, no hay cambios, la velocidad es constante, 1500 [rpm] 8

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Se tiene que: Vrot = G sq ·I fCC ·ω mec = 230[V ] ⇒ ω mec =

230 G sq ·I fCC

(21)

Si la corriente disminuye en un 20%: Vrot = G sq ·( I fCC ·0.8)·ω mec ' = 230[V ] ⇒ ω mec ' =

230 = 1.25·ω mec G sq ·I fCC ·0.8

(22)

Luego:

η mec ' = 1.25·η mec = 1.25·1500 = 1875[rpm]

(23)

Finalmente: Vter min ales = V Pf ' =

5.

VPf

η mec

·η mec ' = 1.25·295 = 369[V ]

(24)

Un generador sincrónico trifásico conexión estrella, pérdidas despreciables, 4 polos, tensión nominal 13.2 [kVLL], 50 [MVA], Xs = 3 [Ω], está conectado a una red de 13.2 [kVLL], 50 [Hz]. LA turbina entrega una potencia de 45 [MW] al eje. La corriente de campo ha sido ajustada para que el generador opere con factor de potencia unitario.

a) Determine la corriente por el estator Ia. b) ¿Cuánto valen la tensión de rotación y el ángulo de carga δ? c) ¿Cuánto vale el torque desarrollado por la turbina?. d) La admisión en la turbina es variada hasta obtener torque cero. ¿Cuánto valen las potencias activa y reactiva del generador en esta condición? e) En la condición de los puntos a) y b), ¿en qué porcentaje puede disminuir la corriente de campos antes de que la máquina pierda sincronismo?.. Resolución: a)

La corriente por el estator está dada por:

Ia =

P3φ 3·VaLL ·cos(φ )

=

45·10 6 3·13200·1

9

= 2000[ A]

(25)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

b)

Consideremos el diagrama fasorial: j·Xs·Ia’

Figura 6.

Diagrama Fasorial

Por LVK:

V P = Vaf + j· X s ·I a = •

c)

3

•

•

∠0º +3∠90º·2·10 3 ∠0º = 9.7·10 3 ∠38º [V ]

(26)

El torque desarrollado por la turbina es: Tturbina =

d)

13200

P3φ

=

ω mec

P3φ 2·π ·

f p

=

45·10 6 = 2.86·10 5 [ Nm] 50 2·π · (4 ) 2

(27)

Si el torque es cero:

Pact = T ·ω mec = 0 ⇒ δ = 0º El diagrama fasorial es:

Iaf Figura 7.

Diagrama Fasorial 10

(28)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Ia = •

VP − Vaf •

•

j· X s

13200 ∠0º 3 = 693∠ − 90º 3∠90º

9.7·10 3 ∠0º − =

(29)

Luego: Q = 3·Vaf ·I a ·sen(φ ) = 3·13200·693·sen(−90) =− 15.8[ MVAR] •

e)

(30)

Inicialmente: P = 45·10 6 =

3·Vaf ·V P 0 Xs

sen(δ 0 )

(31)

Con VP0 = 9.7·106[V], se tiene que δ 0 = 38º . El límite de estabilidad estacionaria es 90º, y la potencia activa no debe cambiar al variar la corriente de campo. Luego:

Vaf ·VP ' Vaf ·VP 0 P = 3· sen(90º ) = 3· sen(δ 0 ) Xs Xs ⇒ VP ' = VP 0 ·sen(δ 0 )

(32)

VP ' = sen(δ 0 ) = 0,616 VP 0 Debido a que se puede considerar que:

V P = k ·I f

(33)

Luego If puede disminuir en un 100% - 61.6% = 38.4%

6.

Un generador trifásico de 5 [kVA], 208 3 [VLL], 4 polos, 60 [Hz], conexión estrella, tiene una Xs = 8 [Ω]. El generador opera conectado a una red trifásica de 208 3 [VLL], 60 [Hz]. La tabla muestra la característica de vacío del generador a 60 [Hz].

11

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

a) ¿A qué velocidad [rpm] debe ser impulsado el eje del generador para poder conectarse a la red de 60 [Hz]?. b) Calcule la corriente de campo If necesaria para que el generador entregue potencia ala red con corriente nominal y factor de potencia 0,8 inductivo. Determine el ángulo de carga. c) Partiendo de b) se reduce la corriente de campo hasta llegar al valor mínimo aceptable. Calcule la condición inicial b) y la final c). Determinar la potencia reactiva entregada por el generador en ambas condiciones (b y c). Resolución: a)

La velocidad del eje es:

η mec = η sin c = b)

f 60·60 = 1800[rpm] ·60 = p 2

(34)

La corriente de estator está dada por:

I a = I aNom =

S 3·VaLL

Figura 8.

=

5·10 3 3·(208· 3 )

= 8[ A]

(35)

Circuito Magnético

Según el circuito equivalente por fase (referencia carga), y dado que el generador es "inductivo": cos(φ ) = −0.8 φ = ar cos(−0.8) = −143º

(36)

V P = Vaf − j· X s ·I a = 208∠0º −8∠90º·8∠ − 143º = 177∠17 º [V ]

(37)

Luego por LVK: •

•

•

12

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Con la magnitud de Va fijamos la característica del entrehierro equivalente:

Vpf[A]

Característica de Vacío del Generador 420 400 380 360 340 320 300 280 260 240 220 200 180 160 140 120 100 80 60 40 20 0

Característica Vacío Característica Entrehierro Equivalente 0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

4,5

If[A] Al interceptar entonces |VP| = 177 [V] con la recta se obtiene que If = 1.8[A] c)

Considerando que el torque de la máquina motriz: Tel = cte = −

3· p·V af ·V P

ω1 · X s

sen(δ ) = −

3·2·208·177 sen(17º ) = −21.4[ Nm] 2·π ·60·8

(38)

Que la corriente de campo sea mínima indica que Vp también lo es, con ello δ max = 90º , corresponde al límite de estabilidad estacionaria. Tel = −21.4 = −

3· p·Vaf ·V P min

ω1 · X s

sen(90º )

⇒ V P min = 52[V ] Al entrar a la característica con Vp = 52[V], tenemos que If = 0.5[A] Luego el diagrama fasorial nos queda:

13

(39)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Vp Condición b)

Condición c)

Figura 9.

Diagrama fasorial

En b):

{

*

}

Qb = Im 3·Vaf ·I a = 3·208·8·sen(143º ) = 3·10 3 [VAR]

(40)

En c):

Ia =

{

•

*

Vaf − V P •

•

}

j· X s

= 26.8∠ − 104º [ A]

Qb = Im 3·Vaf ·I a = 3·208·26.8·sen(104º ) = 16.2·10 3 [VAR]

(41) (42)

Es de observar que en ambas situaciones el generador absorbe potencia reactiva desde la red, lo cual indica factor de potencia inductivo.

7.

Un generador sincrónico, trifásico, conexión estrella, pérdidas despreciables, 4 polos, tensión nominal 13.2 [kVLL], 50 [MVA], y Xs = 3 [Ω] está conectado a una red de 13.2 [kVLL], 50 [Hz]. La admisión de caudal se ha ajustado para que la turbina entregue una potencia de 25 [MW] en el eje y la corriente de campo se ha reducido al valor mínimo posible.

a) Determine el valor de la tensión de rotación VP. b) Calcular la corriente por el estator Ia.

14

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

c) ¿Qué sucede con la corriente Ia (aumenta o disminuye) su aumenta la corriente de campo en un 100%? Justifique. Resolución: a)

La potencia activa entregada por el generador es: Pact =

3·Va ·V P ·sen(δ ) Xs

(43)

Si If es mínima, la tensión de rotación es mínima y el ángulo de carga es máximo.

δ máx = δ limite de estabilidad ⇒ δ = π 2 ⇒ sen(δ ) = 1

(44)

Pact · X s 25·10 6 ·3 = = 3.28[kV ] 13200 3·Va 3· 3

(45)

Luego:

VP = VP min =

b)

Sea: Xs Ia Va

Vp Va

Figura 10.

Circuito Eléctrico y Diagrama Fasorial

Con esto se concluye que: 2

Ia = c)

V P + Va Xs

2

= 2766[ A]

(46)

Al aumentar la corriente de campo, también aumenta la tensión de rotación, y disminuye el ángulo de carga, luego si observamos el diagrama fasorial y nos desplazamos por la línea de potencia constante:

15

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Figura 11.

Formas de Onda V(t) e I(t)

Como se observa:

X s · I a 2 < X s · I a1 ⇒ I a 2 < I a1

(47)

Al mantener la potencia activa constante, la magnitud de la corriente de estator disminuye cuando se aumenta la corriente de campo.

8.

Una máquina sincrónica trifásica de rotor cilíndrico y una máquina CC shunt están acopladas por el eje mecánico para transferir potencia de una fuente DC a una fuente AC y viceversa. Los valores nominales de las máquinas son: Máquina sincrónica: 12 [kVA], 208 [V], Xs = 3 [Ω], 6 polos. Máquina CC: 12 [kW], 220 [V], Ra = 0.18 [Ω]. Desprecie las pérdidas en el estator y la saturación en ambas máquinas. La máquina CC shunt es conectada a una fuente de 220 [VDC] y la máquina sincrónica es conectada a una fuente trifásica de 208 [V], 60 [Hz]. La corriente de campo de la máquina sincrónica se ajusta a un valor de 1.25 pu (Nota: Una corriente de campo de 1 pu produce una tensión de rotación VP de 208 [VLL]). Usted puede variar ambas corrientes de campo mediante resistencias adicionales. a) El conjunto transfiere cero potencia activa a través del eje. Determine: a.1) La corriente de armadura de la máquina shunt. a.2) La corriente por el estator de la máquina sincrónica. a.3) El FP de la máquina sincrónica. a.4) La tensión de terminales de la máquina sincrónica si ésta se desconecta de la red. 16

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

b) Una potencia de 8 [kW] es entregada por la fuente continua. b.1) Especifique qué ajuste es necesario para llevar el conjunto a este punto de trabajo partiendo de la condición del punto a). b.2) Determine la corriente de armadura de la máquina shunt. b.3) ¿Cuánta potencia activa llega a la red alterna? b.4) Determine la corriente de estator de la máquina sincrónica. b.5) Calcule el torque en el eje. c) Especifique el ajuste necesario, partiendo de a) y el valor de la corriente de armadura shunt si ahora se desea entregar los 8 [kW] a la red continua. Resolución:

Figura 12. a)

Circuito Equivalente

La potencia activa es cero, y corresponde a la potencia transferida a través del eje, luego la potencia mecánica es 0. Con ello: I aCC =

Pmec = 0[ A] Vrot

(48)

La corriente de campo de 1.25 pu produce una tensión de rotación Vp igual a:

VP = 1.25·

208 3

= 150[V ]

(49)

Dado que la potencia activa es cero, el ángulo de carga es cero también, entonces : V P = j· X s ·I asinc + Va •

•

•

(50)

La corriente por el estator es entonces: I asinc =

| V P | − | Va | 150 − 120 = = 10[ A] Xs 30

17

(51)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Dado que la corriente está desfasada en 90º con respecto a la tensión:

FP = cos(φ ) = cos(90º ) = 0

(52)

Si se desconecta la red trifásica, la corriente de estator se hace 0, de está forma no hay caída de tensión en la reactancia sincrónica, la tensión de rotación aparece en los terminales

Vterminales = VP = 150[V ] b)

(53)

La fuente de tensión continua entrega una potencia de 8 [kW]. Esta nueva condición de funcionamiento se logra disminuyendo la corriente de campo If CC de la máquina corriente continua en relación al valor que tenía en el punto a). Para ello, se aumenta la resistencia de campo Rf ad. De este modo disminuye la tensión de rotación, porque la velocidad debe permanecer fija, dado que ésta es impuesta por la máquina sincrónica. Como Vrot < Va CC, entonces la corriente Ia CC fluye, la cual transmite la potencia. Su valor es: I aCC =

8000[W ] 8000 = = 36.4[ A] VaCC 220

(54)

La tensión de rotación de la máquina continua es:

Vrot = VaCC − I aCC ·Ra = 213.45[V ]

(55)

La potencia mecánica es:

Pmec = Vrot ·I aCC = 7770[W ]

(56)

Dicha potencia, corresponde a la potencia que llega ala red alterna, ya que en el estator de la máquina sincrónica no hay pérdidas. Pact red alterna = Pmec = 7.77[kW ]

(57)

El ángulo de carga se obtiene al despejar de: Pact =

3·V P ·Va sinc ·sen(δ ) Xs

P ·X ⇒ δ = arcsen( act s ) = 25.6º 3·V P ·Va sinc De este modo y aplicando el teorema del coseno: 18

(58)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

( X s ·I a sinc ) 2 = V a sinc + VP − 2·V a sinc ·VP 3 cos(δ ) 2

2

⇒ X s ·I a sinc = 120 2 + 150 2 − 2·120·150·0.9 = 67

(59)

⇒ I a sinc = 22.3[ A] Finalmente el torque es: T=

c)

Pmec

ωr

=

7.77[kW ] = 61.8[ Nm] 2·π ·60 6 2

(60)

Para entregar los 8 [kW] a la red de tensión continua, es necesario aumentar la corriente de campo de la máquina CC. De este modo, la tensión de rotación es mayor que Va CC y circula la corriente Ia CC entrando por el terminal positivo de la fuente DC.

I aCC = 36.4[ A] Vrot = VaCC + I aCC ·Ra

(61)

⇒ Vrot = 220 + 36.4 + 0.18 = 226.55[V ]

19

Sistemas Electromecánicos, Guía VI:”Máquinas Asincrónicas”

GUÍA VII: “MÁQUINAS ASINCRÓNICAS” 1.

El estator de una máquina asincrónica trifásica de 6 polos está conectado a una red de 50 [Hz]. Determine la frecuencia de las corrientes en el rotor para cada una de las siguientes condiciones: a.1) a.2) a.3) a.4) a.5) a.6)

Rotor detenido. Rotor girando a un tercio de la velocidad sincrónica. Rotor girando con un deslizamiento de 3%. Rotor girando con un deslizamiento de -3%. Rotor girando a 1000 [rpm]. Rotor girando a 500 [rpm] en sentido contrario al campo giratorio del estator.

Para cada una de las condiciones anteriores indique las siguientes velocidades relativas: b.1) b.2) b.3) b.4) b.5)

Campo giratorio del estator con respecto al estator. Campo giratorio del estator con respecto al rotor. Campo giratorio del rotor con respecto al estator. Campo giratorio del rotor con respecto al rotor. Campo giratorio del rotor con respecto al campo giratorio del estator.

Resolución: a)

Definamos:

f : frecuencia de corrientes de estator [Hz] f r : frecuencia de corrientes de rotor [Hz]

ω1

⎡ rad ⎤ : velocidad del campo giratorio del estator ⎢ ⎥ p ⎣ s ⎦ ⎡ rad ⎤ ω m : velocidad de giro del rotor ⎢ ⎥ ⎣ s ⎦ η r : velocidad de giro del rotor en [rpm] Luego el 'slip' ('s') está dado por:

1

(1)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

ω1 p

s=

− ωm (2)

ω1 p

Y:

f r = s· f .

(3)

De este modo, a.1) con rotor detenido:

ω1 s=

p

−0

ω1

=1

(4)

p ⇒ f r = 1·50 = 50[Hz ] a.2) Con la velocidad a 1/3 de la velocidad sincrónica:

ω1 s=

1ω − · 1 p 3 p

ω1

=

2 3

p 2 ⇒ f r = ·50 = 33.33[Hz ] 3

(5)

a.3) Con s = 3%: ⇒ f r = 0.03·50 = 1.5[Hz ]

(6)

⇒ f r = 0.03·50 = 1.5[Hz ]

(7)

a.4) Con s = -3%:

a.5) Con una velocidad de 1000 [rpm]:

2

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

ωm =

ηr

·2·π =

1000 ·2·π = 104.7[rad / s ] 60

60 2·π · f − 104.7 3 ⇒s= =0 2·π · f 3 ⇒ f r = 0[Hz ]

(8)

a.6) Con una velocidad de -500 [rpm]:

ωm =

ηr

·2·π =

− 500 ·2·π = −52.36[rad / s ] 60

60 2·π · f + 52.36 3 ⇒s= = 1 .5 2·π · f 3 ⇒ f r = 1.5·50 = 75[Hz ]

b)

(9)

b.1) Campo giratorio del estator con respecto al estator, para todos los casos (a.1; …;a.6):

ω cge =

ω1

e

p

=

2·π · f = 107.72[rad / s ] 3

(10)

b.2) Campo giratorio del estator con respecto al rotor:

ω cge = ω cge − ω m = s·ω cge r

(11)

Luego en cada caso:

a.1)

s =1

ω cge = 1·ω cge = 104.72[rad / s ] r

a.2) a.3) a.4)

2 3 s = 0.03 s=

s = −0.03

2 3 = 0.03·ω cge = π [rad / s ]

ω cge = ·ω cge = 69.81[rad / s ] r

ω cge

r

ω cge = −0.03·ω cge = −π [rad / s ] r

a.5)

s=0

ω cge = 0·ω cge = 0[rad / s ] r

a.6)

s = 1.5

ω cge = 1.5·ω cge = 157.08[rad / s ] r

3

(12)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

b.3) Campo giratorio del rotor con respecto al estator:

ω cgr = ω cgr = ω m + ω e

donde :

ω cgr : velocidad del campo giratorio del rotor

(13)

ω m : velocidad del rotor ω cgr : velocidad del campo giratorio del rotor con respecto al rotor Entonces para el caso de a.1):

ωm = 0 ⇒ s =1 s· f ·2·π ⇒ω = = 104.72[rad / s] 3

(14)

⇒ ω cgr = ω = 104.72[rad / s] e

Para los casos restantes:

ω m = (1 − s)·ω1 s· f ·2·π ⇒ω = 3

⇒ ω cgr

e

2·π · f = ω + ω m = ω 1 − s·ω 1 + s· = ω 1 = 104.72[rad / s ] 3 123

(15)

ω1

b.4) Campo giratorio del rotor con respecto al rotor:

ω cgr

r

ω1 s· f 67 8 } 2·π · f r 2·π · f = = s· = s·ω 1 p p

Luego en cada caso:

4

(16)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

ω cgr = 1·ω 1 = 104.72[rad / s ]

a.1) s = 1

r

2 3 a.3) s = 0.03

2 3 = 0.03·ω 1 = π [rad / s ]

ω cgr = ·ω1 = 69.81[rad / s ]

a.2) s =

r

ω cgr

a.4) s = −0.03

r

ω cgr = r

ω cgr

a.5) s = 0

r

2·π · (−0.03·50)

3 = 0·ω 1 = 0[rad / s ]

= π [rad / s ]

(17)

ω cgr = 1.5·ω1 = 157.08[rad / s ]

a.6) s = 1.5

r

Ojo que 'f' y 'fr' no pueden ser frecuencias negativas. b.2) Campo giratorio del rotor con respecto al campo giratorio del estator:

2·π · f p 2·π · f r 2·π · f = + ω m = s· + ωm p p

ω cge = e

ω cgr

e

(18)

Además se sabe:

2·π · f − ωm p s= 2·π · f p

(19)

Con ello:

ω cgr

e

Finalmente:

⎧ 2·π · f ⎫ − ωm ⎪ ⎪ 2·π · f ⎪ p 2·π · f ⎪ = ·⎨ ⎬ + ωm = p ⎪ 2·π · f p ⎪ ⎪⎩ ⎪⎭ p

ω cgr

ωcge

= ω cgr − ω cge = 0 e

e

Para todos los casos.

5

(20)

(21)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

2.

Un motor de inducción trifásico de 6 polos, 400 [Hz], 150 [V], entrega una potencia nominal de 10 [HP] a la carga con un deslizamiento de 3%. Las pérdidas por ventilación y roce a velocidad nominal son de 200 [W]. Determine: a) La velocidad del rotor. b) La frecuencia de las corrientes del rotor. c) Las pérdidas en el cobre del rotor. d) El torque. e) La relación entre frecuencia del estator (f), la frecuencia de las corrientes del rotor (fr) y la velocidad del rotor (ωr) [rad/s], en un motor de 2 polos.

Resolución: Definamos:

ω1

⎡ rad ⎤ : velocidad del campo giratorio del estator ⎢ ⎥ p ⎣ s ⎦ ⎡ rad ⎤ ω m : velocidad de giro del rotor ⎢ ⎥ ⎣ s ⎦ η m : velocidad de giro del rotor en [rpm ]

(22)

f r : frecuencia de las corrientes en el rotor [Hz ]

f : frecuencia de las corrientes en el estator [Hz ] a)

Se tiene que:

ω 1 = 2·π · f = 2513.3[rad / s] ω ⇒ ω m = (1 − s )· 1 = 812.6[rad / s] p

⇒ ηm = b)

60 ·ω m = 7759.76[rpm] 2·π

La frecuencia de las corrientes en el rotor es:

f r = s· f = 0.03·400 = 12[ Hz] c)

(23)

Definamos:

6

(24)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Pmec : potencia mecánica PCG1 : potencia de campo giratorio Pr + v : pérdidas de roce más ventilación

(25)

PCu 2 : pérdidas en el cobre del rotor Primero llevemos la potencia mecánica a [W]

Pmec = 10[ HP] = 7457[W ]

(26)

Luego la potencia mecánica total:

PmecTOTAL = Pmec + Pr + v = 7657[W ]

(27)

Finalmente:

PCu 2 = s· d)

PmecTOTAL 0.03 = ·7657 = 237[W ] 1− s 1 − 0.03

El torque es:

T= e)

(28)

Pmec

ωm

=

7457 = 9.176[ N ·m] 812.6

(29)

El torque es:

f r = s· f fr =

3.

2·π · f − ω m ω · f ⇒ fr = f − m 2·π · f 2·π

(30)

Un motor de inducción trifásico de 440[V], 50 [Hz], 8 polos, rotor devanado, estator y rotor en conexión estrella, pérdidas en el estator despreciables, tiene los siguientes parámetros: R2' = 0.63 [Ω], Xσ1 = 1.15 [Ω], Xσ2 = 1.15 [Ω], Xm = 40 [Ω] a) Determina la característica T(s). b) Si el motor debe accionar una carga cuyo torque es de 500 [Nm], ¿qué resistencia equivalente debe conectarse en el rotor para lograr que el motor arranque?

7

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Resolución: Previamente, el circuito equivalente por fase es:

j·Xσ1

j·Xσ2'

V1∟0 √3

j·Xm

Figura 1.

a)

R2'/s

Circuito Equivalente por fase

Se tiene el equivalente Thevenin, donde:

Figura 2.

VTh = •

Circuito Equivalente Thevenin

V1 · j· X m •

j·( X m + X σ 1 )

Z Th = j· X Th = •

= 247∠0º [V ]

j· X σ 1 · j· X m = 1.12· j j·( X σ 1 + X m )

(31)

RTh = 0 Luego el torque máximo, y 'sm' correspondiente al deslizamiento para torque máximo:

8

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos” 2

Tm =

3· p·VTh 3·4·270 2 = = 513.6[ N ·m] 2·ω 1 ·( X Th + X σ 2 ' ) 2·314·(1.12 + 1.15)

(32)

R2 ' sm = = 0.277 X Th + X σ 2 ' En forma general, y la característica es:

T (s) =

2·Tm s s + m sm s

(33)

⇒ s = 0 → T (0) = 0[ N ·m] ⇒ s = 0.277 → T ( s m ) = 513.6[ N ·m] ⇒ s = 1 → T (1) = 264.3[ N ·m] 600

500

Torque

400

300

200

100

0 0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

Deslizamiento

b)

Sea la ecuación general de torque:

Tm =

2 3· p·VTh ·R2 '

ω1

R ' s·⎧⎨( RTh + 2 ) 2 + ( X Th + X σ 2 ' ) 2 ⎫⎬ s ⎩ ⎭

Despejando R2' para s = 1: 9

(34)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

R 2 ' 2 +5.153 − 4.663·R2 ' = 0 ⇒ R 2 '1 = 1.8[Ω] ⎫ R ad 1 = 1.17[Ω] ⎬⇒ ⇒ R 2 ' 2 = 2.86[Ω]⎭ R ad 2 = 2.23[Ω]

(35)

Para los 2 valores de R2', se tiene: sm =

R2 ' X Th + X σ 2 '

→ s m1 = 0.793

(36)

→ s m 2 = 1.26 → ¿? Luego la resistencia adicional equivalente debe ser 1.17 [Ω].

4.

Un motor de inducción trifásica, 6 polos, 440[V], 60 [Hz], tiene los siguientes parámetros referidos al estator. Resistencia del estator R1 = 0 [Ω]; Resistencia del rotor R2' = 0.3[Ω]; Inductancia de magnetización Lm = 0.1[H]; Inductancia de dispersión del estator Lσ1 = 3 [mH]; Inductancia de dispersión del rotor Lσ2' = 3 [mH] Determine: a) El torque máximo. b) El torque de arranque. c) La velocidad a la cual se produce el torque máximo. d) La velocidad a la cual el motor impulsará una carga que tenga la característica Tc = K·ωr, donde ωr velocidad de giro del rotor y K = 2[Nm/rad/s]. (Hint: haga una solución gráfica). e) La frecuencia en [Hz] de las corrientes por el rotor, cuando éste gira a ηr =1141 [rpm]. f) La eficiencia del motor cuando el rotor gira a la velocidad de e).

Resolución:

10

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Xσ1

Xσ2'

440 √3

Xm

Figura 3. a)

R2'/s

Circuito Equivalente por fase

El equivalente thevenin tiene los siguientes valores:

V1 · X m 440 42.64 = = 247.48[V ] X σ1 + X m 3 1.13 + 42.64 X σ 1 ·X m 1.13·42.64 = = = 1.1[Ω] X σ 1 + X m 1.13 + 42.64

VTh = X Th

(37)

Luego el torque máximo y deslizamiento para dicho torque: sm =

R2 ' = 0.135 X σ1 + X m 2

3· p·VTh = 327.8[ N ·m] Tm = 2·ω 1 ·( X Th + X σ 2 ' ) b)

El torque está dado por:

T ( s) =

2·Tm s s + m sm s

Para obtener el torque de arranque evaluamos en s = 1: 2·327.8 Tarr = = 86.92[ N ·m] 1 0.135 + 0.135 1 c)

(38)

La velocidad a la que se produce el torque máximo:

11

(39)

(40)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

ωm =

ω1 p

·(1 − s m ) =

2·π ·30 (1 − 0.135) = 108.7[rad / s ] 3

60 ηm = ω m · = 1038[rpm] 2·π d)

(41)

En rigor se debe utilizar la condición de equilibrio entre el torque eléctrico y el torque de carga:

T ( s) =

2·Tm ω = 2· 1 (1 − s ) = Tc s s p + m sm s

(42)

Pero esto nos conduce a una ecuación cúbica. Sin embargo, supongamos un deslizamiento pequeño, el torque eléctrico es:

Tel =

2·Tm ·s·s m s 2 + sm

⎯⎯ ⎯→ Tel = s →0

2

2·Tm ·s sm

(43)

2

Luego el torque de carga:

ω1

Tc ( s ) = k ·ω m = k ·

p

ω1

·(1 − s ) ⎯⎯ ⎯→ Tc = k · s →0

(44)

p

En equilibrio: 2·Tm ·s sm ⇒s=

ω1

= 2·

p

ω 1 ·s m p·Tm

=

2·π ·60·0.135 3·327.8

(45) = 0.0518

Entonces la velocidad del rotor:

ω1

2·π ·60 (1 − 0.0518) = 119.15[rad / s ] p 3 ⇒ η r = 1138[rpm]

ωr =

·(1 − s ) =

(46)

Si se realiza una solución gráfica se tiene que el punto de equilibrio ocurre a 117 [rad/s]. Luego suponer una condición de pequeños deslizamientos es una buena aproximación e)

Sea: 12

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

η m = 1141[rpm] ⇒ ω m = η m ·

2·π = 119.5[rad / s] 60

(47)

Luego s:

ω1 s=

p

− ωm

ω1

= 0.05

(48)

p Entonces: f r = s· f = 0.05·60 = 3[ Hz ] f)

(49)

Sea η el rendimiento del motor:

η = 1 − s = 1 − 0.05 = 0.95 ⇒ η = 95%

(50)

Las pérdidas del estator son despreciables

5.

Un motor de inducción trifásico de 460 [V], 60 [Hz], 6 polos, mueve a una carga constante de 100 [Nm] a una velocidad de 1140 [rpm], cuando los terminales del rotor están cortocircuitados. Se desea reducir la velocidad del motor a 1000 [rpm] agregando resistencias externas en el rotor. Diseñe la resistencia adicional por fase especificando su potencia y su valor en [Ω], considerando que la resistencia del rotor es de 0,2 [Ω] por fase. Cuando el eje mecánico está detenido, la tensión entre 2 terminales del rotor es de 460 [V]. Desprecie las pérdidas en el estator.

Resolución: a)

Calculemos los deslizamientos en cada condición

ηe si =

p

− ηi

ηe

; donde

η e = f ·60 = 3600[rpm] i = 1 (1140[rpm]), 2 (1000[rpm])

p ⇒ s1 = 0.05 ⇒ s 2 = 0.167

13

(51)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Supongamos condición de pequeños deslizamientos, entonces: T1 =

2·Tm ·s1 s m1

T2 =

2·Tm ·s 2 sm2

(52)

La condición de equilibrio está dada cuando el torque es 100 [N·m] en ambos casos: T1 = T2 = 100[ N ·m] 2·Tm ·s1 2·Tm ·s 2 = s m1 sm2 ⇒

(53)

sm2 s2 = s m1 s1

Por otro lado, se sabe: s m2 =

R2 ' 2 X Th + X σ 2 '

∧

s m1 =

R 2 '1 X Th + X σ 2 '

(54)

Entonces

s m 2 0.167 R2 ' 2 = = = 3. 3 s m1 0.05 R2 '1 ⇒ R2 '1 = 0.2[Ω] ⇒ R2 ' 2 = R ad '+ R2 ' = 0.2·3. 3 = 0.667[Ω]

(55)

⇒ Rad ' = 0.667 − 0.2 = 0.467[Ω] Debido a la resistencia adicional, tenemos 2 curvas de característica diferentes para la misma máquina. Ahora bien la potencia: Pmec1 = Tc ·ω m1 = 100·119 = 11938[W ] Pmec 2 = Tc ·ω m 2 = 100·104.72 = 10471[W ]

; sin R ad

(56)

Las pérdidas son: PCu1 = Pcu 2

s1 ·Pmec1 = 628.3[W ] 1 − s1

s ·P = 2 mec 2 = 2099[W ] 1 − s2 14

(57)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Con ello: PCuRad = Pcu 2 − Pcu1 : 1470.7[W ]

(58)

O bien: PCuRad =

6.

Rad ' ·Pcu 2 = 1470[W ] R2 ' 2

(59)

La máquina asincrónica de la figura impulsa al generador sincrónico conectado a la red 1 de 380 [V], 50 [Hz]. La máquina sincrónica tiene saturación despreciable y alcanza la condición de flotación con una corriente de campo If = 2 [A]. La máquina asincrónica tiene pérdidas despreciables en el estator (R1 = 0) a) ¿A qué velocidad gira el conjunto? Justifique. b) Determine la potencia activa que entrega la red 2. c) ¿Qué valor debe tener la corriente de campo para que el generador transmita su potencia nominal a la red 1 con FP unitario?

Resolución: a)

La máquina sincrónica impone la velocidad, ya que debe girar a la velocidad sincrónica de la red 1. De esta manera la máquina de inducción se acomodará a la velocidad a través del deslizamiento. La velocidad del conjunto es:

ωm =

ω1 p

=

2·π · f 1 2·π ·50 = = 157[rad s ] p 2

15

(60)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

b)

Suponiendo que no hay pérdidas en la transmisión, la potencia en el eje de la máquina sincrónica es: Pmec = 30[kW ]

(61)

Luego la potencia activa de la red 2 es (con pérdidas despreciables en el estator):

PCG1 =

Pmec 1− s

(62)

2·2·π ·50 = 0.167 2·π ·60

(63)

Donde: s =1−

p·ω m

ω2

=1−

Luego:

PCG1 = 36[kW ] c)

(64)

La máquina sincrónica se encuentra en condición de flotación, la corriente de armadura es cero, luego la tensión es los terminales es la misma que la tensión de alimentación:

V P = Va = 220[V ] por fase con I f = 2[ A]

(65)

Luego cuando la potencia nominal es 30 [kVA]: Pnom = 3·V a ·I a 30000 = 3·380·I a ⇒ I a = 45.6[ A] Dado que el factor de potencia es 1, Va e Ia están en fase:

Figura 4.

Circuito Equivalente 16

(66)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Por LVK: V P = Va + I a · j· X s •

•

•

⇒ V P = 238.15∠23º [V ]

(67)

•

Si consideramos el estar trabajando en zona lineal de la característica de magnetización de la máquina sincrónica: I f '=

I f ·V P ' VP

=

2·238.15 = 2.165[ A] 220

(68)

Siendo esta la corriente de campo para la nueva condición.

7.

Un motor asincrónico de 225 [kW], 50 [Hz], 16 polos, rotor devanado, estator y rotor en conexión estrella tiene una resistencia del rotor (por fase) referida al estator de 0.035 [Ω]. El deslizamiento nominal del motor es sn = 2.5%. El motor impulsa a un ventilador cuyo momento de carga es proporcional al cuadrado de la velocidad ( Tc = k ·ω r2 ). El ventilador demanda una potencia de 225 [kW] a la velocidad nominal del rotor. a) Determine el torque que desarrolla el motor: a.1) A velocidad nominal. a.2) A 250 [rpm]. b) Se agregan resistencias adicionales en el rotor devanado, para reducir la velocidad a 300 [rpm]. b.1) Muestre gráficamente cómo se altera el punto de trabajo y la característica Tel(ωr) al agregar la resistencia adicional. b.2) Determine el valor de la resistencia adicional (vista desde el estator). (Ayuda: considere que T(s) es lineal en la zona de trabajo) b.3) Calcule el rendimiento del motor en el nuevo punto de trabajo. b.4) Determine la potencia disipada en cada resistencia adicional. b.5) Calcule la frecuencia de las corrientes en el rotor (fr). b.6) Determine la velocidad del campo giratorio del rotor con respecto al del estator.

Resolución: a)

a.1) La velocidad nominal del rotor es:

ω rnom =

2·π · f 2·π ·50 ·(1 − s nom ) = ·(1 − 0.025) = 38.3[rad / s] 8 p

17

(69)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Luego el torque nominal es: Tnom =

Pnom

ω rnom

=

225000 = 5875[ N ·m] 38.3 2

(70)

a.2) Se sabe que: Tc = k ·ω r ⇒k =

2

Tnom

ω rnom

=

2

5875 = 4[ N ·m·s 2 / rad 2 ] 2 38.3

(71)

A η = 250[rpm]:

ωr =

η·2·π 60

= 26.2[rad / s]

(72)

El torque del ventilador es:

T = k ·ω r = 4·26.2 2 = 2746[ N ·m] 2

b)

(73)

b.1) Se tiene la curva de la figura siguiente.

Desde el punto de operación A con snom = 0.025 (365[rpm]) se traslada al punto de operación B con: 3000 − 300 8 s2 = = 0 .2 3000 8

18

(74)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Figura 5.

Curva Torque versus Velocidad

b.2) Considerando que se está trabajando en la zona estable (con s < sm1), podemos usar una aproximación lineal: T ( s ) = 2·

Tm ·s sm

(75)

En el caso sin resistencias adicionales: s = s nom ⇒ T ( s nom ) = Tnom = 2·

Tm ·s nom s m1

(76)

Con las resistencias adicionales en el rotor: T ( s 2 ) = T2 = 2·

Tm ·s 2 s m2

19

(77)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

⇒

Tnom s nom s m 2 = · T2 s 2 s m1

(78)

s m1 R ' = 2 s m 2 R2 'T

(79)

Considerando que sm ~ R2': ⇒ Además: Tc = k ·ω r

2

⎛ω T ⇒ nom = ⎜⎜ rnom T2 ⎝ ω r2

⎞ ⎟⎟ ⎠

2

(80)

De este modo:

s m 2 Tnom s 2 = · s m1 T2 s nom 2

2

⎞ s ⎛ω R ' ⎛ 365.6 ⎞ 0.2 = 11.9 ⇒ 2 T = ⎜⎜ rnom ⎟⎟ · 2 = ⎜ ⎟ · R2 ' ⎝ ω r 2 ⎠ s nom ⎝ 300 ⎠ 0.025 ⇒ R 2 'T = R 2 '·11.9 = R 2 '+ R 2 ' ad

(81)

⇒ R 2 ' ad = 10.9·R 2 ' = 0.38[Ω] b.3) Con η = 300 [rpm]:

ω1 s=

p

− ωr

ω1

=

375 − 300 = 0 .2 375

(82)

p ⇒ η = 1 − s = 0.8 ⇒ η = 80% b.4) Se tiene: 3

Pmec (300) = T300 ·ω r 300 = k ·ω r 300

3

⎛ 300·2·π ⎞ = 4·⎜ ⎟ = 124025[W ] ⎝ 60 ⎠

Luego:

20

(83)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

PCG = Pmec + PCu 2 3φ ⇒ PCu 2 3φ T =

( PCG =

PCu 2 s

)

Pmec 124025·0.2 = = 31006[W ] 1− s 1 − 0.2 ( ) s

(84)

Pero: PCu 2 3φ T = PCu 2 ( R 2 ' ) + PCu 2 ( R2 ' ad ) R 2 ' ad 1 31006 0.38 → PCu 2 1φ ( R 2 ' ad ) = ·PCu 2 3φ T · = · = 9464[W ] 3 R2 '+ R2 ' ad 3 0.035 + 0.38

(85)

b.5) f r = s 2 · f 1 = 0.2·50 = 10[ Hz ]

(86)

b.6) Se tiene:

ω cgr e = ω cgr = ω r + ω = ω cge =

50· f 1 = 375[rpm] p

(87)

O bien:

ω r = 300[rpm] =

300·2·π = 31.4[rad / s ] 60

2·π ·s· f 1 2·π = ·0.2·50 = 7.85[rad / s ] = 75[rpm] p 8 ω cgr e = ω r + ω = 31.4 + 7.85 = 39.25[rad / s ] = 375[rpm]

ω=

8.

(88)

Una máquina de inducción de 10 [kW], 4 polos conectada en Y ala red trifásica de 380 [VLL], 50 [Hz]. La máquina tiene los siguientes parámetros de circuito equivalente: R1 = 0 , Rfe → ∞ (pérdidas despreciables en el estator). R2' = 0.4 [Ω], Xσ1 = Xσ2' = 1 [Ω], Xm = 10 [Ω]. a) Encuentre la característica torque versus deslizamiento. b) Calcule la velocidad de giro (en RPM) del rotor cuando la máquina es usada para levantar una carga gravitacional (torque constante) de 30 [N·m]. c) ¿Cuánto valen las pérdidas (en kW) de la máquina para la condición de operación calculada en b). 21

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Resolución: a)

Sabemos que:

T ( s) =

2·Tm sm s + s sm

(89)

Donde: 2

3· p·VTh Tm = 2·ω e ·( X Th + X σ 2 ' ) R2 ' sm = X Th + X σ 2 '

(90)

Aplicando teorema de Thevenin:

Xm 10 = 220· = 200[V ] 11 3 X m + X σ1 R '·X 10 = 2 m = [Ω] R2 '+ X m 11

VTh = X Th

380

·

(91)

Reemplazando: 3·2·(200) 2 Tm = = 200[ N ·m] 10 2·2·π ·50·( + 1) 11 0 .4 sm = = 0.21 10 +1 11

(92)

Finalmente: T ( s) =

b)

400 84·s = [ N ·m] 0.21 s 0.0441 + s 2 + 0.21 s

Debemos encontrar s para 30 [N·m].

22

(93)

Sistemas Electromecánicos, Guía I:”Materiales y Circuitos Magnéticos”

Existen 2 métodos, uno exacto despejando s de la característica torque versus deslizamiento, y otra aproximada encontrando la aproximación lineal de T'(s) y despejando directamente. Dicho método debe ser validado comprobando s