MAQUINAS ELECTRICAS

_. ~~. ~.,.-~

2 a: y se incrementa in crementa 4>2 F, 1000 !i ~X , = =-x XtPl --x fj

500

I'JVb=O.4 I'Wb 0.2 "Wb =O.4 "Wb

La densidad densi dad de flujo en el e l toroide es: es : -6

B= B =.P.= 'É.= 0.4 x 10 lO"" =O =O.OO4T .OO4T A A

•

Ix lxlO-4 I O-4

C:IRCUITO. el

MAGNáTI

...~_ ""'~_

Capitulo 1

PÁGINA 22

m ru

Ejemplo 2

Se tiene un aro o anillo con una sección circular de 8 cm y un radio medio de 10 cm está compuesto por la mitad de acero fundido y la otra mitad de fierro labrado. labrado . Calcular los ampere-espira necesarios

para llevar el flujo total hasta 80,000 lineas. líneas.

m.,Soluci6n ~Solución La densidad de flujo es: B=

r r ""

R¡ = 30.000 RJ =0.25 x 30,000 R R¡ 40.000+30,000 R,2 + RJ 40,000 + 30,000

~, =0. 1071

Wb

íJj ~ Ejemplo Ejemplo En la siguiente figura , se muestra un núcleo nú c leo magnéti co de acero fundido sobre el que se encuentra colocada una bobina de 250 espiras. Para un flujo de 0.48 mWb en el núcleo, ca l cular cu la r la corriente necesaria en la bobina . figura , se muestran las dimen dimensiones En la figura, siones del núcleo:

.,

/ I

th~

"t;

•



/

4>

...- ÁREA DEL ÁREA DEL

250 ESPIRAS

1 / V lt

~ 4f

~ HÚCLEOA

F

R

• V /

EL MATERIAL DEL NÚCLEO ES ACERO FUNDIDO Del= OEl= 10 cm, h = 8 cm . A = 4 cm

=

U.T.F.S.M. U. T. F. S.M. BI BblOTECA CENTlLIL BIBblOTECA CENTRAL

~~~ , ~~

Capitulo 1 Capítulo

PÁGINA 34

1.1 u

le

PLACA PLACAJE ACERO

u 1.'

V

lA U

I

1.2

-

E

-

1,0 1.0

~

V/ v/

./--<

.vr---

ACER6 ACERo"FUHOIDO FUNDlOC

1/ V

I/

/

~

E .Dc

;> ;:-

o0,8 .•

--

ID

o0,6 .•

V /'

./

o0,..•

/ o

HIERRO HIE~RO FUNDIDO

V

/

0,2 0.2

~ K-

1000

2000

,..0 3000

-

.... .... 5000

4000

(Al/m) H (AUm)

7000

Solucl6n Solución La densidad del flujo magnético es: B = A

Entrando fundido:: fundido

a la

3

= 0.48.< 10- =1.20r 4xl0--4

curva

de

magnetización

con

8=1.20T, 8 = 1.20T,

para

acero

H = 1240Ae l ", m

l ongitud media o promedio De la figura para el núcleo magnético ., la longitud de la trayectoria del flujo es: es : •

1+"+I+h=2 1+" + / +" =2 x 0,1 0.1 + 2xO.08=O.36m 2xO,08=0,36m

CIRCUITOS

MAGNÉTICOS MAGHIÍTICOS

·~.~~ ,~.~~

Capltulu '.

PAGINA 35

Por lo tanto tanto:: A -e F=H H,, tf = 1240xO,36 ~ = 446.4 A-e

De aquí aquí:: 1=1:...= I =f... = 446.4 =1.79A =L79A h

250

g¡ Ejemplo í2 Con el objeto de mostrar el efecto de un entrehie entrehierro rro en un circuito ci rcuito magnético, supónganse que en el núcleo del ejemplo anterior se corta un entrehierro de 1 mm de longitud, long itud, como se muestra en la siguiente figura. Calcular la corriente co rri e nt e requerida para mantener el mismo flujo -33 '0 . Wb, de 0,48 x 10

I

I II "

,

I I'\ \

\

r:+ \ \

\ \\ '

\\\I\~I I I \ \ I

'P;:I

~'1I ,, " I/

'

I I I PI/ I ¡

I 1 I I1 I

,". ,"-

~ '-

~

¡;

EFECTO

DE BORDE

FLUJO DISPERSO DiSPERSO

FLUJOS DISPERSOS Y EFECTO DE FLUJO EN EL ENTRE HIERRO

•

CIRCUITOS

MAGNIÍTlcoa MAGNIÍTICO.

_. ~_ "".~_

CapItulo 1

PÁGINA 36

ENTRE

HIERRO

e e

¡=¡=

;:>

.... ?

/,mm /,'mm

F,{ F, {

R__

F, {

R_

F

t, F ..-FF,+F 1+F 2 CIRCUITO MAGNÉTICO Y SU CIRCUITO ELÉCTRICO EQUIVALENTE

~ Solución Soluclón La densidad de flujo B=~ f A=1.2T

y del ejemplo anterior, H = 1240 Ae/ m, por lo tanto, tanto , la l a ca eaiida da de la FMM en el núcleo de acero es: F 2 = Hc ft' c = 446.4 A-e Donde : f e= longitud media del circuito que se tomó como f c=O.36 m , ahora se

tiene para este ejemplo:

le l e = 0.36 - 0.00 1= I = 0.359m Para determinar F, se procede como sigue sigue::

El flujo en el núcleo, penetra dispersión se desprecian.

el

entrehierro

y

sus

efectos

Si: 8g = Densidad de flujo en el entrehierro. Hg = Intensidad del campo (espacio (es pacio de airel en el entrehierro .

•

de

_~~ _~.."

Capitulo 1

PÁGINA 37

8g = =!!= '" = 1.2T A A

8g =¡¡oHg = JioHg

Entonces: flg Hg

Y:

=

=

1.2 =954.9 x 103 Ae 4rc x 1010- 77 4lt ni

F, = =Hg fg f g =954.9 x 110' O' x 1 X 10-'

=954.9 Ae

La FMM total requerida es entonces: F= =F,¡.~

+ F, ==954.9 + 446.4 = 140 IA e =140l Ae

y la corriente: 1= = 1401 =5.60A = 5.60A 250

orn

Ejemplo

Un anillo de acero, fundido tiene una sección secclOn transversal de 3 cm de diáme tro y una circunferencia media de 80 cm diámetro cm.. El anillo está uniformemente bobinado con una bobina de 600 espiras. al Calcular la corriente requerida en la bobina para producir un

flujo de 0.5 m Wb. b) Si con una segueta se hace un corte de 2 mm para crear un entrehierro en el anillo anillo,, calcular el flujo producido en el entrehierro, con el valor de la corriente del inciso anterior.

e) e) Calcular la corriente que produciría el mismo flujo que en (a) . En la siguiente figura. figura, se muestra la curva de magnetización de varios materiales magnéticos.

•

eCapitulo a p I tul o

.".~_ .,.,.-~fiI""'-

1.1 1.8 PLACA

11.0 .•

/

1.2

1.0

1; E

l~

;> ;:-

v/

----

~ /. ---< ACERO FUNDIDO FUNDIDO) ACERO

I 1/V '/'j

N

:¡¡

PAGINA 38 38 PÁGINA

I

ACERO ACERO

Vy

U 1.'

E

Je

'.'1

o.,

~ ....--- <

---

al ID

oo.,.•

~ V ./ /'

o., o.•

V

/

0.2 02

HIERRO FUNDIDO

.' / o

1000

2000

.o"

3000 3000

50"

80 .000 ..

7000

H (Al/m) (AUm)

Solución al a) La sección transversal del d e l anillo de 3 cm de diámetro diámetro::

La densidad de flujo en el núcleo núcleo:: 33 8B = = 0.5x 0.5 x 10- =0.707 = 0.707 Tes/. Tes /a 7.07 x 10-4 A 7.07:c

Entrando a la curva para acero fund ido en la figura anterior, con fundido 8 B=O,707T =0.707T se tiene: tiene :

•

H H =675 =675Aelm Ae l m

C •• CUlTO.

MA!1NtT1c.oe

_~_

Capítulo 1 Capitulo

PÁGINA 39

fu e rza magnetomotr iz: La fuerza magnetomotriz:

FMM FAtM = F = H ·e · t =675 = 675xxO.8= O. 8 = 540 Ae F=NI

540 = 6001 6001 JI == 540 = = 0.90A 600

b) La reluctancia:

R"ucleo

=~= '"

540 -1.OSx 106 H - 1 3 0.5 x 10-

- q Ra; " - -> ¡wA

q

espesor del entre ent re hierro h ierro

=

~o =

Roire == Rum~

permeabilidad del aire

3 2 xx 10H - 11 = 2.25 xx 106 H 7 41TX 41T X 10- x 7.07 x 10-4

R,,,,, = (1.08+2.25)x (1.08 + 2.25) x 10' lO' H H-' Rr_1 I0' ==33.33 .33xX I0' -' fl ujo en e n el enlrehierro: entre h ier ro: El flujo F

c/¡,;,.. =--=

540

6 % ire = RTofal RTo1o / = 3.33 106 3.33 xx 10

0.162 mWb =0.162

el Para Para mantener $= 0 .5 mWb e) F = R~=3.33x I0 ' x O.5x I0-l A-e F=R~=3.33xlO' xO.5xI0-'

F=NI Ó F = NI = 1665 Ae

De aquí : 1= J = '1665 665 = 2.775A 600

CIRCUITOS

MAGNáTIC:OS MAGN á TIC:OS

•

Capitulo Capítulo 1

_~_ _~~

PÁGINA 40

1 . 8 HISTÉRESIS MAGNÉTICA y PÉRDIDAS POR HISTÉRESIS 1.8

Si se aplica una fuerza magnetomotriz de corriente alterna a un material magnético , como se muestra en la siguiente figura (A) y se gráfica la magnético, (HI, la densidad de flujo ¡BI ISI contra la intensidad del campo magnético IHI. retracibilidad,, este curva resultante muestra una falta de retracibilidad e ste fenómeno se muestra en la figura ISI "Histéresis" y la curva (B) y se le conoce como UHistéresis" resultante se denomina el "Lazo de histéresis". histéresis··. Partiendo de un núcleo ferromagnético no magnetizado magnetizado,, el punto O en la curva, H = O Y B = O. Si se incrementa la corriente en la bobina en la dirección dire c c i ón positiva, se aumentan los ampere -espira y de aquí la intensidad del campo magnético .

H == NI Ie

/ /"

~...",,,'

./

I

I

I I

/-"L

I I IH"

~

f f I

INTENSIOAO DE CAMPO (H) Im1 EN (AMPERES-ESPlRA 1m'

V

-eLe-

C.A. FUENTE DE CA

A) CIRCUITO MAGNéTICO MAGN~ICO CON UNA fmm ALTERNA

d B) REPRESENTACiÓN REPRESENTACIÓN DE UN CICLO DE HISTERESIS

Cuando la corriente alcanza su maxlmo máximo valor, la densidad de flujo y la intensidad i ntensidad del campo magnético tienen sus máximos valores respectivos y la curva está en el punto a, este es el trazo inicial de la curva, bajando con una línea discontinua, se llama la sección virgen de la curva . En la medida que la corriente decre.ce decre.ce,, la curva c urva sigue una trayectoria distinta y cuando la corriente se reduce a cero, H se reduce

MAGNÉTICOS

~. ~_

Capitulo 1

PÁGINA 41

a cero también, pero la densidad de flujo en las piernas del núcleo ell punto b sob sobre rva. La densidad de flujo pasan por detrás hacia e r e l a cu c urva. en b es lo que se conoce como el Magnetismo residual res idual y el flujo que se atrasa detrás de la fuerza magnetizante es el efecto de histéresis. En la medida que la corriente alterna e intensidad de campo magnético se incrementan en la dirección negativa, el magnetismo residual se reduce, pero permanece positivo hasta que se alcanza el punto e en cuyo momento la densidad de flujo en el núcleo es cero. La intensidad de campo requerida para forzar al magnetismo residencial a cero se le conoce como "Fue " Fu e rza coercitiva" coe rcitiva" y está H , en la medida que la corriente representada por la línea linea OC en el eje H, continua sus alternancias, la gráfica B-H e, d, d , e, a B-H sigue los puntos c, a,, b, e sobre el lazo de histéresis .

1.8 ..11 PERDIDAS POR HISTERESIS MAGNETICAS Si se conecta un voltaje alterno a lterno a la bobina de magnetización como se muestra en el inciso (A) de la figura a nterior, nt erior, la fuerza magnetomotriz alterna, alterna , produce que el dominio magnético sea constantemente reorientado a lo largo de los ejes de magnetización, este movimiento molecular produce calor y entre más duro es el acero, mayor es la

cantidad de calor producida, las pérdidas de potencia debido a la histéresis para un tipo dado de material y volumen volu m en de dell núcleo varían directamente con la fr ecuencia y con la nésima potencia del máximo valor de la onda de densidad de flujo, esto se expresa con la ecuación.

Ph = Kh Kil·./. f· B::"" B;", Pil

• Donde:: Donde Ph

=

Pérdidas por histéresis histéresi s (w/unidad (w/ unidad de masa del núcleo)

= = Frecuencia de la onda de flujo (Hz) Bmb = Va l or máximo de la onda de densidad de flujo (T) ',H...:t"f} ),'>l

CARGA NOMINAL

_--0", I I I I

ro

CARGA EN AMPERES

CURVAS CARACTERlsTICAS DE GENERADORES COMPUESTOS

2.5 2. 5.6 .6 GENERADORES GEN ERADORES COMPUESTOS ACUMULATIVO V DIFERENCIAL

Los generadores generado res de d e corriente co rr i ent e directa direc t a está están n por p o r lo l o general ge n e r al conectados de tal manera que q u e so son n compuestos acumulativos acumulativos,, esto significa que los campos serie y sshunt hunt es están t á n conectados co ne ct ados de d e forma fo rm a que cuando la corriente circula po porr e ellos ll os ssee ay ayudan u dan una a otra o tr a e enn la l a producción del magnet magnetismo, i smo, es decir, d ec ir , cada ca d a uno un o de d e los devanados d evanados de campo produce la misma polaridad po l aridad en el e l polo. polo. CAMPO CAM PO DERIVADO

ISHUN1] ~t ISHU""~t

t;0

CAMPO SER SERIE IE

......-- PIEZA PIEZAPOLAR POLAR

t

t DIE

~ORR

•

aC;TA

__ .~_

l:.apltulo

L

PAG'NA

100

En un generador diferencial compuesto se ttienen ie n e n los campos conectados , de tal ta l manera m anera que q u e se oponen opo ne n uno u n o a otro o tr o e conectados, enn la producción de l magnetismo. del magne ti sm o . CAMPO DERIVADO DERtvAOO

tsHU""

(SHUfO)

t + - - PIEZA POlAR

t EN UNA MÁQUINA EN CONEXiÓN COMPUESTA ACUMULATIVA (COMPOUNO), EL El FLUJO DE CORRIENTE ESTÁ EN LA MISMA DIRECCiÓN QUE LOS DEVANADOS SERIE Y DERIVADO

U n resumen de los distintos d istin tos diagramas de d e conexión co n ex i ó n pa r a las máquinas máq u inas Un para de corriente cor r iente continua co nt in u a se indican in dica n e enn las siguientes si gu i e nt es ffiguras ig ur as :

,....------()AA DEVANADO

l'

DE

(

CAMPO

J

ARMADURA

.... '-------()A F

F

MAQUINA CON EXCITACiÓN MÁQUINA EXCITACION SEPARADA SEPARAOA

•

..... IU.

A A

A . -_ _ _ _--()

F

L........J A A CONEXIÓN DERIVADA PARALELO O SHUNT

CONEXIÓN CONEXION SERIE

A A

• F VVY,," F F

~·OOO~S s

CONEXIÓN COMPUESTA ACUMULATIVA

S U"'s

A

)} ~

F

F

sS A

A

CONEXION CONEXiÓN PARAlELO PARALELO LARGA

CONEXiÓN PARALELO CORTA CONEXlON

•

ClaNERADO • • •

0..:...-'-_-'-_

)

CONEXIÓN COMPUESTA DIFERENCIAL CONEXION

A

..... S

(

A

A

,. ••• F , 'VV'

A

D& COa.laNT& DIR&~TA

Capitulo L

_.~_ _-~_

PAG,"A PAG ," A 102

2.6 OPERACiÓN DE GENERADORES EN ESTADO ESTABLE

La salida de un generador bajo condiciones de estado estable está parcialmente determinada por las conexiones del circuito, para una carga dada las condiciones de operación varían en forma muy amplia para las conexiones serie, shunt o compuesta. Para las conexiones shunt o serie serie,, es posible que la máquina falle al excitarse, si las condiciones no son las correctas correctas.. Las ecuaciones más útiles que relacionan la operación en estado estable de los generadores de C.D. C . D. son: son :

y

Aquí: Aqui:

E

= FEM

Ra

= Resistencia

generada

de armadura que considera cualquier caída de voltaje en escobillas.

;g¡ ID Ejemplo Se tiene un generador de 2 polos con excitación separada que opera a 1000 RPM dando una potencia de salida de 20 KW a 220V . Calcular la FEM generada , suponiendo un valor de resistencia de armadura de 0.1 ohms.

~ Soluci6n Soluei6n La corriente de armadura es:

De la ecuación:

V = E-1aRa

GENERA GENIERA DO RIlS

•

Como el voltaje en terminales es:

vV=220V = 220 V.. E = V + I. R. = 220 + 90.91 xO.1 x O.l

E =229.1V E=229. 1V

ffil

¡¡¡Ejemplo Ejemplo Un generador con excitación separada opera a 850 RPM, tiene de mediciones, los datos que relacionan la FEM con la corriente de mediciones. excitación de campo y que se indican en la tabla siguiente : IFIA) FEMIV)

1 38

2

68

3 87

4

100.5

5 109

6 112 . 5

De mediciones también se obtuvo que la resistencia del devanado de campo es R Rff = 25 n n y el circuito de armadura tiene una resistencia de

0.3 n. n. Después la máquina se hace operar a 1000 RPM Y conectada como una máquina shunt, en lugar de excitación separada separada,, como se muestra en la figura:

C.D.

v

1000rpm

E

1,

v

,

Solución Solucl6n Para construir la característica de la máquina cuando opera a 1000 RPM, se parte de que el voltaje inducido es proporcional al flujo • ya la velocidad de la máquina : EaipN Ea~N

_.~_ ~.~_

CapItulo ¿i!.

lOA PAG'NA 104

Esto quiere decir que los valores de la tabla anterior se deben multiplicar por el valor resultante d de e la relación relación:: 1000/850 1000/ 850 y de esta manera se obtienen los valores a 1000 RPM. IFIAI FEM I850RPMI FEMI850RPMI FEMI1000RPMI FEMll000RPMI

2 68 80

1 38 44 .7 44.7

3 87 102 ..44

4 100 100.5 .5 118 118.2 .2

5 109 128 .2

6 112 112.5 .5 132.4

Con estos datos se traza la gráfica siguiente y se observa que para

llAA == 3A el voltaje es 103 V.

120

1000 rpm

~o AoO ---------------> ,.

:lE ~ ~

u..

3A lA

80 1.,. 1---

3A ....... ·;",. lA

.",

00 00

E E

:-

"

40 40.l--~¡r J- -----,r

V v

CORRIENTE DE CAMPO (A)

0.5

1.0

2.0

3.0

4.0

5.0

La calda caída de voltaje en la armadura es IAR A A= 3 x 0.3 = 0.9 V, de aquí que la diferencia de potencial entre terminales de la armadura es:

103 - 0 .9 = 102.1 V 2 . 6.1 6 . 1 LA REGULACiÓN DE VOLTAJE

Si se considera que se conecta carga al generador, entonces enton ces el voltaje terminal decrece (debido a que el devanado de armadura tiene resistencia), a menos que se haga alguna provisión para mantenerlo constante, la calda caída del voltaje terminal se debe principalmente princip al mente a la resistencia del circuito de armadura 12A. En .general, .ge neral, el voltaje terminal es: es :

GIlNIlRADO" • • D& c:O ....... HT. DIIIIlGTA

_.~_

Capitulo ;¿ 2.

PAG INA 105

Donde: V, V t = Voltaje terminal. lA = Corriente de armadura (o corriente de carga

Id

Otro factor que contribuye a disminuir el voltaje terminal, es el decremento en el flujo debido a la reacción de armadura. La corriente en la armadura establece una FMM que distorsiona el flujo de campo principal, dando como resultado un debilitamiento del flujo, especialmente en las máquinas sin interpolas, a este efecto se le

conoce como l/Reacción #Reacción de armadura". Para tener una medida de qué tanto cambia el voltaje terminal con respecto a su condición de vacío vacío,, es costumbre hablar del concepto de -regulación de voltaje" que se expresa normalmente como un "regulación porcentaje del voltaje a plena carga del generador, por lo tanto:

v -v

Regulación de vo/raje voltaje = = Qo

vpc VI'"

pe .t' x

100

Donde: V o = Voltaje terminal en vacio. vacío. Va

Vp, V p,

= Voltaje

terminal a plena carga.

Si el voltaje permanece relativamente constante con la carga, el valor de la regulación de voltaje es baja y entonces se dice que es buena buena.. Un generador con excitación separada tiene una baja regulación, regulación. pero tiene en cambio la desventaja de requerir de una fuente externa de C.D. y entonces sólo se usan cuando se requiere un amplio rango de voltajes terminales. volta j es term ¡na les.

íil EjemPl1 Se tiene un generador de C.D. con excitación separada que opera a ia del 1400 RPM, la corriente de campo se ajusta a 0.6 A, si la resistenc re sistencia circuito de armadura es 0.28 0 .28 n, dibujar la curva d'el voltaje de salida A.. con la variación de la corriente de carga, cuando c uando va de O a 60 A

GaN."ADo" GENERADORE. • • Da DE CORRIENTE CORR,aNT& DlftaCTA

·__ _~.. ~_ _

l.apltulo L.apltuio

;¿

PAGINA 106

Despreciar los efectos de la reacción de armadura, cuando la corriente a plena carga es BOA, 60A, calcular la regulación r egulación de voltaje, si el valor de E = 153 volts.

Solución Soluci6n IF=O.B E= 153 volts , que Cuando la corriente de campo IF=O .6 A, el voltaje E=1 53 volts, corresponde co rresponde al voltaje terminal de circuito abierto. Cuando se da carga al generador, e ell voltaje terminal decrece dec rece debido debido,, a la calda de

V, = E - lI,, R, voltaje interna , es decir: V,=EPara una corriente de carga de 40A 40A.. V, = 153- 40 x O.28 O.28= 141.8 V V, = 141.8V

Repitiendo estos cálculos para un cierto número de corrientes de carga, se puede trazar la caracterfstica característica externa como se muestra en la figura, de modo que a plena carga el voltaje terminal es:

v, = 153-60x 153- 60 x 0.28 = = 136.2 Va /Is v, = VO/IS _V,v.-v"c VI'C .tX 100 'I 00_ _ 153- 136.2 X 100 '00 --I123" '. 23" I . "'O Reg= 70 La regulación de voltaje es: RegVpc V 136.2 pc

v, lA R... cAlDA lAR" cAloA. DE VOLTAJE

E.o E.'

v... M Mr-=;;:;::;:::::::=~=¡: t--=;;;;::::::::::=~=¡: v,

...

1

:~

100

Ii~1 1-

I~

50

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'"

.

!~1 >

lO 50

•

I (A) 1, L

CARACTERisTICA CARACTERls TICA DE LA CARGA

oaNa

aCoTA .I¡U"&C;TA

··... ~__ ~_

~apltulo L ;¿ l;.apuulo

PAG'NA PAG,"A 107

ru

gjEjemplo Ejemplo Un generador en conex ión derivada o shunt tiene una resistencia de

campo Rf R, = 60n, cuando alimenta una carga de 6 KW, KW , el voltaje calcular: terminal es 120V y la FEM es 133V, calcula r: a) El El valor de la resistencia del circuito de la armadura . a)

b) La FEM cuando se alimenta una carga de 2 KW y bl el voltaje ter m i n al es 135 V. terminal

I1... - IF+ IF+JI L l + j J. +j

/EEGG...... l' "")

~j

I

I

CARGA

120V

60kW

\. RA. / \. RA./

-1 -';r

DIAGRAMA DE CIRCUITO

Solución a) La figura anterior a) a nteri or muestra el circuito cuando entrega 6 KW, la corriente de carga es es::

6000

I L =--=50A 120

La

corriente

120/60 120/ 60

= 2A,

de

campo

por lo l o tanto ta nto

1, = I F + I L = 50 + 2 = 52A

..

alimentada

por

la

•

armadura

es :

Capitulo ;¿

_.~__ ~.~_

PAGINA 108

Como : V,=E- IARA Despejando el valor de RA

bl b) Para la carga de 2 KW el voltaje vo ltaje terminal es 135V, por lo l o tanto tanto,, la corriente de carga es es:: 2000

IIL L~--~ ~--~ 14 .9A

135

La corriente co rriente de campo es:

~2.25A lI F F ~ 135 ~ 2.25A 60 Por lo tanto: 1, 14.9+ l A ~ 14.9 + 2.25 ~ 17.15A 17. 15A

Entonces: E~ E~

V, +/,R, + I , RA

~ 135+ 135+17 17.. 15x 15xO O.25 .25~ ~

\39.3V 139.3V

íi4l @gj Ejemplo Un generador de 100 KW, 230V en terminales, en conexión shunt s hunt tiene: R. R. ~ 0.05 n Q y Y R, ~ 57.5 n, si el generador opera a voltaje vo ltaj e nominal, vo ltaje inducido inducido.. nominal , calcular el voltaje al A plena carga . bl Al 50% de carga. ca rga . En ambos casos se desprecia la caída de voltaje vo ltaje por contacto en escobi lla s.. escobillas

•

IlAQO • •

o" .. ,a

·__ ..- ~_

\;ap.tlJ.o;¿ Cap.lUH.;¿

PAGINA 109 'AGIHAIO'

+ 0.05 0

II f

+ V-230V

E 57.50 57.5 0 f.

~ Solución ~Solución al La corriente de campo es:

La corriente corrie nte de carga:

_~_IOOx l03 =434.8A 1J =!!...= x 10 434.8A L v, - 100230 L - V, 230 3

La La corriente en la armadura: 1, = 1,. 1, + 1 JF = 434.8 434.8+ + 4 = 438.8A 438 .8A

La caída de voltaje en la armadura armadura:: II,, R, = 438.8 x O.05 = 22V

El voltaje inducido: E=

v. + I , R, = 230+ 22 = 252V

b) Para la corriente co rriente de carga del 50 %. 1, =0.5x = 0.5x434.8 434. 8= = 217.4A 21 7.4A

•

.~,...__ __.~_

(;apatulo:" Capltulu;¿

PAG,"A P AG,"A 110 11 0

La corriente de armadura es ahora:

1, l A = le l e + 1,. = 217.4+4 = 221.4A 22 1.4 A La caída de voltaje por la resistencia de armadura es ahora ahora::

R, = = 221.4 xO.05 x 0.05 = volts 1I,ARA =11I I volls E= V; + ' ARA = 230+ 11 =241 vO/1.S

~ Ejemplo 00 Un generador de 50 KW, 250V 250V,, tiene los datos siguientes: RA = 0.06 n, U,

Rs ,= 0.04 0 .04 n, U, R, =125U. =125n. Calcular el voltaje inducido en la armadura a carga.. plena carga a) Cuando se conecta el generador en conexión compuesto corto. corto . b) Cuando se conecta el generador en conexión compuesto largo . Solución Solucl6n

a) El generador conectado como compuesto corto está mostrado en el siguiente circuito:

125 0

0.04 0

"

+

1,

" 0.08 0

La corriente de ca rga: carga:

3

lO' =200A 1 =50 = 50 x 10 =200A L L 250

GENERADORa. DIl

•

C;P

,;l' A

-_. ~~ -_-~_

Capitulo C.apltulo .2 .ó!

PAG P AG IINA NA 111 111

La caída de voltaje en el devanado serie.

I,R I, R"SE = (200)(0.04) = 8V El voltaje vOltaje en el devanado de campo. campo . VI = V, +I,RSE =250+ = 250+88=258 = 258 volls vollS

La corriente corrie nte de campo: 1, = VdR V,/ R,, = 258/125 258 / 125 = 2.06 A, A , la corriente en la armadura: l ,A =1, = 1, +1, + 1F =200+2.06=202.06 = 200+ 2.06= 202.06 A

La caída de voltaje en la armadura.

R, = 202.6 1I,ARA

x (0 (0.06) .12 1'011S vol/, .06) = 12 12.12

El voltaje inducido: ~p. '40.

...p ")'lo

.0.0, .(1.0,

E=250+12.12=262.12 E = 250+ 12. 12 = 262. 12 volls vol/s b) l argo.. b) Para la conexión del generador como compuesto largo 1, =200A = 200A 250 V 1 =-=-=2A F RF 125 1, l A = 1, + 1, 1,. = 200 + 2 = 202A

La caí caída da de voltaje en los devanados serie y de armadura armadura::

I, IA(R (R,A + RSE ) = 202(0.06+0.04) = 20.2 20.2 volls volts

El voltaje inducido: E = 250 + 20.2 + 2 = 272.2 vollS

•

GSNCIIIADORas 0& CORRIENTE GEN.IIAQO" • • Da CO • • IENTe DIRECTA

__ .~_ .~~_

l.apltulo \.apltulo ;¿ ,¿

l.

0.04 n

PAG'NA 11 2

+

0.01 n

+

"

E

250. 250 V

1250

- Ejemplo Calcular el número de espiras requeridas en el devanado serie en cada polo de un generado generadorr en conexión compuesta, para que le permita mantenerr el voltaje mantene vo ltaje en 240 V entre la condición de vacío y una carga de 20 KW . Sin el devanado serie, se encon encontró t ró q que u e llaa corriente en el devanado shunt tiene t iene 4 A en vacío vac í o y 5 A a plena p lena carga, para mantener el voltaje en termina l es a 240 V . El número de espiras por polo en el terminales devanado de campo shunt sh un t es 600 .

• ••

-'""' 1 '3.3 "A 13.3

'01'

187.3A

... ....... """

() (,,)

;

2240 .. V

GENERADOR COMPUESTO A PLENA CARGA

•

PL

- 20kW

... ~_

Capitulo Ca p itulo 2

AGINA 11 3 P AGI N A 113

Solucl6n En la figura f igura anterior, se muestra la conexión del generad generador or compues compuesto to largo . en vacío con shunt largo. vado la corriente de excitación del campo es alimentada por la armadura, la FMM resultante en el polo del devanado shunt es: es :

F F= = NI = 6oox 600 x 4 = 2400 A-e la La calda ca rda de voltaje en el devanado serie, se puede considerar como despreciable. a plena carga la corriente en el devanado de campo es despreciable, 5A para mantener e ell voltaje en terminales a 240V, 240V , en otras palabras, la FMM requerida es entonces: entonces :

F=N/=600x5=30oo F =NI =600 x5=30oo A-e/ A-e / polo Es la diferencia que se debe tener para alimentar el devanado de campo serie, manteniendo el valor inicial en el devanado shunt en 4A , por lo tanto la FMM en el campo serie, serie , manteniendo el valor inicial en el devanado shunt en 4A, 4A , por lo tanto la FMM en el campo serie es: 3000-2400=600 3000 -2400=600 A-e A - e la corriente a plena carga que circula a través del devanado serie es es::

=..e. V,

I = J!.. == 20,000 = =83.3A L

240

Por lo que el número de espiras requeridas en el devanado serie para proporcionar una FMM de 600 A A-e - e es: Espiras del devwrada devanado serie = 600 A - e = 6.9 1/ polo

83.3+ 4 83.3+4

.7 EFI EFICIEN CIENCIA C IA

la eficiencia de una máquina es la relación de la potencia de salida a la potencia de entrada. entrada . La potencia de en entrada trada es proporcionada por el primo motor para accionar al generador, debido a que qu e parte de la energía entregada al generador es convertida en calor, representa energra energ ía ía desperdiciada, estas pérdidas por lo general se minimizan en la la etapa de diseño; sin embargo embargo,, algunas de -estas *estas pérdidas son

GENERADORES DIE DI: CORRIENTE CORRIENTr; DIRECTA DIRECTA ".-::=-..i.:i;.._...; G_N_AADOABS

-.oo.~__ ...... ~~

Capltu~o ;¿ Capitulo

P AGI NA 114 PAG'NA 114

inevitables , por lo tanto, la ef i c i encia , que se expresa eficiencia expre sa usualmente definición: como porcentaje , es por definic i ón : ,(;. .1': '

..

eJ1ClencIO eJlclenclO

=

potencia polencia de salida 100 x polencia de en/rada entrada potencia

También : =

11 ."

potencia de salida x 100 porencia polencia de salida + pérdidas

Las pérdidas pé r didas de los generadores (y aplican ap l ican las l as mismas para motores) se pueden clas ifi i f i car como sigue: s i gue: 1. Pérdidas en el cobre cobre.. Las pérdidas en el cobre están prese presentes nt es debido a la resistencia de los devanados, las ccorrientes orrientes que qu e circulan ó h micas circu l an a través de estos devanados producen pérdidas óhmicas (es decir, decir , pérdidas pérd i das RI '), ' I. los devanados que pueden estar armadura,, son los devanados de presentes además del de armadura campo, campo , los interpolas y los devanados de compensación compensación.. 2 s en el fierro. En la medida que la armadura gira en el Pérdidas 2.. Pérdida campo magnéti c o. o, las partes de fierro de la armadura , así como los l os conductores cortan el flujo magnético , debido a que el fierro fi erro es un buen conductor c onductor de electricidad electricidad,, la l a FEM inducida en l as produce n que circulen las corrientes a través de partes de fierro , producen estas partes. Estas son las corrientes circulantes que se estudiarán en el capítulo capítu l o 1. Los núcleos núc l eos laminados reducen corrientes sensib l emente las cor r ientes circulantes, sin aumentar l a ctancia del circuito magnético, debido a que l as re lu l uctancia l aminaciones están en paralelo con e l campo magnético, l as laminaciones pérdidas por histéresis están presentes en la armadura armadura.. dado que es rotatoria ro t atoria y se mueve continuamente a través de un campo magnético estacionario de los polos. 3 . Pérdidas rotacionales. Estas son pérdidas por fricción en llas as chumaceras chumaceras,, fricción de las chumaceras en contacto con el conmutador y las pérdidas por ventilación que están asociadas con la fricción del aire de las partes rotatorias de la máquina . Estas Est a s pérdidas por lo general son pequeñas pequeñas..-

a.N.RADOIt

~.~_ ",.~~

Capitulo .2 2

PAG'NA PAGva/ls

Entonces Entonces:: ~

10,000 x 100

11785

ry q =84.9%

•

G E NER A DOR ES

D I:

CORRIEN ENTE T E DIRECTA

las

..~~ ~_

Capitulo ;;S C,apuulo ;:s

PAG'". PAG'NA

11 9

INTRODUCCiÓN En el denominado estudio clásico de las máquinas de corriente directa (C.D.). (C.D,), el motor de C.D. es similar a un generador de C. D., de hecho, desde el punto de vista constructivo es la misma máquina que puede actuar como motor o como generador, la única diferencia es que como un generador la FEM es mayor que el voltaje terminal, terminal , en tanto que como motor, el valor va l or generado de FEM (fuerza contra electromotriz) tanto, el flujo de potencia se es menor que el voltaje terminal , por lo tanto. invierte, es decir, el motor eléctrico convierte la energ ía eléctrica en energía energía mecánica, o sea, el proceso inverso al del generador.

la La potencia eléctrica comercial se genera y distribuye como corriente alterna y sólo una parte relativamente pequeña de esta potencia es usada como corriente directa (C.D.). (C .D .), aún cuando los motores de C.D. C.D. se puede decir que son máquinas muy versátiles, por ejemplo ejemplo,, los motores de C.D C.D.. son más adaptables a procesos industriales que demandan un alto grado de flexibilidad en el control del par y la velocidad y sólo tienen competencia en ciertos casos, casos , con aquellos motores de corriente alterna (C.A.) que usan accionamientos a c cionamientos (Orives) para el control de velocidad. Un motor de C. D. electrónicos (Drives) puede proporcionar un alto par de arranque, así como también un alto par de desaceleración para aplicaciones que requieren de frenados rápidos o inversiones de sentido de rotación.

El control de ve l ocidad oc id ad en rangos relativamente amplios, amplios , es uno de los aspectos que son relativamente fáciles de lograr en comparación

_-~~_ "_.~_

Capitulo :i 3

PAGINA PA GINA

120

con otros dispositivos electromecánicos de conversión de la energía y V es, de hecho, uno de los fuertes de los motores de C.D C"D". Aún cuando los Orives de C.A. están reemplazando muchas de las aplicaciones de los motores de C.D., hay h ay áreas de aplicación donde los motores de C.D. continúan siendo muy importantes, como el caso de la industria automotriz, por ejemplo, un automóvil de lujo puede tener hasta 50 motores de CD" C.D.

Cuando se aplica un voltaje a un motor de C.D . circu la la corriente circula hacia la escobilla positiva y a través del conmutador hacia el interior del devanado de armadura; de hecho, el devanado de armadura de un motor es idéntico al devanado de armadura de un generador, por lo tanto, los conductores bajo el polo norte de campo lleva corriente en una dirección, en tanto que todos los conductores bajo los polos sur del campo llevan la corriente en la dirección opuesta, cuando la armadura transporta una corriente, produce su propio campo magnético, el cual interactúa con el campo principal, el resultado es que hay una fuerza desarrollada sobre todos los conductores, tendiente a hacer girar la armadura. Con la armadura girando como un resultado de la acclon aCClon del motor, motor, los conductores de armadura cortan continuamente a este campo resultante, por lo tanto, los voltajes generados en los propios conductores, experimentan una acción de fuerza. De hecho, du rante la operación, el motor actúa simultáneamente simultáneamente.. Como generador, pero naturalmente la acción del motor es mucho más fuerte que la del generador debido a que la corriente la fija l. la polaridad del suministro" sum inistro.

En la figura siguiente, se ilustra este principio prinCIpIO para un motor de dos polos, aún cuando la fuerza electromotr electromotriz i z (FEM) se opone al voltaje suministrado, no puede exceder al voltaje aplicado, aplicadO; en este sentido la ell devanado de armadura. La FCEM sirve para limitar la corriente en e corriente de armadura se limitará a un valor suficientemente justo para tomar en cuenta la potencia desarrollada necesaria para accionar a la carga. •

-

MOTO" • • D. cO.tllI&NT& DI • • C;;TA

la carga no está conectada al eje del motor , la fuerza aontraelectromotriz electromotriz IFCEM) (FCEMI es casi igual al voltaje aplicado, la a desarrollada ~::i~~!:;a desarrollada por por la la armadura armadura en en este este caso caso es es justamente justamente la la necesaria para superar las pérdidas rotacionales, todo esto i que la corriente de armadura lA está controlada y limitada la fuerza contraelectromotriz Ec, por lo tanto:

~

VLl

=

Voltaje de línea aplicado a través del devanado de armadura y RA es la resistencia del devanado de armadura.. armadura

IDebido ,Delbido a que la FCEM lEc! (E c) es un voltaje inducido o generado, depende flujo por polo y de la velocidad de rotación (r¡1 (11) en RPM, RPM , en otras ¡1II1¡Ibras: palal,ras:

Donde el va valor lor de la Kg, que es una constante depende del devanado ,. _. armadura y del número de polos de la máquina, de manera que la ecuación anterior para lA se puede expresar como como::

Elta esta ecuación se analizará posteriormente, cuando se estudien los métodos de contro controll de velocidad velocidad..

•

MOTOR ORII5 lES DII CORJI'IIIN'rE DI.ECTA

~..~_.

~ap"u l o

J

PAGINA

122

•

DIRECCiÓN DE LA CORRIENTE DE ARMADURA PARA DIRECCIÓN ROTACIÓN ROTACiÓN EN EL SENTIDO DE LAS MANECILLAS DEL RELOJ

00 Ej emplo Un motor de C.D . ope opera ra a una velocidad veloc i dad de 168 1680 0 RPM cuando demanda una corriente de 28A y está alimentado a 23 0V. Si l a resistencia de ar m adura es 0. armadura 0 .2Sn, 2Sn, ca l cular la velocidad de vacío cuando IA = = O (en vacío). suponiendo que todas las pé rdidas rd idas so n desp reciables .

Solución Cuando el e l motor mo t o r o ope p e ra co conn carga carga,, I A = 28A, 28 A , por po r llo o ta nto: nto : Ec

= V, -

1, R,

= 230-28xO.25 = 223V

T ambién a m bién se sa be b e q ue :

223 = Kgq> x 1680

•

K .>R. '>

ARMADURA

+

eP P

El campo en derivación no desarrolla trabajo útil, de hecho, hecho , sólo proporciona el medio necesario a los conductores de armadura para empujar en sentido contrario cuando se desarrolla el movimiento rotatori rotatorio. o. Toda la energía alimentada al campo se usa como pérdidas I' R en el devanado de campo. Suponiendo Supon i endo que el par desarrollado es suficiente para producir rotación, se genera una fuerza suf iciente contraelectromotriz (fcem) en la armadura, que qU§! es proporcional a la ve l oci dad de la propia armadura , y al flujo en el entrehierro ., es decir: velocidad decir :

Capitulo 3

~~_ _~'-

Ea

=

PAGINA P ÁGINA

132

n$p n $p Kg

Donde: $p = Flujo por polo en weber.

= Velocidad de la armadura . n = Esta fuerza contraelectromotriz se puede expresar también como :

Ea = Ka $p V Donde : = Constante de armadura Ka = armadura..

$ p == Flujo por polo . $p

v=

Voltaje de armadura en vacío va cío..

De las ecuac i ones anteriores, anteriores , la velocidad velo cidad es:

Ea Eo

1/= ~= -­ -

f/JpKa p Ka

Cos $ .p pp "*"1:- O Es decir , la velocidad en el motor de C. C.D. D . es inversamente inv e rsament e proporcional al flujo por polo polo..

Apli c ando la ley de Kirchhoff a la armadura del circuito ante r ior : Aplicando

VT = la Ra+Ea c ado . V T = Voltaje apli aplicado Ea = Fuerza contralectromotriz contralectromotri z Despejando la corriente:

la=Vr-Ea Ra Ro

l

•

MOTOR M OTOR

..• co .... C: O " . I II:

... ~~

~apltulo ;i Capitulo J

133 133

PAG'NA

o

¡rj EJemplo Ejemplo Un motor de 115 volts en conexión conexlOn en derivación tiene una armadura cuya resistencia es: ra = 0.200 0.20n Suponiendo un voltaje a través de los

contactos de las escobillas de 2.5 2 . 5 volts volts,, calcular el valor de la corriente de armadura que circula cuando: al La fcem es de 110 volts . bl Si se aumenta la l a carga al motor y la fcem decae a 105 volts. la La corriente de armadura se calcula como:

I =

vr -

,a

R R

a"

Eq Ep

al 15-25)125A allI ;(1 =(115 -25)- 11 IIO0 =125A a

Q

0.20

bl 1I = ; (115-25)-105 -375A (11 5-25)-105 =375A ,a

0.20

¡]g Ejemplo ~ EJemplo Se tiene

un

generador

de

C. D. de

6

polos polos,,

30

ranuras

en

el

co muntador, comun tador , con un devanado de armadura en capas. La constante de armadura es Ka ;= 9 . 55 . El generador se opera con un devanado de 9.55. excitación separado, siendo el flujo por polo de 0.04 w weber/ e ber/po pala lo , si se acciona accio na a una velocidad de 3000 RPM el voltaje de armadura en vacío

V.. es de 415 V Si ahora el generador se opera como motor, el flujo es 0.04 0 .04 webe r/ polo y se debe alimentar a una carga que requiere de un par de weber/polo 50 n-ro n-m a 4000 RPM . La resistencia del circuito de la armadura es: es : Ra ;= 0.070 0 .070 ohm s, calcular: (al (a) La fuerza contraelectromotriz, (bl ( b) la corrie corriente nte requerida reque ri da de armadura y el voltaje para alimentar al motor cuando ali menta esta carga. alimenta

•

..,.~~

CapItulo 3

PAGINA

134

• Solución contrae lectromotri z se puede ca lcular (a) La fuerza contraelectromotriz lcu lar como:

Ea = Ka $p V Usando los l os datos: dalas: Ea = 9.55 9 .55 x 0.04 x 415 = 158.53 V V (b)La corriente de armadura se puede calcular directamente de la la siguiente ecuación:

T o == Ka$p la nT. n-(o) ro De donde: T 50 Il. =-º-= =~= 50 130.9A = IJO.9A • KajjJ Kafp (9.55.< (9.55xO0.04 .04))

El voltaje de armadura necesario es es::

V

= Ea ±

laRa

= = 158.53 158 .53 + 130.9 x 0.070 = 167.69 volts vollS..

Ejemplo Un motor tipo shunt s h unt que se alimenta a 230 V tie tiene ne una resistencia de armadura de 0.15 ohms. Si la corriente de armadura no se debe debe exceder de 75A, calcular: ca lcu lar: (a) la resistencia que se debe insertar en serie con la armadu ra en el instante del arranque, (b) el va lor al cua l armadura esta resistencia se debe de reducir cuando la armadura se acelera

hasta fcem sea de 165 volts hasla que la leem vOlls,, (e) la corrientE¡ corrienl '

1,) ~"

1

V./2

T

1:1

VeJ2

vT

:::•

L, L,

CARGA MECÁNICA

Aplicando la Ley de Kirchhoff de corrientes:

motor:: La potencia de entrada al motor

La corriente de campo se puede calcular como:

La fuerza contraelectromotriz (FCEM) se puede calcular a partir de de::

De donde la FCEM es:

Donde :

v, Va ==

Caída de voltaje en las escobillas.

Ea =

Fuerza contraelectromotriz.

IL =

Corriente en el armadura o línea línea..

IIF

Corriente en el devanado de campo campo ~ .)

=

la =

Corriente de armadura.

Ra =

Resistencia del devanado de armadura (n) .

R,

ro

= =

Resistencia del devanado de campo (n). (n) . Velocidad rotacional en rad / seg.

Para Para un valor constante contraelectromotriz es:

de

corriente

de

camp o campo

la

fuerza

v - s/ A . rad. Kg = Constante de armadura de la FCEM en v-s/A

[;gí Ejemplo !itl Un Un motor de C.D C. D . en conexión shunt o paralelo paralelO se alimenta a 250 V Y ope ra a 1000 RPM en vacío , tomando BA . Las resistencias de armadura opera y de campo son 0.2 ohms y 250 ohms respectivamente. Calcular la velocidad cuando opera con carga y toma 50A . Supóngase que el flujo es consta nte .

_.~_

\.apltulo

:.>

P AG'NA

142

• Solución La corriente de campo se calcula como: V 250 I¡ ¡ = - = - = IA R¡ 250 R¡

La corriente de armadura cuando está en vacío:

El valor de la fuerza contrae le ctromotriz en vacío es: contraelectromotriz Eao Euo

=vr

Ra / aQo = 250-7xO.2 = 248.6V - Ralu

La velocidad en vacío es: No = =IOOQRPM lOOORPM

es:: Cuando el motor toma carga, la corriente de linea es 1L = 50A

ahora:: La corriente de armadura es ahora lo lo

=1 L --11¡ =50 - 1=49 A

El valor de la fuerza contraelectromotriz es es:: Ea = Va Va-Rala - Ra l a ==250-49xO.2 250 - 49xO.2 ==240.2 240.2V V

Dado que el flujo se supone constante, la velocidad es directamente directamenté desarrollada,, es decir: decir : proporcional a la FCEM desarrollada N

EA Eo

-=-N o Eoo

• N = Velocidad de carga (RPM). (R PM) .

IR

No = Veloc i dad en vacío IR P PM M). ).

Ea Ea = Fuerza contraelectromotriz con carga . Eao Eao

= Fuerza

contraelectromotriz en vacío.

N =N = N o ...É..sL ~== 1000x 240.2 = 966 966RPM RPM

o Eao

248.6

=

3.5 .3 3.5. 3 MOTOR OE C.O. CON DEVANADO DE COMPUESTO

En este tipo de moto motores res la variactOn variación de velocidad debida a los l o s cambios en la carga es mucho menor que en l os motores con cone conexión x ión serie, pero mayor que en los motores con conexión paralelo o derivado (shunt) . Tiene también un (shunt). u n par de arranque mayor que los motores que los motores en conexión paralelo (shunt) y tiene capacidad capa c idad para soportar sopo rtar sobrecargas pesadas. Sin embargo, tiene un rango más est estrecho rec ho de ajuste de velocidad . Estos motores usan , tanto los devanados de campo paralelo (shunt) ( shunt) como serie serie,, y conjuntan las características cara cterísticas de ambos. ambos . Asimismo, dependiendo de la manera en cómo c ómo se conectan se pueden tener cuatro clases de motores en conexión compuesta co mpuesta (compound) (compound):: •

Shunt largo acumu acumulativo. l ativo .

•

Shunt largo diferencial.

•

Shunt corto acumulativo .

•

Shunt corto diferencial.

Los motores con devanado compuesto se usan cuando el arranque de la carga es muy pesado o cuando los cambios en la carga se dan en forma intempestiva, como es el caso de las bombas reciprocas, r ec i procas , las máquinas máquina s de presión o de perforado perforado..

•

__ -~__

...... iApltUUJ

.J

PAGINA

144

LINEA CAMPO SERIE

ESCOBILLA ESCOBilLA

PARALELO CAMPO PARAlELO

DIAGRAMA DE CONEXIONES DE UN MOTOR CON CONEXiÓN COMPUESTA

-:::::¡;z~

OEVAHAOO DE lOS LOS OEVANADO POLOS DE CONMUTACIÓN

L1 CAMPO DE CONMUTACIÓN

POlO PRINCIPAL

F1

ARMADURA

CAMPO PARAlELO PARALELO

F2

Al

L2

DIAGRAMA DE ALAMBRADO DE UN MOTOR DE C.D. EN CONEXiÓN COMPUESTA CON DEVANADOS DE POLOS DE CONMUTACiÓN

_~_

I...aplhuo :i

P AG'NA

145

.6 EL ARRANQUE DE LOS MOTORES DE CORRIENTE DIRECTA ·6 En el instante del arranque la fuerza contraelectromotriz (E c cl) es cero debido deb ido a que justo en ese instante la armadura no está girando, por ejemplo si se arranca un motor alimentado a 230V que tiene una resislencia AA= O.25Q, resistencia de armadura R 0 . 250, el valor de la corriente de A= armadura podría alcanzar un valor de: 23010.25=920A 23010.25=920A,, tal valor de corriente corrie nte de armadura podrfa podría someter a la armadura a un severo impacto mecánico, podrfa podría fundir fusibles y desconectar al motor de la alimentación. tanto,, es necesario insertar alguna resistencia en ali mentación. Por lo tanto seriee con el circuito de armadura para limitar el valor de la corriente. seri c orriente. En la medida que el motor aumenta su velocidad, esta resistencia resistencia"se se retira, i ra , por pasos, debido a que Ec aumenta conforme el motor alcanza ret la plena velocidad. la Un arreglo práctico que permite hacer esto es lo que se conoce como "el arrancador", ejemplo,, la corriente de arranque se limita de - el arrancador ", si por ejemplo 920A a 60A, la resistencia total de arranque más la del devanado de armadura debe ser: V v 230 R =-=-=3.83n = - =-=3.83il I 60

Existe una gran variedad de arrancadores manuales, en la siguiente figura fi gura se muestra el princ principio i pio elemental de los arrancadores arrancadores,. cabe aclarar ac larar que para motores de 1 HP o menos, por lo general no se requiere de arrancador arrancador..

•

~-~_

Capitulo;;' Capitulo;:'

PAG'NA P AG'NA

146

•

,,r---------------------------------¡,, ,,, ' ,, , ,,, , 3 • ,, 5 , I

,, I

,, , ,, I

,, ,,

8RAZO BRAZO --" --"".... DEL ARRANCADOR

ESPIRAL

, ,,L ______ _ _ _ ____L_

F

A

,, ,, ,, ,,

MOTOR DERIVADO (SHUNT)

_____ ___ __ ______ ...J

¡---------------, ,,,---------------,, I

, I

,, I I I

I I I

, DEVANADO DE CAMPO EN PARALELO .......~¡.¡ (SHUNT)

I I

,, ,, ,, ,,

ARMADURA

I

FUENTE

DE C.D.

,,

,

, I _________ L __ _ ______ ______ J

CONEXiÓN EN PARALELO (SHUNT) ARRANCADOR MANUAL PARA UN MOTOR EN CONEXIÓN

Para arrancar el e l motor de la figura anterior, el interruptor prin ci pal se después quee cierra y el brazo del arrancador se mueve al contacto 1, despu és de qu la armadura se ha acelerado suficientemente sobre el primer contacto co ntacto , el brazo del arrancador se mueve lentamente a los siguientes con tactos

-M-T R- - - -:..:":..:-D:.;';:.:¡- - - - - -........ Il. D&:..:¡¡¡,¡¡:¡¡¡¡¡¡:",:":.T MOTO"". O. o o

..IIENTa DI

¡¡¡¡¡i--".....

__ - ~_ _.

Capitulo;} Capitulo :i

PAGINA

147

hasta que el conservador o retenedor de tierro fierro es retenido por la bobina de retención (electroimán). El proceso total puede tomar algunos segundos dependiendo del tamaño del motor. En la posición final no se agrega resistencia en el circuito ci rcuito de la armadura, el brazo del arrancador se mantiene en el contacto de la última posición . Cuando se presenta una falla en la alimentación. alimentación, o accidentalmente , el resorte bien si el circuito del campo se abre accidentalmente, ,egresa regresa al brazo del arrancador a la posición de " F.tera", Frlt¡.!a", desconectando al motor, con el e l brazo del arrancador sobre el contacto 11a corriente de la armadura es es:: _ I I-

V ddLlMENTACJON LlMENTtfCJON R.., RA

+ R ARRA NCADOR NCA DOR

corriente flujo, se deduce Debido a que el par es proporcional a la corrie nte y al flujo. que el máximo par se tiene en el arranque para acelerar la armadura, periodo de aceleración Ec aumenta y la corriente de armadura durante el período se reduce, cuando e l valor de la corriente cae a un cierto valor 12 preseleccionado preseleccionado,, el brazo del arrancador se mueve al contacto 2, se debe cortar suficiente resistencia para permitir que la corriente aumente a1 1,, otra vez vez;; esta operación se continua hasta que se alcanza el último contacto y el motor queda en su condición de operación en estado estable de velocidad y corriente.

1,

1

, 2

3

"

•

,

NÚMERO DE CONTACTOS

"

t I

ESTADO ESTABLE

t, 1 o

--

IHIeIO INICIO DEL OEL t111

t, 1,

t, 1,

1, t.

VARIACiÓN EN LA CORRIENTE DE ARMADURA DURANTE EL PERIODO DE ARRANQUE

•

Capitulo 3

_~_

PAGINA PAG'NA

148

li5 ~ Ejemplo Calcular Cal c ul a r las la s resistencias resisten c ias necesarias para un arrancado de d e 4 pasos p as o s para p ara C. D . en conexión co n exión limitar la corriente de arranque de un motor de C.D. de derivada o shunt. Supóngase que los cuatro pasos tienen igual valor de resistencia 240V , 860 RPM Y tiene ti e n e una un a re s istenc i a.. El motor es de 25 HP ., 240V. resistencia =O .08 n con eficiencia del 89%. 89 %. Determinar Determina r r es ist e ncia de armadura RA =O.08 a qué velocidades los resistores del arrancador se deben sacar s acar de de manera que la corriente permanezca en o sobre el valor nominal durante durante el arranque , supóngase que la corriente de campo es despreciable con la corriente de armadura y además constante.

Solución En la siguiente figura, se muestra el circuito c ircuito de arranque del motor.

F 1 '

j" 1 A

L,

-

E. n

ARRANCADOR MANUAL PARA UN MOTOR DE C.D.

Solución

A c arga,, la potencia de entrada al motor es: A plena carga p = Hp x 746 = 25 x 746 = 20955 W IV P. •<

~

0.89

[ii~~~~~=~":O~ TOAIES

MOTORIES DE C.ORRIIlHTI: DIE COARIIlHTI:

•

DIREC.TA DIRECTA

_. ~~"'"

Capitulo 3

PAG'NA

149

La corrie nte de línea: línea :

,, ;= 20955 ;=87.3A L

240

El El va valor lor de esta corriente se limita al 150 % Ó : IMÁX

= 1. 5x87.3=131A

Este es el valor de corriente que se debe de limitar al a l arranque. arranque, es decir: deci r: 1 I

M~ MAX -

VALIMENTACIÓN ALlMENIAQÓN R +4R

" /ÁX; 'MÁX =

240 ; 131 13 1 = 0.08x 0.08 x 4R

,¡ ,¡"

_

A A

240; [3 1 (0.08+4R) (0 .08+4R ) 240=131 240; 240= 10.48+ 524R

240-10.48 = R 524

R ;0.438Q = 0.438Q

A A cor co rriente riente y velocidad nominal el valor de la FCEM es:

Ec = 240-87.3 x 0.08 = K4>x 860

Por lo tanto tanto:: KA. KA.; = (240-87.3xO.08) (240 -87.3. - 0.271 0.271

Este valor representa una constante para las suposiciones que se hacen ha cen • en e ell siguiente ejemplo ejemplo..

MOTORas pa e

M · - Ejemplo En el arranque, con el brazo del arrancado arrancadorr en el e l contacto 1, IMAx= I MAX =II R R Y se tienen cuat cuatro ro resistores resis tore s en serie con la armadura.

Por lo tanto: tanto : 240= I MÁX (0.08+4R)

Con:

Tl=O en el e l primer paso 11=0 paso..

El motor se acelera y la cor corriente riente decae hasta 1..... = = I ANOMINAl Y en este punto el brazo del arrancador se mueve al contacto 2 donde se tienen tres resistores en serie con la armadura y I ..... =I AMÁx . por lo tanto: =IAMAx 240 = 131(0.08+ 3 x 0.438) + 0.271 q

De donde : 1J =57.4Venelliempo tI 71 =2 12 RPMy RPM y Ec Ee =57.4V en eJliempo 'I

En forma similar so bre el contacto 3 con 2R en el circuito . sim ilar sobre 1/ TJ =423 RPM Y Ee

=[114.8 14.8 V en el tiempo '2 12

En el contacto con ta c to 4 con R en el circuito 1]=365 1} =365 RPMy RPM y Ee

=172. IVenelliempo IVeneltiempo 1) 1)

to 5 , la po sición final del brazo del arrancador arrancador,, sin En el contac co nta cto resistencia adicional e n el circuito de armadura. adicio nal en

'1"! =847 RPM Y

Ee Ee

=229.5V 229.5Ven en el tiempo 14 t4

estable . Después de esto el motor alcanza el estado estable.

_.~_ _.~-..

(;apltuh,) ~ap,tulo .)

PAG'NA

•

F

AUMENTACIÓN

fN EN

C.D.

OL Ol

F

F

R

CONTROL FRENTE· FRENTE - REVERSA DE UN MOTOR COMPUESTO DE C.D

A,

s,

s,

s,

s,

s,

F,

F,

LOS RESISTORES LIMITAN LA CORRIENTE DE LA ARMADURA S1 , S2, S3 SON CONTACTOS PARA PUNTEAR LAS RESISTENCIAS

151

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(;ap.tu.o .j (;ap.tulu.j

PAG'NA

•

A,

s, S,

A,

•

y

F1

F,

9

1

s, S,

AllMENTAC.oH

1

ALIMENTACIÓN

VOlTAJE VARIABLE 1------' L----l YyDECORRJf.NTE CORRIENTE UMrTADA UMITADA

s, S,

s,

M

F,

AUMENTACIÓN ALIMENTACIÓN EH EN C.D.

PARO

ARRANQUE

-L~FR

oc

M

EL RELEVADOR DE CAMPO DERIVADO DER1VADO DESCONECTA LA ALlMENTAC10N ALIMENTACIÓN A LA ARMADURA SI 51 SE 1NTERRUMPE INTERRUMPE LA CORR1ENTE CORRIENTE

•

IICTA

152

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Capitulo.;

PAG'NA

153

• s,

~' J

S, y

y

y

F,

F.:. y

Y Y Y

~

I

L

Y

Y

_ _-j ALIMENTACiÓN ALIMENTACiÓN

F, F,

I

SALIDA DE VOLTAJE VARIABLE

f------'

-'"

,__+

ALIMENTACiÓN DE VOLTAJE VOL TAJE VARIABLE

CORRIENTE LIMITADA

SALIDA DE VOLTAJE FIJO

ESQUEMAS DE CONTROL DE VELOCIDAD

En algunas ocasiones se usa un devanado de campo shunt para proporcionar una ve velocidad locidad estable, estable , el otro devanado de campo proporciona control de sobrevelocidad .

.• 6 . 1 EL ARRANQUE AUTOMÁTICO AUTO MATICO DE LOS MOTORES DE CORRIENTE DIRECTA

Algunas de las aparentes desventajas de los arrancadores manuales. manuales ,

manual , la falta de respaldo en el son la necesidad de una operación manual, arrancador, el respaldo respa l do de la operación remota de arranque y la posibilidad de una operación impropia que es una aceleración no uniforme, automáticos superan todas estas uniforme , los arrancadores in co rporar otros aspectos de desventajas y adicionalmente pueden incorporar cont rol deseables control deseables,, como por ejemplo la protección contra bajo voltaje.

puntos,. se puede referir a un arrancador automát ico Para ilustrar estos puntos automático shunt, como se muestra en la simple conectado a un motor en conexión shunt. figura,, este circuito del arrancador se conoce como: figura como : Arrancador de fuerza contra electromotriz , en el cual por simplicidad la resistencia de s610 paso. paso . El contactar M es e s un contactar arranque se retira en un sólo magnético, tiene una bobina colocada sobre un núcleo núcl e o de ffierro i erro de magnético.

\

_. ~ _ ~_.

(;ap"tujo .> CapItulo.>

PAG'NA 'AG'NA

154

manera que cuando c uando la corriente circula a través de la bobina , el fierro se magnetiza , esto e sto atrae una armadura móvil de fierro que tiene un grupo de contactos eléctricamente aislados unos de otros, en la medida que la armadura se mueve a lo largo del núcleo núcleo,, los contactos móviles se mueven hacia los contactos estacionarios. estacionarios, cerrando con esto el circu ito al cual se conectan en serie . En la siguiente figura , el conta ctor se sigu iente figura, circuito energiza oprimiendo el botón de arranque que al igual que el bot ó n de botón paso se puede localizar en forma remota con respecto al motor, con el contactar principal M energizado, energizado. los contactos M y M M,, se cierran cierran.. El contactor contactar M, es de respaldo y mantiene al contactar contactor M M energizado cuando se retira la presión del botón de arranque.

N M L'o-----~------------~Ir_--------~----~----_, L'~--~--------------~r--------~--~r-----,

•

A

DEVANADO DE OECAMPO CAMPO

SHUNT OHUNT M

OL R -• RESISTENClA RE!USTENCLA DEL ARRANCADOR

1..

ARRANQUE

PARO

OL

L....Q.~r---" ¡,.......,.---{ '---Q.~r- ~-----1

M, N,

DIAGRAMA DE ALAMBRADO DE UN ARRANCADOR DE FUERZA CONTRA ELECTROMOTRIZ CONECTADO A UN MOTOR SHUNT

C.D . 3 . 6 . 2 CARACTERíSTICAS DE VELOCIDAD DE LOS MOTORES DE C.D. Cuando se retira la carga metálica del motor, la velocidad del motor se incrementa, la cantidad en que se incrementa depende del tipo del motor. La velocidad de un motor shunt se incrementa alrededor de un 8%, para un motor compuesto (compound) tipo acumulativo el incremento es del 15 al 20%, para el motor serie podría pOdrfa incrementarse

_QTQ

_~~

Capitulo

~

PAG 'NA

155

muy rápidamente y es por eso que el e l motor tipo serie debe accionar siempre carga. si empre una ca rga. La n para la corriente de armadura: la ecuació ec uación armadura :

Des pejando la velo c idad Despejando velocidad

T]

se puede escribir como:

11> se ve sólo afectado ligeramente por En los motores tipo t i po shunt el flujo $ JARA caída la corriente co rri ente de armadura, armadura , en tanto que el producto IAR ída de A de ca voltaje vol taje raramente excede al 5% del voltaje de línea , por lo tanto, el máximo cambio en la velocidad debe ser del mismo orden qu que e para lA lA en el motor unaa máquina mo tor shunt, de aquí aqu í que el motor shunt sea un m áquina de velocidad constante,, como se muestra en la siguiente figura veloci dad casi constante (curva a)) para un motor en cone conexión (curva a xión compound , cuando la carga se retira,, dos factores afectan la velocidad, llAA y $ y entonces hay un retira mayo in cremento en la velocidad, velocidad , como se muestra en la curva (b). (b) . mayorr incremento

Se puede Se pu ede observar que un motor serie puede operar a una velocidad ve l ocidad peligrosa (elevada) cuando se retira ret i ra la ccarga. arga , debido a que qu e no se separa de l magnetismo remanente, porqu e el flujo depend e d e la corriente c orri ente flujo del porque depende de de carga e sta característica c aracterístic a . carga., en la figura (c ) se muestra esta

b (COMPUESTO)

et (SERIE)

CORRENTE CORRIENTE De DE CARGA (A)

CURVA COMPARATIVA VELOCIDAD-CARGA COM PUESTO VElOCIDAD-CARGA DE MOTORES, SERIE, SER1E, SHUNT y COMPUESTO

MO T

~ Ejemplo Un m o tor de 240V en cone x ión shunt tiene una resisten c ia de armadura AA = 0 .25 n , bajo condi c iones de carga, la corriente de armadura I ... = 24A , si se supone que el flujo se reduce súbitamente en un 2 .5 %, indicar c uál se ria el efecto inmediato en el par d e sarrollado .

Solución Cuando la corriente es 24A, de la expresión para el par: T = Km 4> l A

r

= Kmt/Jx 24

La fuer za contra electromotriz:

Si 4> se reduce súbitamente en un 2.5%, entonces tamb i én Ec se reduce, ya que

E c~ Kg

$ 11 Y la velocidad no cambia en forma i nstantánea , por lo

t a nto : EC

~ O .975

x 234 ~ 228. 15 Vohs

La nu e va corriente de armadura es entonces :

El nuevo valor del par desarrollado es entonces: T'~

Km(O.975 //

'-~ --~

'\\ '11

" '"",

( ,1 I , , I

1', '/1 ,1

/ ,'/u ,

1\\ I 'i' 1 \ 111 + ~ 1 \\I"+ / I I

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,"11 ," 11, 11

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•-/11 /11

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S JJS

,' - , " , , - - ,"',."

ENTRE HIERRO NO UNIFORME

LINEA DE FLUJO

BOBINAS

DE CAMPO

/11 /

-

GENERADOR DE POLOS SALIENTES

ZAPATA POLAR

Capitulo 4

_~_ ...~_

PAG'NA

177

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1 ..-'\'~/'I 1

\ 1I \ 1 \ I I I 15

EJE

ENTRE HIERRO UNIFORME

GENERADOR DE ROTOR CILlNDRICO CILINDRICO

CLASIFICACION DE GENERADORES POR EL TIPO DE ROTOR

La velocidad del rotor y su frecuencia están directamente relacionadas por medio de la expresión: ff== ;;;" ~:o ' la figura anterior a nt erior representa un generador elemental e leme ntal monofásico de 2 polos, de polos salientes y de rotor cilíndrico, indi indicando cando las trayectorias para las líneas de flujo . FLUJO

DE

CAMPO

DEVANADO

DE CAMPO

DEVANADO DE CAMPO EN UN ROTOR CILINDRICO

RA

__ .~_ _-~_

~ap,luju ~apllu¡o

•

4

FLUJO DE CAMPO

DEVAHADO DE

CAMPO

, N

•

DEVANADO DE CAMPO EN UN ROTOR DE POLOS SALIENTES

ROTOR CON RANURA BIPOLAR RADIAL

-. ROTOR DE POLOS SALIENTES

OIlM • • ADOR.

PAG'NA P AG'NA

178

_~_ "'~~

Capitulo 4

PAG'NA PAG 'NA

179 179

•

PERSPECTIVA

VISTA FRONTAL V1STA

MOTOR DE POLOS LISOS PARA UNA MÁQUINA MAQUINA SINCRONA

;g íiJ Ejemplo Una turbina hidráulica gira a 200 RPM RPM,, está conectada a un generador Hz , calcular síncrono . Si el voltaje vo lt aje inducido tiene una frecuencia de 60 Hz. el número de polos que tiene el rotor.

Solución

De la expresión:

_IJL

¡ - 120 1

p= 1201 120¡ = 120 x60 x6O = 36polos

N

200

iit9- Ejemplo Un generador de 4 polos pOlos opera a 1800 RPM , calcular la fre c uencia a la que opera . Solucl6n Solución

DO . . .5 . . SíNCRONO. . i NC;ROHoe

~-~_ "'~_

Capitulo 4

PAG 'NA P ""NA

lan l8()

.3 Los GENERADORES TRIFÁSICOS

Para un generador trifásico se deben tener tres bobinas que deben estar colocadas sobre el estator de manera que estén separadas 120 0 eléctricos y a esta máquina se le llama generado generadorr trifásico trifásico,, como se muestra en la siguiente figura, en donde cada bobina está separada

120 0 una con respecto a ot otra, ra, los voltajes inducidos son eea. a. e b , eBee en valor instantáneo y el valor eficaz o r.m .S. .S . correspondiente es EAo EA< Es. Ea, Ec , los índices A, B, e se refieren a la secuencia de los voltajes Ec. inducidos. inducidos, que significa sign ifica el orden en que los voltajes VOltajes son generados. Las tres bobinas del estator generalmente están conectadas en estrella (YI o también puede (V) puedenn estar conectados en delta (M para producir una fuente de voltaje trifásica, el voltaje inducido en cada bobina del estator se conoce como un voltaje de fase E y el voltaje que aparece entre cualquiera de los dos conductores de fase a fase o de línea línea,, se conoce como el voltaje vo l taje de linea V VL L,. o bien el voltaje terminal term inal (V,I (V,),. máquina.. cuando se mide en las terminales de la máquina La magnitud del voltaje de cada fase es: [

,

E_ = 81111.,. E_. Bm l O>" (.'olls) ('·O/IS)

Donde: Bm = Densidad de flujo máxima producida por el rotor (T). (TI. 1= [ = Longitud de ambos lados de bobina (mi. (m).

w= Velocidad angular del rotor (rad/seg). Ill= (rad / seg) . w=2Jtf w = 21tf

r= Radio de la armadura (m). (m) .

RES SíNCRONOS • (NCRON O S

_~~ ~~_

Capítulo 4

PAGINA PAG INA

•

181

II ,

~

....

,

FASE ... FASEA

"-

"

o CONEXIONES CONEXIONES

~

~ ,//

9·, o· ,

FA$E~

,

FASEC

,~., ~B ~.,

c:'

.

b'

FAse 8

GENERADOR TRIFÁSICO DE CA. C.A. DE DOS POLOS VOLTAJE

~

120' 120'

ROTACIÓN

I

•o

120'

,,,. 120'

FORMAS DE ONDA DEL VOLTAJE GENERADO EN UN GENERADOR TRIFÁSICO

..

.

A

, " "

Es " ,

Eeh

, CONEXIÓN ESTRELLA

T

vrB

iKl

A

,

v~

,~1 e

T

v~I v~

"

E;;4 E~

b'' - b b

E. Es

CONEXIÓN DELTA

vviBl iBl e

CONEXIONES DE LAS BOBINAS PARA FORMAR LAS FUENTES DE VOLTAJE TRIFÁSICOS

GIENIERADORES GIINERAPORES SiNCRON08 SiNCRONO

._-~_ .~-~_

\.éip l. tu tU lI U '-ap u 4

'AG'NA

182

Ejemplo Un generador de dos polos genera un voltaje trifásico de secuencia secuencia

ABC,, suponiendo que B m =1 .2 Tesla , la longitud de la armadura ABC lf =O.5m, =0.5m, la velocidad del rotor N=1500 RPM y el diámetro interior del núcleo del estator d=O d=0 . 4 m . a) Calcular Cal cular la magnitud del voltaje inducido por fase . b) Dar la expresión del voltaje generado en el dominio del tiemp tiempoo.. e) Expresar Exp resar los voltajes como fasares. tasares.

Soluci6n Solución a) a) La magnitud m agnitud del voltaje generado se determina a partir de la ecuación: e c ua c ió n: Emáx = Bml Bm l wr

(05 0.4 w =~=I = 2'1T N = 1.2 x (0.5 + 05) 0.5) 27T x 1500 x w .2x . + . xx 2.,,-x x OA 60 60 2

E Emáx miJx =37.7 volts b)) El voltaje generado es seno sanoidal, b i dal , si se toma la fase fa se A como com o

referencia , se observa la fase B atrasada por 120 0 referencia, fase C atrasada por 240 0

(4 (4¡{), ¡{),

(2¡{)

Y la

para la velocidad de d e 1500 RPM

con 2 polos para la máquina , la frecuencia correspondiente es es::

J=PN I500=25Hz 1= PN =2x = 2 x 1500 =25 Hz

120

120

Que es la frecuencia del voltaje generado , por lo tanto, tanto , la fre c uencia angular es: frecuencia w=2-rrf 7T X 25= Iseg.. w= 2-rrf =2 = 21TX 25 = 157 rad Jug

Si se toma la fase a como referencia.

_-~l""'-__

(;apltulo 4

PA G'NA

183

e A == Emb Emáx sen rot=37.7 sen 157 t V

e,= Eméx sen lrot - 120° )=37.7 sen 1157 t-120 0)V e )37 .7 senl157t 240 0)V ee= . , senl sen( rot - 240 °' )37.7 sen(157t - 240' c= E m ., c) el Representando el voltaje como tasares, faso res, se requiere conocer el valor rms o eficaz.

_!:$._ 37.7 _ 26 7 V -./2

E ,~ -

--;¡;- .

Por lo tanto: E, = 26.7 26.7LO' V, L O' V,

E, = = 26.7L26.7L-120' 1200V, V,

Ec = 26.7L - 240'V

_4 DEVANADOS DE ARMADURA 4.4

Hay distintas fo formas rmas posibles de realizar un devanado de armadura para un generador sínc síncrono, rono, pero la mayoría de ellas caen en dos tipos generales: (1) devanados de capa sencilla y (2) devanados con doble capa.. Un devanado trifásico se forma agregando dos o más grupos de capa bobinas de armadura, a r madura, desplazadas 120 0 y 240 0 eléctricos con respecto a la primera bobina (fase) para produci producirr un sistema de tres voltajes iguales en magnitud y desplazados 120 0 uno con respecto a otro otro,. para producir un sistema de tres voltajes y una máquina denominada generador gen e rador trifá s ico .

En la siguiente figura, se muestra el devanado desarrollado de un generador trifásico t rifásico de 4 polos . Hay sólo un lado de bobina en cada ranura,, haciendo un devanado de una sola capa. ranura Si los inicios de bobina se designan por Sa. Sal Sb Sb y Se y las terminaciones son ffa' a' fb yY fe' se pueden unir en dos formas. formas, estas son por supuesto la (8) y lla conexión delta 1M a conexión estrella .

I

_.~_

(;apltulo4

PAG,.,

1, f. ... . I If

1, f.

II II

"

"'.

II

.

6 N :;V

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DEVANADO TRlFÁStCO SI"P~ D1STRIBUlDAS TRlFÁSK:O DE CAPAS SIMPLES DISTRIBUIDAS EN UNA RANURA POR POLO POR FASE

N HÚMERO DE RANURAS EN_

1

ELESTATOR

"

1,

1,

DESARROUADA DEL DEVANADO DE ARMADURA VISTA DESARROlLADA

GENERADOR TRIFÁSICO

O.N. aH. "ADORas "ADOReS .INe.ONO. siNeRONO.

l.

''''

_~_ ~~_

Capitulo 4

PAG INA

185

• A

ROTOR LISO

\ A'

ROTOR LISO DE UNA MÁQUINA SINCRONA

TIEMPO

EJE DEL ROTOR e.~o e. ~o

____

B'

+_t-' + _ t-'EJ=E DE LA FASE A

98 = 1t MAQUINA MÁQUINA SINCRONA TRIFÁSICA TRIFAslCA CON ROTOR DE POLOS SALIENTES

ENlUtA

~_. ....,..,~_ ~_.~~_

(,; a p Itu lo 4 Capitulo

PA GINA PAG INA

186

ESPACIO DEL DEVANADO DE LA FASE B 8

FA EC

ROTOR

ESPACIO DEL DEVANADO DE LA. FASE e

FAS B

--..NA PAG'NA

216 '16

De la curv curvaa de pruebas de vacío va cío y cortocircuito, para una corriente de 875A nte de campo es 75 87SA , la corrie corriente 7S'".. Este valor de corriente produce una ten si ón de circuito abierto de 6 . 1 kV. tensión La imped a ncia sfncrona impedancia síncrona es es::

_.lL_.§.L Z s -- ..& -- .!:...i. Icc Icc 6.1 /_ 6 V~

Zs

~L.:1i~ 4.02 ¡¡Q =.L1i.= 4.02 875 875

El valor de la rreactancia sincrona es: Xs Xs= ~~zle actancia síncrona ~zl- R~

~= ~(4.02)2_(0. ~(4.02)2_(O. 13)2 = 4.0m 4.02Q

Suponiendo que la máquina opera a plena carga y factor de potenc pot e n ciia a 0.8 atrasado.. como 0 .8 atrasado c omo se indica a continuación.

•

E

IX, IX.

lle.6 s.e

kV

V q, + IX V sen tP LX

(,,-,)

( ,,-;)

-

CARGA 10 MVA 0.8 ATRASADO

1 = 875 A f---1--------------,~--~ .. 1=875A ,f--.L--------+, ,--...... ,;..~- V cos ~ + IR - -...,

......--- V eos ¡I + IR ----....

DIAGRAMA FASORIAL

Las componentes del diagrama fasorial fasorial:: 6.6 x 10 3J V e05 8+ /R I H= 0.8+875 x 0.13 = 3162V VCOSO+ = 6.6:d O x xO.8+875xO. 13=3 162V

Ji

ADORa. DORlEa

.r al

~~~_ ~~~

Capitulo ~apltull) 4

'AO,"A 'AG'NA

217

6.6x 10' o2=5 803. 9 Vv Vsen8+// X Xs = Jj x OO..66 +875x 4. Vsen8+ = 6.6x10' 4.02=5803.9

'J3

De aquí:

E, = 6609 V /I Fase

J.732xx 6609 = 11.45 kkV;,~ V,,~ E, = 1.732 por lo tanto la regulación: •. = 11.45-6.6 11.45 -6.6 x 100 ""0 Regu1acio" acion l 00 = 73 7 3.5 .)-" 70

6.6

;g ~ Ejemplo Para un generador trifásico de 500 KVA, 2300 volts entre terminales, terminales , se midió la resistencia promedio en C.D. C. D . entre pares de terminales t e rminales es R.= 0.8 n Q.. a) Calcular los valores de Zs Z s y X s (suponiendo que la resistencia re s i stencia de armadura en C.A. es '.5 veces el valor de resistencia en C.D. b ) Si el generador está conectado en estrella b) e strella y tiene una ca ida de voltaje a corriente de plena carga de 50 volts en la resistencia de armadura (por fase) y una caída de voltaje combinada resistencia reactancia (E x) xl más la reacción de armadura (E AR AA ) de 500 volts. Para los datos anteriores anteriores,, usando los valores de RA y X s calculados ca l c ulados en (a). (a), calcular el porcentaje de regulac ió i ónn a plena carga y un factor f ac tor de pot en ci a de 0.8 potencia 0 .8 atrasado.

la l a característica caracterí stica de cortocircuito y de vacío vacio se dan a continuación :

.'NCRONO

_~_

(;apltulo 4

PAG'NA

218

/

f-1-1-f-f-f-f-f-+---+---+---+V--:;l....q-V--l 1500 /-1-1-t-t-t-t-t-t-t-t-tV--:j.4---l1500 ~+-1--t-1--t-+--r-t-1~~~-r-t-11~0 ~~+-4-~-+-4~~~fT~~~-+-4 1~0

lV f-t-+---+--I-+-+-++'¡ / 5 ti· I .,f,~/+-!-t-+-t-¡.. I +-+-Ibr"''I--J u~- 240 240~+-+-l-"$, ,'-j--t-1--t--I-+-+-+-l7"''I--J 700 700 !!; OT',/ T ,1f 11/ / O O

1

:

O'+--1,+--+-I--l-l-lrf""-I-+--I ••O O " j--' ~O ~'_/~--+--+--~. '~f~~r-f--+--t-~ \"t',H , -+--+-I--l ffa ~

220

u Ü o

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200 O 160 16

"

J.. ,$'-/

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ti /

~'.r+-1--+--+=, .l' 500 ~ \ ~. Y : 400 () ~~O>;': ~

~

~ ~

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~ ~

,. ~ ~

...-# ~

SOOO 500'

/

al=>~

4000

V v

'06

600

3000 JOOO

2000

"«c « '"'ww" c ...zww w w

"

o'"

1000

800

1000

1200

"

1400

AMPERES DE CAMPO

CURVAS CARACTERlsTICAS PARA UN GENERADOR TRIFÁSICO DE 50,000 kVA, 60 H., Hz, 13,800, 13,800 , CONEXiÓN Y

~~_ -"'"~"" E, com comoo se muestra en (e). (e) .

(A) MÁQUINA EN EQUILIBRIO

(8) (B) INCREMENTO EN E, E1

(e) (C) DECREMENTO EN E 1

OE EXCITACiÓN EXCITACION DE OE LA MÁQUINA 1 CAMBIO DE

La si ncronizaclOn se puede hacer cuando todas las condiciones en los s i ncronizaclon cuatro puntos anteriores son satisfechas y se puede hacer por el método simple de las conexiones de las lámparas a través del

GII N IIR A

_.~,...._ _-~'-_

~apllu'o 4 (.apllulo

PAG'NA

241

241

interruptor, también se puede hacer uso de un sincronoscopio, sincronos cop io , o bien co n un equipo de control de estado sólido, que sincroniza sincroni za en forma

automática. VOLANTE DEL

01000

r

ENSAMBLE DEL ROTOR

------------------,

I

I

DIODOS

I•

I

-)-J~~i ffi -./----v

A

SECUENCIA DE FASE .be

~r-----VA ~I-----VA

SECUENCIA DE FASE acb

GENERADOR 1

CARGA

GENERADOR

2

SWITCH 8,

MÉTODO DE LAS TRES LÁMPARAS PARA SINCRONIZACiÓN SINCRONIZACIÓN METODO

G.NERADO" .N.ltAOO" • • SíNCRONOS

243

\..apllulo CapitulO 4

_.~__ _ ..~_

PAGINA

24-4 244

M ~ Ejemplo Se ti.enen ti.e nea. das Q,eneradores Q,en.e.rado[es de 10 MVA .. 6 . 6 kV .., ttrifás rifásicas icos en cone conexlOn xlon estrella,, 60 Hz estrella H z . que operan en paralelo para alimentar una carga de 18 MVA a factor de potencia 0.8 0 .8 atrasado, una de las l as máquinas opera a plena carga con facto r de potencia 0.8 0 .8 atrasado . Solución Solucíón

MVA . La corriente a plena carga para el generador de 10 MVA. 1 -_

•

6 IO x 10

.J3 .J3 x 6.6x 6.6 x 10

33

=875A

La corriente tota l de carga es es:: 6 18 x l0 lO· = =1575A 1575 A a 18x a cos 6.6x

¡CARGA ¡CA RGA

1í

e=

0.6 atrasado

11 9 = cos· 1' 0.6 = 45 45.6' .6°

La condición de operación para la máquina máqu ina 2 se puede encontrar en contrar por una simple relación re lación faso rial rial,, como se indica en la siguient siguiente e figura , aqu íI la se muestran las corrientes de línea debido a que éstas son iguales a la corriente de fase para la conexión conex ión estre ll a . 875 A

11 66 6 kV UNEA

I

6.6kV -

I

r;~ I~ 1""" ,1 10 MVA 0.8 ATRASADA

I ~

( """ 2 )

-----

CARGA . 18 MVA 0.7 AT RASAOA RASADA

_. ~_ _,~",,",,_

\.apltulo 4 t:.apltulO

P AG'NA PAG'NA

244

;g í¡¡gj Ejemplo Se tienen dos generadores de 10 MVA , 6.6 kV, trifásico trifásicoss en conexión estrella , 60 Hz. que operan en paralelo para alimentar una carga de estrella, 18 MVA a factor de potencia 0.8 0 . 8 atrasado. atrasado, una de las máquinas opera a plena carga con factor de potencia 0 .8 atrasado atrasado.. ~ Solución Solución

La corriente a plena carga para el e l generador de 10 lO MVA. I ~ 1=

6

IOxlO ~875A IOx 10 =875A 3 ,f3 fixx 6.6x 6.6 x 10

La corriente total de carga es es:: 6 18x 10 ~ \l3~ 1575Aa 1 575A a IICARGA CA RGA = :jj=

6.6 x 3

cos

e =~

0.6 atrasado

11 9~ = cos·, cos" 0.6 = ~ 45.6'

La condición de operación para la máquina 2 se puede encontrar por una simple relación fasorial, como se indica e enn la siguient siguiente e figura figura,, aquí la s corrientes co rrientes de línea debido a que éstas son igua les a la se muestran las corriente co rrient e de fase para la conexión estrella. estre lla . 875A

6.6 kVI.INEA

I

I

I

;

I

6.6kV -

(

~

~

1

2

~

10MVA 0.8 ATRASADA

-

)

CARGA . 18 1BMVA MVA 0.7 ATRASADA

.•. -_. ~_ ~~

t.:,;apltu&o 4 Capitulo

PAG INA PAG'"A

245

vv - 48.5· 4&.5 0

36.sr 36.87"

,,

875 A • CORRIENTE DE LA MÁQUINA 1

\

\ \,

CORRIENTE DE LA MÁQUINA 2

\ ,\

1575 A. CORRIENTE TOTAL

CÁLCULOS DE REFERENCIA

La forma de solución mostrada en el diagrama tasarial fasorial anterior es irrelevante irrelevante,, el valor de la corriente de la máquina 2 se puede determinar dibujando por relaciones trigonométricas o por e ell uso de los m ás fácil , con números complejos. Un dibujo a escala es la forma más resultados dentro de límites muy aproximados; sin embargo, el uso de números complejos es la forma preferente de solución.

11,1 =875L-36.9' =875L-36.9° 1, I T = 1575L-45.6° 1575L -45.6'

y como:

1, = 1575 1575 L - 45.6 45.6'0 -875 L - 36.9 36.9'0

1, == 722.3 L - 56.2' 56.2 0 A Es decir, la máquina 2 entrega 772A a factor de potencia atrasado,, con lo cual la potencia entregada es atrasado es::

0 . 556

_~_ _~~

Capitulo 4

PAG'NA P AGINA

246 246

P2 ==// 2 2xx 6.6x 6.6 x 10 3 x 722 x 0.556 O.556xx 10-ó

P, = =4.589 4.589MW MW La máquina 1 entrega: -6

J

~

P, =· =.J3x 103xx 875 x 0.8.< PI .J3x 6.6 x 10 0.8 x 10-6 10

P, =8.00MW Es decir, la carga total:

PT = 4.589 + 8.0 = 12.589 MW Cada generador síncrono individual tiene ahora su propio voltaje especificado y corriente necesaria para alimentar la carga ttotal. otal. Dada la impedancia síncrona es posible encontrar un valor de FEM para cada máquina bajo estas condiciones de carga, ca rga, como se muestra en las sigu siguientes i entes figuras:

E

IX IX

E

IX IX

IR ..!:!.kV ~kV

\.

"

"-"--IR IR ~kV

"

56.2" 58.2"

~~~~--------" '75A ~~~~--------"'75A

L-1---------~~ 722 A L-1---------~~722A

(A) MÁQUINA 1

DIAGRAMAS FASORIALES

(B) MÁQUINA 2

~.~_ ~·~1r."~

Capitulo 4

PAG' NA

247

Para la máquina 1 (figura Al, la componente horizontal de E, está dada por: por:

6.6.~Ol 13 :¡j cos 36.9°+875. 45 A => 4.95% 45/ 910 Potencia absorbida en vacío => Pérdidas en el

núcleo~2820W

5 . 13 LA PRUEBA DE CORTOCIRCUITO

Esta prueba se lleva a cabo para determinar experimentalmente el valor de la impedancia equiva lente de un transformador y las pérdidas en los devanados. Como su nombre lo indica , la prueba de cortocircuito en un transformador se desarrolla con uno de los devanados conectados en cortoci rcuit o, debido a esto, al otro se le aplica durante la prueba un vOltaje del 5 al 15% del voltaje nominal. La determinación del valor de las pérdidas adicionales es necesaria para el cálculo del rendimiento. Las pérdidas óhmicas pueden estar exactamente definidas como aquéllas debidas al valor de la resistencia de los devanados y a la corriente que circula por ellos, suponiendo que está uniformemente distribuida sobre todas las secciones de los conductores, como si se tratara de una corriente continua. El valor de las pérdidas óhmicas que es proporcional al valor de la resistencia yal cuadrado de la corriente (ley de joule), varía al cambiar la temperatura , en tanto es independiente del valor de la frecuencia. Las pérdidas adicionales o parásitas dependen de la no uniformidad con la que la co rriente alterna se distribuye en la sección de los conductores, y son producto del flujo disperso ligado a la circulación de la corriente .

5 . 13 . 1 LA EJECUCiÓN PRÁCTICA DE LA PRUEBA

La prueba de cortocircuito, en el caso de los transformadores de potencia de dos devanados, se efectúa alimentando uno de éstos con tensión variable a la frecuencia nominal ; en tanto que el otro devanado, se conecta en cortoci rcuito. En el caso de transformadores con más de dos devanados, la prueba se efectúa sucesivamente entre cada par de devanados, dejando los otros libre s.

La selección del devanado por alimentar es indistinto y depende sólo de la facilidad de la medición. Por ejemplo, para un transformador con una relación de transformación de 13800/ 440 V es conveniente alimentar por el devanado de alta tens i ón, poniendo en co rt ocircuito e l de baja tensión . Durante la prueba es necesario medir la frecuencia (fl. la tensión de cortocircuito (V cc ), la corriente de cortocircuito (I ce ), la potencia absorbida (P cd y l a temperatura de los devanados. En las máquinas e nfriadas por a i re, la temperatura se mide directamente con los termómetros sobre los devanados, en tan t o que para las máquinas con enfriamiento por aire y aceite, se obt i ene la temperatura poniendo un contacto con el aceite a través de un tubo o elemento de contacto a l termómetro.

Con el fin de ob t ener resultados confiables, la prueba se debe desarrollar con l a máxima rapidez, para evitar ca l entamiento excesivo en l os conducto res de l os devanados, cuyo va l or de resistencia se debe mantener constan t e durante la prueba.

A

f

t' ,W./

V

DIAGRAMA DE CONEXION ES PARA LA EJ ECUCiÓN DE LA PRUEBA DE CORTO CIRCUITO EN UN TRANSFORMADOR

TRAN S FORMADOR E S

CONEXIQN DE CO RTO CIR CUITO

_-~_

l,;apltu.o 5

~ Poo

PAGINA

310

~ '00

..~

v.

x, h

H,

~

t-'

T

oV''(

I ~

H,

Pcc. PERDIDAS EN CORTO CIRCUITO

X, h

t-'

Vcc. VOLTAJE DE CORTO CIRCUITO (CAlDA DE VOLTAJE POR IMPEDANCiA) lec. CORRIENTE DE CORTO CIRCUITO (VALOR NOMINAL DEL DEVANADO AUMENTADO)

DIAGRAMA DE CONEXIONES PARA LA DETERMINACiÓN DE LAS CARACTERlsTICAS DE CORTO CIRCUITO

La impedancia equivalente referida al primario es: Zep = Vcc /I cr

La resistencia equiva l ente referida al primario es: Rep = Pcc, ¡2cc

La reactancia equivalente referida al primario es:

De la prueba de co rt oc ircui t o, l as pérdidas a plena ca r ga en los devanados se obtienen como:

TRANS"O"MAOO

~~_

Capitulo 5

PAGINA

311

Donde: R,

es el valor de la resistencia referida al d evanado de alimentación.

La impedancia equivalente referida al devanado de alim enta ci ón se calcula como :

De aquí. la reactancia equivalente referida al devanado de alimentación se calcula como:

La eficiencia del transformador se calcula como: ~r.' . E:lle/eI/ CIO = TJ =

Polencia de salida POfencia de salida + pérdidas

Potencia de solido 11 = POlencia de salido + pérdidas en eJ hierro + pérdidas de demllodos

La potencia de salida se puede escribir también como :

Donde: V• • l . son el voltaje y corriente en el secundario o lado de la carga . Las pérdidas en el núcleo (P o ) tienen un valor constante en forma independiente del valor de la carga .

Las pérdidas en los devanados varían con la carga, así por ejemplo, el valor de las pérdidas a un valor x de la carga es: Pérdidas en los devanados a " x" carga.

=

A plena ca rga:

=

x =1

La eficiencia del transformador se puede expresar entonces como:

De los datos de prueba, se puede calcular también la regul ación de voltaje del transformador como: "R 10 eg= IsRscos tb li s X s sen tb x 100 Voltaje de vacío

El signo + se usa para carga inductiva. El signo -

se usa para carga capacitiva.

% Reg = 1s Rs cos tb + /-ISX S sen - tE. " >- ---•

CARGA

t

lA!

X2

I

T

>->- t"E.~ ~

337

I

SWITCH CERRADO

1··

"

Bl SWITCH (INTERRUPTOR) DE LA CARGA CERRADO

CORRIENTE CIRCULANTE EN TRANSFORMADORES EN PARALELO

El circuito para l a operación en paralelo. en ocasiones conviene referirlo al lado de carga , para esto se puede hacer uso del siguiente ci rcuito.

AUMENT'CIÓN~

1,

R,

X,

1,

R,

X,

L..-_;--iC---.J

®

~

CIRCUITO DE OPERACiÓN EN PARALELO, LAS CANTIDADES SE REFIEREN DE LADO DE LA CARGA

Aplicando las leyes de Kirchhoff a la red secundaria, se obtienen las siguientes ecuaciones:

OP

.. ól\, rAM"

o, MIl

f"",IU91!~t

!!I

_~...,..

y

Capitulo 6

PAG'NA

338

2, KVA = VI, =~ , 1000 1000 Z I +2 2 =

KVAro/ales(

2,

2 1+2 2

)

También: KVAz

=K VAro/atcs ( 2 ] 2, +2

) 2

Para transformadores trifásicos las dos ecuaciones anter i ores por , 3 .

Las cantidades usadas son complejas y ZI = R¡ + j X 1 que representa la impedancia del transformador 1 referida a l secundario. La impedancia:

2,= R, +jX, Es el valor correspondiente para el transformador 2, tamb i én el valor efe ctivo para la impedancia de carga es:

Z= R +jX El c ircu i to equivalente para la operación en paralelo con distinto s valores de voltaje FEM en el secundario es el siguiente:

------

LA OP E RACIÓ N E N PA R A LELO Y LAS CON EXI ON a s E N TRAN SF OR M ADO RES

_

.. ~~_

Capitulo 6 " E,

ALlMENTACION

P AG IN A

339

x,

R,

Z

I

" E,

IMPEDANCIA DE CARGA

x,

R,

~ OPERACiÓN EN PARALELO CON DISTINTOS VALORES DE FEM EN EL SECUNDARIO le.t.

I B .T.

la,T.

'S.T.

Va.T.

( VA.T. -

v8 .T. )

-A

•-

Va.T.

• ) A 1.(;)-

,,'

B

-'

-

-

--

- -, b

)--

-,,

B

,,

- - -' VA .T.

V A•T• IA.T.

-

IA.T.

IA.T.

I A.T.

POLARIDAD EN lOS TRANSFORMADORES MONOFÁSICOS : Al POLARIDAD SUSTRACTIVA B) POLARIDAD ADITIVA

BARRAS A.T.

A©

©B

•

b

A'©

.'

)

©B' b'

BARRAS B.T.

TRANSFORMADORES EN PARALELO

--

LA OPIlRACIÓN 1[N PARALCLO V LAS CONIlXIONES EN TRAN . ... ORMADORES

_~_

Capitulo ti

A@ a()

@B

A' @

Ob

a'

PAGINA

o B' Ob'

l V DETERMINACiÓN DE LAS TERMINALES CORRESPONDIENTES ENTRE DOS TRANSFORMADORES MONOFÁSICOS ( SI EL VÓLTMETRO NO INDICA CERO, NO SE CORRESPONDEN LAS TERMINALES)

A

B

C

X

O

,,, , I

I

,

Z

°.99 O

000

Qb Q :

y

V

~------~------~ DETERMINACiÓN DE LAS TERMINALES CORRESPONDIENTES EN LOS TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS EN PARALELOS

340

_~_

Capitulo 6

PÁGINA

341

ENTRADA TRIFÁSICA 24DOV

BARRA SECUNDARIA

a

I CIRCULANTE

l~b

LY e

"}V

+

2jV

a

\Eb210

v

N \ ....;

f~

e

~ 'jV

24[V

e A) DIAGRAMA OEL CIRCUITO

....- - - - - - v...,.6.

e

I CARGA I

B) DIAGRAMA FASORIAL MOSTRANDO UNO DE LOS CORRESPONDIENTES VOLTAJES DE FASE

CONEXiÓN EN PARALELO DE BANCOS DE TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS CUYOS VOLTAJES DE SALIDA ESTÁN 30· FUERA DE FASE

ªª

Ejemplo

Dos transformadores monofásicos de 100 KVA a 60 Hz, denominados A y B, se conectan para operar en paralelo, los valores respectivos de relación de transformación en vacío y de impedancias se obtiene de los datos de placa y son los siguientes :

r~~

LA OPIIRACIÓN::: N PARALELO y LAS CONEXIONES EN

TRANS"'O~MA~gIES

!

...... ~_

Ca p ít u lo 6

TRANSFORMADOR

A B

RELACiÓN DE VOLTAJES

2300 / 460V 2300/ 450V

PÁGINA

OfoR

%X

1.36 1. 40

3 . 50 3 . 32

342

Cal c ular: al

La corriente circu l ante en los secundarios en paralelo.

bl

La corriente circulante como un porcentaje de la corriente nominal del t r ansformador A .

el

El porcentaje de diferencia en el voltaje producido por la corriente circulante .

secundario , que es

Solución

al

Las corrientes nominales en el devanado de baja tensión son: lA = l OO ", 1000 =2 17.39A 460

I

B

= lOO", 1000 = 222.22 A 450

Los valores de resistencia y reactancias equivalentes de cada transformador referidas al lado de baja tensión son: R

pu

='N Rcq

v

N

Para el transformador A . R Aet¡

= _R plI :c vN I NA

_ X Aq = X-'P'7"_",_V..!.N:..

I NA

= 0.0 136

x 460 =0.0288 Q 2 17.39

0.035", 460 2 17.39

0.074 1 n

LA OPERACiÓN EN PARALELO Y LAS CONEXIONI:S IIN TItANS"ORMAOORIIS

-~

...~~....

Capítulo 6

PÁGINA

343

Para el transformador B . R

Beq

= RplI x

X 8",

vN

= 0.0140 x 450 =0.0284 Q

222.22

'NO

x p" x VN

= 0.0332 x 450 = O.0672n 222.22

, NB

=

La impedancia secundarios es :

de

la

malla

cerrada

formada

por

los

dos

Z .."'" = Z, + Z. = 0.0288+ jO. 74\ +0.0284 + jO.0672

Z"'''" =0.0572+ jO. \413 Z ..,,,, = 0.\524L67.97' n La corriente circulante es: _EA-Ea I circlllante - Z Malla

460LO' - 450LO' 0.\524L67.97'

I c1mdO~te = 65.62L - 67.970 A = 65.6L -68.0· lOO = 65.62

100= 30.2%

b)

I cirrulwlle X

e)

EA -Ea x 100 = 460-450 x 100 = 2.2%

'A

EA

X

2\7.39

460

íifI Ejemplo Se tienen dos transformadores monofásicos de 1500 KVA, 4500 / 16000V, 60 Hz con rp= 0.03 n, Xp= 0.092 n operando en paralelo para alimentar una carga de 2500 KVA a factor de potencia 0.8

---

LA OPI:RACIÓN lEN PARALELO Y LAS CONEXIONES EN TAANSFORMADOAI:S

=

~~_

Capitulo 6

PÁGINA

344

atrasado , un t ransfo r mado r alimenta ori g inal m ent e l a carga y un segu ndo idéntico se co n ecta en paralelo. Si hu biera n pequeñas diferencias en caracterís t icas, como las mostra d as en la tabla , calcular la distribución de la carga . TRANSFORMADOR

Relación de voltaje KV A Nominales

Resistencia tota l Rr (fl) Reactancia tota l X r (fl)

El transformador 2 ligeramente distinto .

t iene

un

1

TRANSFORMADOR

EXISTENTE

ADICIONAL

4500/ 16000 1 50 0 0 .8 19 2.503

45 00/16000 150 0 0 .800 2 .31

valor

de

resistencia

y

2

reactanc ia

Z, = 0.819 + j2.503 = 2.666 L7 1.88' n

Z. =0.800+ j2.3 1 = 2.445 L70.9' n Z, + Z. = 1.619 + j4.813 = 5.078 L71.4' n La carga total que se alimenta a factor de potencia 0.8 atrasado es :

K VAT... = 2500 L - 36.87' De manera que la potencia que toma el transfo rm a dor A es:

KVA ti

=~

Z.

1000 ZA +28

=KVA

(

Z.

TOllll ZA +Zs

)

KVA = 2500L - 36.87' 2.445 L70.9' A 5.078 L7 1.4' KVA, = 1203.7L37.37'

o

bien :

KW=1203.7cos(37.37)' =956.6 a factor de potencia 0 .79 atrasado.

II~

LA OP&ItACI6H .N .. ARAL&LO y LA S CONEXIONE. EN TRAN S "ORMADOR&S

]

"'~__

CapItulo ti

PAGINA

345

En forma similar el transformador B toma la carga: KVA B = KVA Tow /

ZA +Z8

= 2500 L _ 36.%1' 2.66 L1 \.%%'

5.078 L71.4' KVA. = 1296.3 L -36.39'

También : KW. = 1296.3 c05(-36.39' )= 1043.5 KW a COS qJ =

0.805 atrasado

La corriente total es : 3

Ir

= 2500 x 10 =156.3L _ 36.87' A 16000

Las corrientes individuales en cada transformador son: lA = I r

Z8 ZA +ZB

=156.3L-36.87'

2.445 L70.9' 5.078 L7 1.4'

l A = 75.26L-37.37'

18

= Ir

ZA ZA +Z8

=156.7L - 36.87'

2.633 L7 1.88' 5.078 L71.4'

l B = 8 1.04 L -36.39° A

Debido a que los transformadores son nominalmente l os mi smos , el transformador 8 toma aproximadamente 7% más ca rga que el transformador A, de manera que trabajando a la máxima capacidad de

3000 KVA. resulta impráctico. debido a que un transf o rmador debe trabajar arriba de su valor de plena carga.

~~....

Ca p itulo ti

PAGINA

346

6.4 los VALORES OE IMPEDANCIAS EN PORCIENTO y EN POR UNIDAD

El valor real absoluto de las impedancias de los transformadores , frecuentemente no está disponible en forma directa y enton c es los fabri cantes proporcionan los valores en porciento o en por unidad (p.u . ), esto no hace diferencia en el procedimiento descrito antes para l os cál c ulos . El sistema en por unidad es un sistema de cálculo en donde todas las cantidades relevantes están expresadas como FRACCIONES de valores seleccionados como BASE. este sistema tiene una gran aplicación en cálculos de los sistemas de potencia, particularmente cuando una red eléctrica incluye varias transformaciones de voltaje, la relación entre un valor en por unidad (p.u. ) y un valor real o absoluto para una cantidad es: " I l' a ores en por

Callfidad real =-:::---:-:-;-'-.,-'-="--:"'----:Cantidad seleccionada como base

unidad

La selección de los valores base se puede hacer de distintas maneras , pero una de éstas es como se indica : 1. Seleccionar un voltaje base V b . 2. Seleccionar una corriente base l b'

También :

Por lo mismo :

Para el ejemplo que se está resolviendo, la impedancia en por unidad es:

LA OPERACiÓN eN PAftAL&"O y "Aa CONEXIONEa I.N TRANS"ORMADOREa

-~~

Capitulo ti

PA GINA

34 7

zpu = 1 peZ = 93.75 x 2.633 L7 1.880 VFase

16000

=0.0 154 pll = 0. 01 54 x lOO = 1.54% R

pu

=~= 93.75x O.819 =0.0048 V Fase

16000

= 0.0048 x l 00 = 0.48%

Fina l mente l a reac t a n cia : X pu

=93.75x2.503 16000

0.0 147pu

T ambién:

X", x 100 = X% = 0.01 47 x l OO = 1.47%

6.5 DISTRIBUCiÓN DE CARGA ENTRE TRANSFORMADORES EN PARALELO

Como se ha indicado a ntes , un transformado r se puede representar por una i mpedancia eq u ivalent e en serie con el vol t aj e de alimentación y la impedan c ia de l a carga, con estos valores de impedancia d e l transformador e i mpedan c ia de la c arga referidos a l prim a ri o . 1

z" 1,

3

• z, • :1

2

CIRCUITO EQUIVALENTE DE UN TRANSFORMADOR ALIMENTANDO UNA CARGA

LA OP & R A CIÓN Il H PARAL. ....O y " AS CON a XIOH" S IIN TltAN S ,.OR M ADOR • •

~-~_

(;apltulo Ó

,

348

,

z" 1,

PAGINA

o

2

CIRCUITO EQUIVALENTE CON TODAS LAS IMPEDANCIAS REFERIDAS AL LADO PRIMARIO

z" ,....-J • •

, E.

.

"z,7

.J.. (

o 1,

)

"

, ~

r

T 2

CIRCUITO EQUIVALENTE DE DOS TRANSFORMADORES EN PARALELO AUMENTANDO UNA CARGA Z,

Si la relación de transformación de los transformadores conectados en paralelo es distinta, entonces se pueden representar por impedancias conectadas en paralelo, como se muestra en la siguiente figura , para cualquier número de transformadores conectados en paralelo .

_-~_

l:.apltUIl.'

ti

PAGI NA

349

IMPEDANCIA EQUIVALENTE REfERIDA AL PRIMARIO

"

z,

I

IMPEDANCIA DE LA CARGA.

REFERIDA AL PRIMARIO

~------,)

l.

~ i i---L:sI EJr--I ¡ I

l.

I

I

1,

Zk

I -4

I,~,

L_'::-1...2.r_...J CIRCUITO EQUIVALENTE PARA LA CONEXiÓN EN PARALELO DE TRANSFORMADORES

Para los transformadores de la figura anterior: se puede hacer:

Usando la regla del divisor de corriente.

YK Yp

Ix = I Banco -

Donde :

Siendo: I K = Corriente primaria en el transformador K .

-~f;r"~

18ANCO=

Capitulo 6

PAGINA

3 50

Corriente total de entrada al banco de transformadores .

V p = Admitanc ia equivalente de los transformadores en paralelo ISiemenl

Y, = Admitancia equivalente del transformador K. La ecuación : I K

= I BANCO

!K... rp

Es valida para transformadores que tienen la misma relación transformación, como se ha indicado antes, cuando la relación distinta , se presentan corrientes circulantes. Cuando los datos impedancias de los transformadores están dados en porciento o en unidad y referidos a una misma base, se pueden usar en lugar de valores de impedancias expresadas en ohms.

de es de por los

íiEl Ejemplo Un transformador (A) de 75 KVA se va a conectar en paralelo con otro transformador l B) de 200 KVA , ambos transformadores tienen una relación de transformación de 2400 / 240 volts y se operan en el modo reductor de voltaje. La impedancia de los transformadores lA) y lB) basadas en sus potencias individuales son:

ZA =(i.64+ j3.16f/.,

Z. = (1.10+ j4.03f/.

Calcular: al La corriente nominal del transformador en el devanado de alta tensión de cada transformador.

b) El porcentaje de la corriente de carga o de banco que toma cada transformador . e) La máxima carga que se puede alimentar sin sobrecargar a ninguno de los transformadores .

-

-

LA O~IIR ... CIÓN EN ~ARALELO y LA. C;ONIIXIOHII. IlN T"AH."ORMADo.n:.

--".~"'"

Ca p itulo 6

PÁGINA

351

Solución

a)

Las corrientes de los transformadores en el lado de alta tensión son: I ~ 75000 ~ 31.25A A 2400 I

B

b)

~ 200,000 ~ B3.33A 2400

La impedancia base para cada transformador es: ZBase A = V Base

= 2400 = 76.80 Q

f8a se

Z Base8 -

V Oase --

f Base

31.25 2400 -2B BOA .:U. 83.333

Las impedancias equiva le nt es para cada transformador: %Z, ~ 1.64 + )3.16 ~ 3.5602 L62.57 1o

%Z.

~

1.10 + )4.03 ~ 4. 1774L74. 733 0

ZEQ A ~ Z.,,, A. Z""A ~ 76.80 x 0.035602 L65.57 1° ~

2.7342 L62.57 1o n

ZEQ . B ~ ZB,,,B· Z"B ~ 26.80 x 0.041774 L74.733' ~

1.2031 L74.733°

n

!

YEQA ~--~ ~0.3 65 73 L-62 .57! ' Z EQA 2.7342 L62.57! O YEQ• ~ (0.16847 - )0.32462)s

LA OPERACIÓN ~EN PARALELO y LAS CONEXIONES EN TRANStrORMADORES

]

-

_.~_

l...dp"uio ti

PAGINA

352

1

YEO" = - - = =0.8J II9 L-74.73Jo ZEO" 1.2031 L74.733°

Yeo• = (0.2 1887 - )0.80185)1" La admitancia equivalente :

Y, = (0. 16847 - ) 0.3246) + (021 887 - )0.80 185) Y, = 1.19121L -7 1.0245° S La corriente que circula por cada transformadbr : YA

IA=/SDnco yp =

_

0.36573 I Banco

J,19121 =O.307I Banco

y" _

0.83 119 _

Yp

1.191 21

l B - I Rallco -

- 1 Banco

- 0.6978 I Banco

Por lo tanto, el transformador (Al de 75 KVA toma aproximadamente el 30.7 % de la carga y el transformador (BI de 200 KVA toma en forma aproximada el 70% de la carga total. cl La carga o capacidad del banco basada en la carga que toma el transformador A: /, =0.307 / _

/ Banco =....'.L= 31.25 = \01.79 A 0.307 0.307 Si se toma como referencia la carga que toma el transformador B . / . = 0.69781 _

=~=83.l 33_119.42A

/ Banco

0.6978

0.6978

~

CapItulo 6

PAGINA

353

Se selecciona una capaci dad d el banco de 101 .79A para prevenir sobrecalentamiento en el transformador A , por lo tanto la potencia que se alimenta a la ca rga a banco es : _ _ 2400 x 101.79 _ I SBanco - VBanco . / Banco 1000 - 244 KI:4

G2J Ejemplo Dos transformadores d e 60 KVA, monofásico de 2300 / 230V , 60 Hz, designados como A y B, se conectan para ope rar en paralelo, los va lores de sus impedancias en porciento son :

Z. ; (1.09+ j3.98,/. Calcular el porcen taj e de la corriente total del banco o carga, que toma cada uno de los transformadores .

Soluci6n Debido a que los transformadores tienen la misma potencia aparente, tienen también la misma impedancia base y e l problema se puede resolver e ntonces usando valores en por unidad.

Z A,.

;

0.0158 + jO.030 I ; 0.033995L62.3043'

Z.,.. ; 0.0 109 + jO.0398; 0.041 266L74.6840' YApu

-

1

1

ZApu

0.033995L62.3043'

29.416L - 62.3043'

Y..,.. ; 13.672 - j26.046

Y8pu =

1

0.041266L74.684'

.

- 24.233L -74.6848=6.40 1- J 23.373

LA OPERACiÓN lEN PARALI:LO y LAS CONEXIONES I:H TRANSFORMADORES

•

~.....

Capitulo 6

PAGINA

354

La admitancia equivalente:

Y"", = (i3.672 - )26.046)+ (6.401 - )23.373)= 53.340L - 67.89"

l A

= Y A/

JII

Y ppu

X

100 = 29.416 x 100 = 55.15% 53.340

l . = 100 -55. 15 = 44.85%

6 . 6 LA CONEXiÓN DE LOS TRANSFORMADORES

Las conexiones de los transformadores y sus aplicaciones han tenido a lo largo de los años una gran variedad de configu rac iones que . en algunos casos, tienen un cierto grado de comp lejid ad para ser comprendidas. Estas conexiones varían, dependiendo si se trata de

transformadores monofásicos o trifásicos. No es la intención de este capítulo cubrir todas las posibles conexiones t rif ásicas y cómo se pueden obtener de éstas todas las corrientes trifásicas y voltajes, y cómo se entregan; sólo se tratan con detalle las más comu nes. La decisión de no tratar con detalle algunas de l as conexiones especiales, se basa en que la mayoría de los electricistas no trabajan en casos que se requieran conocimientos profundos de las conexiones especiales para el alambrado de transformadores de potencias similares a los de distri bución. De los conceptos más importantes a verificar en los vo lt ajes involucrados en las instalaciones y la potencia en KVA del transformador, las preguntas que quedan por contestar son las siguientes: ¿El voltaje suministrado por la compañia proveedora satisface con el voltaje del devanado primario del transformador? ¿Llena el voltaje secundario con los requerimientos de las cargas?

LA OPERACiÓN lEN PARALILO y LAS CONIEXIONIE. lEN TRANSFORMADORES

_~..;.

Capítulo 6,

PÁGINA

355

¿Son los KVA del transformador mayores o igu ales a la carga que se va a alimentar? Los párrafos siguientes plantean una posibilidad técnica de respuesta a las interrogantes. 6.6.1 CONEXiÓN DE TRANSFORMADORES MONOFÁSICOS

Un transformador que consiste de un devanado primario y un devanado secundario es el tipo más simple para instalar. Generalmente . las terminales de alta tensión se designan con letfa "Hu y las de bajo voltaje con la letra "X". Cuando se observa el transformador del lado de bajo voltaje, H" se encuentra a la izquierda y H 2 a la derecha . X, a la derecha y X 2 a la izquierda.

CONEXIONES PARA UN TRANS. MONOFÁSICO

En algunos casos, los transformadores monofásicos tienen dos devanados secundarios, de manera que puedan entregar dos voltajes diferentes a la carga. Este tipo de transformadores es el típico para alimentar a clientes residen c iale s o a pequeños negocios. La conexión más común es para 240 / 120 volts.

-

LA OPERACiÓN EN PARALELO Y LAS CONEXIONES lEN TRANSFORMADORES

_~_

Capitulo 6

PAGINA

356

.,= 600 V

TRANS. MONOFÁSICO CON DOS SECUNDARIOS

E."'120V A

B

e

Ix, Ix,

x,

o

Si s e desea alimentar una carga a 120 V , entonces la conexlon de los secundarios es como se muestra en la figura siguiente, en donde sobre la tablilla de conexiones la terminal "A" se conecta a "C" y "B" se conecta a "O" , de manera que la combinación A - e es la salida a la terminal X¡ y la conexión B-O es la salida a l a conexión X ,. Las líneas de fuerza se conectan a X , y X 2 , en tanto que H, y H 2 se conect a n a la

alimentación .

-

LA OPERACIÓN lEN P"'RALCLO y LAS COHIIXIONI:5 EN TRANSFORMADORES

~

600 v

.,-600V

H,

I JI JI JI JI JI JI JI JI JI

. (}{}{}{}(l()( )()

e. " 120 v

y

"z

, I

X,

¡no

ÜÜ( )()()()()()

E.:120V A

H,

FR X,

o

~

H,

H,

x,

X,

x,

x,

24Ov.1 CONEXiÓN TlplCA PARA TRANSFORMADORES CON DOS DEVANADOS Y SALIDA EN ALTO VOLTAJE (SECUNDARlOS EN .SERIE)

La conexión anterior corresponde a poner en paralelo a los dos secundari os , con l o cua l se duplica la corriente disponible. Cada devanado puede entregar la mitad de los KVA usa d os . Debido a que los secundarios son parte de un transformador y tie nen igual capacidad, no se requieren consideraciones adicionales cuando se hace este tipo de instalaciones . Cuando se alimentan cargas a 240 V (dos veces el voltaj e de cada devanado secundar io en general). entonces los devanados secundarios se conectan en serie entre sí. Sobre la tablilla de conexiones B y e se conectan juntas y el punto de unión es la salida a la terminal X" A se conecta a X, y D a X ,. Bajo estas condiciones, el voltaje sobre los secundarios de los devanados se suma para dar los 240 volts . La corriente de salida es la mitad de la del arreglo en para l elo .

_~'"

Capitulo 6

PAGINA

358

600 V

H,

H,

E,-600V

lJ( JlJ( J( J( JlJ( HJ( J( J( J

OO()()()()()()

009()()()()()

e.=l20V

;/ ,

A

I X,

X,

,

F=I=1 x,

H,

H,

o

"zE.:120V

x,

-

x,

I

x, 240 V

1

CONEXiÓN TlplCA PARA TRANSFORMADORES CON DOS DEVANADOS Y SALIDA EN ALTO VOLTAJE (SECUNDARIOS EN SERIE)

Ya sea que se conecten los secundarios para bajo o para alto voltaje , el voltaje en el primario es e l mismo y los máximos KVA disponibles a la carga son iguales en ambas circunstancias. Los KV A de l primario deben ser igual a los KVA de secunda r io, me n os l as pé r didas del transformador. Por ejemp lo, si el transformador tiene una potencia de 6 KVA, el devanado primario demandará 10 A plena carga: 6 KVA=600 V X 10A.

Los secundarios a 120 V p u eden en tr egar 50 am p e r es . Cada devanado puede suministrar 25 amperes. 6KVA= 120 Vx50A

6 KVA = 2(120V x 25A)

Cuando se ent regan 240 V a la carga conectando los secu ndarios en serie, el transformador puede entregar 25A de corr i en t e de utilización . 6 KVA = 240V x 25A

LA O PE RAC i ÓN EN PARALII L O y LAS CONEXIONE. EN TRAN8"ORMADORE S

_~_

6.6.2

Ca p itulo 6

PAGINA

359

TRANSFORMADOR MONOFÁSICO CON SECUNDARIO A DOBLE VOLTAJ

Existe una conexión de los secundarios de los transformadores en la cual , si se agrega un t ercer conductor en la conexión entre B y e a la terminal X 2 , el transformador puede proporcionar a la carga un voltaje

de 240/ 120 V. 600 V

H,

H2

E¡, '" 600 V

IJI JI Jl J()nnnoooo

"nnnnnnoo E.:l20V A

~

y "z .,

Ea",1 20 V

..--.

I

1---1 X,

240V

"nnnnnooo

Fl X,

o

(

H,

H,

x,

I

x,

-

x,

CONDUCTOR DE

~A TIE RRA

X, 120V 120 V

-~

...

CONEXiÓN TlplCA DE SECUNDARIOS DOBLES CONECTADOS PARA SALIDA A DOBLE VOLTAJE

La s terminales A y D es t án alambradas a X , y X, respe ctivamente . El voltaje entre: Xl y X 2 • y Xl Y X 2 es 120 volts. X 2 representa el neutro aterrizado en este sistema. El voltaje entre X, y X, es 240 volts.

6.6.2

DEVANADOS PRIMARIOS A DOBLE VOLTAJE

Lo s transformadores pueden tener dobles devanados primarios, así como dobles devanados secundarios , como en los párrafos anteriores,

se ilustra con un ejemplo de transformadores monofási co s a 600 V en

LA O~II.AC:IÓN IN P"IIIAL&LO y LAS CONIXIONCS IIN TltANSFORMADQRIIS

~~.."

Capitulo Ó

PAGINA

360

el primario y 120 V e n el secunda rio, l a f orma de hacer estas conexiones, tan t o para entrada a bajo voltaje (6 00 V) en conexión en paralelo de los deva n ados primarios, como para en tr ada a alto voltaje, conectando en se rie los devanados de alto voltaje .

H,

H,

/ Ep "600V

Ep =600V

()()l Jl J\ Jl J\)() lU JI JI JI JI JI JI J

()l )()()O()l)()

JI JI JI JI JI J(J(J

E.. 600 V

E.=600V B

e

o

H,

H,

x,

- -

-

x,

x,

Ix, Ix, Ix, PRIMARIOS CONECTADOS PARA DOBLE VOLTAJE EN CONEXiÓN PARA ENTRADA A BAJO VOLTAJE

-*

_.~~

Capitulo 6

P AGINA

3 61

1200 V

H,

H,

E,"600V

Ep ::600V

ni 11 11 11 111111

')nnnl lUlA) H,

H,

I 11 11 11 11 11 JUl E, " 120 V;/'

·ÜUUUU()UU ,,\E. " 120 V

.

A

•

D

x,

x,

- - x,

Ix, Ix, Ix, TRANSFORMADORES CON DOBLE DEVANADO PRIMARIO CONECTADOS PARA ENTRADA DE ALTO VOLTAJE

6 . 7 CONEXIONES DE TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS

En los párra f os prece d en t es la discus ión se centró p rin ci pa lm e nte en los transformadores monofásicos e n los cuales los vol t aj es es t án en fase o defasados 180° , y po r lo t an t o, los vo ltajes se suman o se res t an a r itméticamente. Aú n cua n do los sistemas monofásicos son los más usados por los equipos de ut i li zación, no resu ltan económ icos para sistemas de distribuc ió n gra n des o para la alimentación de cargas grandes. Para este propós ito los sistemas tri f ásicos res ul ta n los más popu lares, ya que requie ren ap roximadame nte 25% menos de conducto r (cobre o aluminio) para en t regar la misma potencia a un a carga. Adic ionalmente, los transformado res trifásicos so n más pequeños que un banco de transformadores monofásicos de igual capac idad y t ambién resultan más fáciles de fab ricar, con mejo res características operativas que los monofás icos.

LA OP'a RAClóN aH P' RALaLO y LA.

c.OHaJUON&. a H TRANSFORM ADORES

_~~

Ca p itulo 6

PAGINA

362

Un transformador trifásico puede estar internamente prealambrado y su placa de datos proporciona la información de su conexión, si es delta o

estrella . Si está conectado en estrella , la terminal de cada bobina está internamente conectada y toma la tierra como referencia común. El otro

lado de cada bobina se saca a las terminales en alta tensión a su fase c orrespondiente y se marcan como H ,. H 2 Y H3' Los transformadores trifásicos son fáciles de instalar debido a que están prealambrados y listos para la puesta en servicio. Su costo es menor que el de tres transformadores monofásicos y su eficiencia es mayor. Un transformador trifásico requiere menos cantidad de material en el núcleo para los mismos KVA que cuando se usan unidades individuales. También requieren de menor espacio para la instalación y reducen los costos de transporte. La principal desventaja de los transformadores trifásicos es en caso de falla . La pérdida de una fase da como resultado que se pierda la unidad totalmente. Si se usan transformadores monofásicos en bancos trifásicos. removiendo la unidad en falla se supera este problema , lo cual no es posible con una unidad trifásica . El costo de reparación de una unidad trifásica es superior al de una unidad monofásica que se podría usar en el sistema para restablecer el servicio . Los transformadores trifásicos reducen su capacidad cuando son del tipo autoenfriado. Aún con estas desventajas, los transformadores trifásicos son cada vez más populares, ya que con mejores diseños son más confiables Y. la frecuencia de fallas se hace más rara .

-

L.A OPCRACIÓN CN .A.AL.~"'O y L.A. CONEXIONE. EN TRANSFORMADORES

....... ~""

Capitulo 6

PÁGINA

363

TRANSFORMADOR TRIFÁSICO CONECTADO EN ESTRELLA A B

e N

H,

H,

SALIDA De

/

TIERRA

6 .7 . 1

H,

~/. ~ 1 e

LA CONEXiÓN ESTRELLA

Los transformadores conectados en estrella, tambi é n conocidos como .. yn se usan normalmente cuando la fu e nte de voltaje proviene de un secundario conectado en estrella. A B

e N

¡ (H, ~ .6000 .'iioo0' e 2

•

B

1

H,) (H,

• H,)

e

(H,

1

H,)

A

B

e

H,

•e

B

H,

DEVANADOS DE TRANSFORMADORES CONECTADOS EN ESTRELLA

En la figura ante rior , se indican cuat ro repr ese nta cio nes con el objeto de co mprender mejor la s conexiones. En la práctica , se puede usar

LA OPERACiÓN eN PARALI:LO y LAS CONEXIONES EN TRANSFORMADORES

~....

Capítulo 6

PAGINA

364

cualquiera de éstas, en donde se muestran tres transformadores monofásicos . Cuando se hacen las conexiones, el primer paso es alambrar todas las terminales H2 juntas y después conectarlas al neutro. En la conexión estrella se requiere de un neutro para transportar cualquier desbalance en la carga entre las tres fases del transformador.

El resto de la instalación es simple. La terminal H 1 de alta tensión de cada transformador monofásico se conec ta a las fases separadas de la fuente. Se puede usar el diagrama de Hy" para verificar l a precisión de la actividad. Para los transformadores conectados en estrella, la corriente en el devanado (fase) es igual a la corriente de línea:

Los voltajes de línea en la conexlon estrella se calculan con respecto a los voltajes de fase de acuerdo con la siguiente expresión:

6.7.2 LA CONEXiÓN DELTA

El otro método co mún de conexión de transformadores trifásicos es el llamado sistema delta. En la figura siguiente se muestra esta conexión, presentándose cuatro distintas versiones usadas en los diagramas eléctricos. A

o e

¡Haoo;;T ¡'6ooO'f 'riooO' H, Al 01 e .., 1AmO .~ e e ~)

A

O

H,

H,)

H,

1-A~ ,\ e

DISTINTAS FORMAS DE REPRESENTAR LA CONEXIÓN DELTA DE TRANSfORMADORES

LA OPERACiÓN IIN PARALELO Y LAS CONI:X.ONE5 EN TRANal""ORMADORIIS

1

_~_

Capitulo ti

PAGINA

365

En la conexión delta, cada fase o grupo de bobinas del transformador se conecta a través de l a f ue n te de vol t aje . Po r l o ta nto, el vo ltaje de fase es igual al vo l taje de linea, es decir:

En cambio , la corr ien t e de línea se divide entre las dos fase s de la conexión delta , de manera que la relación entre las corrientes es: '_

= J.73x ' fiu<

La conexión delta se usa generalmente cuando la fuente de voltaje o alimentación está e n conex i ón delta o cuando se tiene disponible un solo vo lt aje y e l sist e ma de distribució n req uie re de distancias co rtas.

i'EJ Ej emplo ¿Cuál es el volta j e de fase a neutro de un sistema trifásico conectado en estrella si el vo l ta j e de fase a fase es 208 volts? L 1 (FASE A)

208 V '-~¡---4( FASEB )

208 V

Solución

E

fas~

= E'!Ji' = 1.732 208 = 120 V 3

L.. OPEItA4;IÓH II:N PAII",-I:LO y LA.

CONIIXION • •

IIN TIIAN . "'ORMADOII&S

~~

Capitulo 6

P AGINA

366

gj Ejemplo Calcular la corriente que circula por el neutro desbalanceada, cuyas corr i entes de fase son: L,

de

=

una estrella 70 A, L, =80 A ,

L, =100 A.

~ = 80A

- - - - . . , CARGA

' - - - - - - - - - L,= 'OOA - - ' NEUTRO

Solución La corriente de desbalance a través del neutro se calcula como:

6.8

CONEXIONES COMUNES DE LOS TRANSFORMADORES

Las conexio ne s más comunes de transformadores, ya sean monofásicos formando bancos trifásicos o bien transformadores trifási cos, son las siguientes:

-

LA

opa RACiÓN

PRIMARIO

SECUNDARIOS

Delta Delta Estrella Estrella

Estrella Estrella

Delta

Oelta

-

IIH " .. IIAL.LO y LAS CONEXIONa. IIN TRAN.PORNADORas

....~...

Capitulo

o

PAGINA

367

Cada uno de estos arreglos tiene ventajas y desventajas , dependiendo de la aplicación que se dé. La figura siguiente muestra el diagrama de alambrado o de conexiones para una conexión delta - delta en un transformador monofási co, tanto el primario como el secundario están conectados en serie .

A

•e H,

A

IX x,

A

") X,

H,

X,

B

B

H,t

X,

"' X,

e

"'

TRANSfORMADOR COH PRIMARIO V SECUNDARlO

"*= CONECTADO EN DELTA

e x,

I

b

e CONEXION DELTA· DELTA

Tf:RM1NAlES

CONEXION DELTA EN El PRIMARIO Y EL SECUNDARIO

AUUENTACION

TRANSFORMADORES MONOFÁSICOS EN DELTA· DELTA

LA OP'RACIÓN IIN PAItAL ....O y LAS CON.JlIONlla IIN TRAN."OltNADOIU;.

De la figura anterior, el H, de cada bobina se conecta a su respectiva fase sobre el alimentador y el X , de cada bobina del secundario se conecta de igual forma al circuito de carga. En la conexión delta, la carga se debe dividir por igual entre cada transformador. Por ejemplo, si la carga es de 75 KVA, cada transformador deberá ser de 25 MVA Ó 1/ 3 de la carga total. El valor total de la potencia entregada al circuito se puede calcular con la expresión: KVA

= E'ineo x

' línea 1000

X

1.73

Un transformador conectado en delta - delta no se debe vincular nunca en paralelo con bancos conectados en delta/ estrella o estrella / delta debido a las diferencias angulares. La conexión delta en el primario se usa normalmente cuando la fuente de alimentación está conectadas en delta, la conexión delta en el secundario se usa cuando la carga requiere de un voltaje sencillo y de una alta corriente. En la figura siguiente se muestra el diagrama de alambrado para una conexión delta estrella, las consideraciones hechas para la conexión delta realizadas en el párrafo anterior, son aplicables también a este caso.

LA opa"AClóN CN PARALeLO y LAS CONEXIONas CN TRANSP'ORMADOR.S

-~hr""_

Capitulo",

PAGIN A

369

A

•

.~--,

DIAGRAMA DE AlAMBRADO PARA LA CONEXION OELTA.-ESTREtLA

CONEXION DELTA · ESTRELLA ALIMENTACIÓN PRIMARIO

DELTA

lo, '--_~V-_-"

SECUNDARIO ESTRELLA

A LA CARGA

CONEXiÓN DELTA (PRIMARIO). ESTRELLA (SECUNDARIO)

La conexión estrella del sec undario se realiza conectando las terminales X 2 de las bobinas juntas o unidas y éstas al neutro de tierra. El voltaje secundario a la carga se obtiene multiplicando por 1.73 el voltaje de fase.

_~...

Capitulo 6

PÁGINA

370

CONEXION ESTRELLA - ESTRELLA

En la figura siguien t e, se i l ustra un banco tr i f ás i co f ormado por transformadores monofásic o s que han sido conectados en estrella · estrella. En este caso, tanto las corrientes del pr im a r io como las del secundario en las fases so n igua l es a las co r rie ntes d e línea a las cuales están conectadas . Los vo ltajes de línea a línea so n i g ua l es a 1.73 veces

los voltajes de fase : V Un ea = 1.73 V'8StJ

e

)(

A

B

, •

)(

b

CONEXiÓN ESTRELLA - ESTRELLA

-------"

LA op e RACióN I: H PARALCLO y LAS CON II XION • •

IIN TRAN . "O •.,"ADORItS

AL.IMENTACION

(~--1-+-~

TERMINAlES

SECUHOARIO ESTREllA

'-----,vr---' ALA CARGA

TRANSFORMADORES EN CON EXION ESTRELLA · ESTRELLA

En la conexión est rel la-estrella, la carga se divide en part e s iguales entre cada t r ansfo rmador. La capacidad en KVA para cada transformado r se dete rmina de acuerdo co n la exp r esión . KVA = I""ro x E""ra x 1.73 3 x 1000

o también : KVA

l /IDea X E""fO x

0.58

1000

La conex l on estre ll a-est re ll a es relativamente impopular, debido a la inherente inestabilidad de l neu t ro y esto se debe al hec h o d e que las co rrientes que circu la n en las ramas de la conexión estrell a no son i ndependientes unas de otras .

CONEXiÓN ESTRELLA - DELTA

La t endencia de las compañías de d istri bución de la energía el éctrica es a usar vo ltajes d e dist ribu ción más altos . En los sistemas con co nex ió n est rella-de lta generalme nte no se tiene una l i gadura firme al ne u tro d e l

t..A OPERACiÓN EN PARALEt..O y t..AS C;ONEJUON • • EN TRANSFORMADORE S

~~~

Capitulo ti

PAGINA

372

mismo , en donde en el secundario se trata de usar un sistema de tres hilos, pero a diferencia de la conexión delta·estrella , ahora con un

voltaje mayor en el lado de la delta . En el evento de falla de un transformador en el lado de la estrella, se puede proceder a usar una conexión estrella abierta-delta para continuar dando el servicio , por supuesto que esta facilidad tiene su limitante en cuanto que no se puede dar el 100% de la capacidad. A

c A

)(

B

b

a«]

e

a

CONEXiÓN ESTRELLA - DELTA

A

c, ,, -,

;x.... B

A

e

a

CONEXiÓN ESTRELLA ABIERTA - DELTA

LA O~""AC:IÓN ... ~"RA&..a.o y

LA.

c.ONeXION • • • N TRAN ... O"MADOJII • •

~_

Capitulo 6

PÁGINA

373

!;El Ejemplo La co nex ión mo st r ada en la sigui e nt e figur a es una delta -d e lta . Cal c ular e l voltaje d e fase en el primar i o , e l voltaje de fase en e l s ec undario , el voltaj e de línea en e l s ecundario , el voltaje en la carga , la c orriente en la carg a, la corriente d e línea e n el s ec undario , la corrient e de fas e en e l secundario , las c orri e nte s d e fa se y de linea en el prim a ri o. 24001/, 3 FASES

ij

/0.14.1,

¡o

,

H

H,

O.OSA 24001/

. '¡¡O.l4A

0 , 14.1,

H,

O.OSA

H,

H,

O.OSA 24001/

24001/

,VVVW\

l~ 10:1

!l!l!Hl(][

!l!H l!l!]

2401/

240 V 0.8 A

x,

X,

11.4.1,

0.8.1,

x, 11.4"

138.6 V 1.4 A

I

X,

x,

p .4A

2401/

240 V

1~n

x,

240V O.8A

'~~

1 ~~

,~V:v I L'

138.8 V 1.4 A

"

Solución

a) Para una c onexión delt a, e l vo ltaje de fas e e s igua l al voltaje d e l ín ea: E_ ) =E,,~{yn.) =2400 V

b ) El voltaje de fase línea en el sec undario para una r e laci ó n de t ran sf o rma c i ó n d e 10:1 .

E fa ,,(=)

=

E fase(prim) a

2400

=Ji) =2400

V

L A OP I: RACIÓN EN PARALELO Y LA S CON E XION ES EN TRAN S I'"OAMADORES

~.~~~

(;apolujo 1>

PAGINA

374

e) El voltaje de linea en el secundario del voltaje de linea es:

d) El voltaje en la carga para una conexión estrella sería: Ecarga

= Elim>a 1. 73

= 240 = 138.6 V 1. 73

e) La corriente en la carga: I carga = Ecarga

R

f)

= 138.6 = 138.6:: 1.4A 1()()

La corriente de línea en el secundario para la conexión estrella :

g) La corriente de fase en el secundario para la conexión delta: 11=

(=) =

IUnea(sec) 1.73

=0.8 V

h) La corriente de fase en el primario: _ 11,,,(,,,,) _ 0.8_ I lo,,(prim) - - - 0.08A (1

i)

10

La corriente de línea en la delta del primario.

~.~~

I:.aplt .. lo ti

DIAGRAMAS EL.EMENTALES

PA GI NA

375

DIAGRAMAS DE CONEXIÓN

A

e

•

wbb ~~~

•

e

b

A

•

e

•

b

e

A

•

~ ~ e

).

~

•

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A

e

•

vv

e

x,

•

b

CONEXIONES TRIFÁSICAS DE TRANSFORMADORES MONOFAslCOS

e

.~.~_

'-apnulú o

PAGINA

378

la carga, la corrien te de línea en el secundario, la corriente de fase en el secundario, las corrientes de fase y de línea en el primario. 2400 V, 3 FASES 0. 14 A

y 10:1

y

1.4 A

1.4 A

1.4 A

100 n 138.6 V 1.4 A

Solución al

El voltaje primario de fase en el lado estrella.

Efase(pr;m)

bl

El voltaje de fase en secundario .

E fa,,( ..~) =

el

Elínra(prim) 2400 ...::::::::::;-'2 = _ = 1386 V 1.73 1.73

E fa,,( prim)

a

1386 = - = 138.6 V 10

El voltaje de línea en la estrella del secundario.

''"'''~_ d)

carga

379

= EI/nea = 240 = 138.6 V

1.73

1.73

La corriente en el lado de la carga. I

f)

PÁGINA

El voltaje en la carga en el lado de la estrella. E

e)

Capitulo 6

carga

= E",g, = 138.6 = 1.386= 1.4 A R 100

La corriente de línea en la estrella del secundario. l linea(sec) = Icarga = t.4 A

g)

La corriente de fase en la estrella del secundario.

h)

La corriente de fase en el primario. I fa" ("',) I fase(prim) -

i)

a

1.4 10

0.14A

La corriente de línea en la estrella del primario. JUMll =lf(J,J~ = O.14A

Ejemplo En la figura siguiente se muestra una conexión estrella-delta . Calcular: El voltaje de fase en el primario, el voltaje de fase en el secundario, el voltaje de línea en el secundario, el voltaje en la carga , la corriente de línea en el secundario, la corriente de fase en el secundario , la corrie nte de fase en el primario y la corriente de línea en el primario.

fh

LoA opeRACióN IN

P~RA"'I,"O

y &..Aa C.ONIXIONC. IN

T.~"."ORM"DOR~.

.~

_~_

Capitulo 6

PAGINA

380

2400 V, 3 FASES

/

/

¡

0.046 A

H

,

0.046 A

0.046 A

~

H, H,

0.046 A 1386 V

0.046 A 1386 V

H, H,

lUVe vvu x,

y

~ (J(J(J(J(J(J

[JI I 138.6 V 0.46 A

0.046 A 1386 V

X,

X,

138.6 V 0.46 A

X,

138.6 V OA6A

X,

10.1

X,

6

!o.••

O.BA

100 o

O.BA

'.'1 f'

1000

'" I

;"J

~v O.BA

80V

O.SA

O.BA

I

2400 V

bl

1.73

= 13861'

El voltaje de fase en el secundario. Efu,,(~,)=

el

1.73

=

E fase(prim)

a

1386 =--= 138.6 V 10

El voltaje de lin ea en l a delta del secundario.

-

-

~

, l

,

El voltaje de fase en la estrella del primario. Efinea(pI'¡m)

4

1I

Solución

E fase( prim ) =

1

138.6 V

138.6 V

al

t

-

LA OPI:RAI;IÓN I:H PARALI:LO y LAS CONEXIONES EN TRANSP'ORMADORES

I

-~íit"d)

Elil1ea(scc) 138.6 =80 V 1.73 1.73

La corriente en el lado de la carga. I

=

carga

f)

Ecarga R

.

= 1carga =0.8 A

' l'

= I j.f;~

08

= 1. ~3 = 0.46 A

La corriente de fase en el primario.

I fase(prim)

i)

100

La corriente de fase en la delta del secundario.

I fase(sec)

h)

= 80 = 0 8A

La corriente de linea en el secundario. Ilínea{scc)

g)

PÁGINA

El voltaje en la carga en el lado de la estrella.

Ecarga=

e)

Capitulo 6

=

' fa,,(Stt) a

-

0.46 - 0.046 A 10

La corriente de linea en la estrella del primario. IUnea(prim)

= I fu.\'e(prim) =0.46 A

rr----l." OPIRAClóN EN PARALoI&.O y LAS CON'XIONES IN TRANS'ORMADORIES

381

INTRODUCCiÓN La mayoría de las máquinas eléctricas en la industria son motores trifásicos de inducción tipo jaula de ardilla, normalmente son

I I

{ \

robustos , no son caros y requieren de muy poco mantenimiento , el

rango de fabricación de estos motores va desde unos cuantos watts hasta alrededor de 10000 HP . Los motores de inducción grandes (generalmente de 5 HP o mayoresl se diseñan para operar en forma trifásica, la principal razón es que: es deseable una carga trifásica simétrica en la red. La velocidad de un motor de inducción es casi constante cayendo sólo un pequeño porcentaje de su operación en vacío a su operación a plena carga; los motores de inducción presentan también algunas desventajas como son : 1. Requieren velocidad.

de

accionamientos

electrónicos

para

cambiar

su

2. Operan a factor de potencia bajo, cuando tienen cargas ligeras . 3. Su corriente de arranque puede ser de cinco a siete vece s el valor de la corriente nominal o a plena carga. Los motores monofásicos de inducción se usan en f o rma e xtensiva en

aplicaciones industriales, comerciales y de tipo doméstico , por ejemplo se puede observar su uso en: relojes, refr igeradores, congeladores , ventiladores, bombas , máquinas de lavado, máquinas herramientas,

N OT OIIIIS DE IN D U C Ci ÓN

~~

Capitulo 7

PAGINA

384

etc ., a diferencia de los motores trifásicos de inducción, se tiene una

gran diversidad o variantes de diseño para distintas aplicaciones con los motores monofásicos, cuyos nombres dependen de l a aplicación y el tipo constructivo, por ejemplo. hay motores monofásicos tipo universal,

de arranque con capacitar, de fase partida, etc. Las características de operación de los motores trifásicos son, como se estudia más adelante, superiores a las de los motores monofásicos, la razón principal para esto es que, el sistema monofásico suministra cero

potencia al motor en la medida que alterna. Las a lt ernaciones ocurren dos veces cada ciclo. Si el factor de potencia es menor que la unidad para un sistema monofásico, la potencia que va hacia la carga es

negativa durante parte del ciclo. La potencia de un motor trifásico es casi constante para el ciclo completo. Los motores trifásicos de inducción se construyen básicamente en dos tipos, de acuerdo al tipo de rotor o pa rte giratoria del motor : •

De jaula de ardilla.

•

De rotor devanado.

De estos dos tipos, el de jaula de ardilla es el más usado en la mayoría de las aplicaciones, especialmente las industriales.

7.2 .

LA CONSTRUCCiÓN OEL ESTATOR

Los estatores de todos los tipos de motores trifásicos constituyen la parte estacionaria . Se construyen en forma similar a los motores

monofásicos, de hojas de lámina , llamadas laminaciones en forma troquelada. El acero usado es altamente refinado, para produc ir buenas propiedades magnéticas con mínimas pérdidas. Las lam inaciones se a í slan unas de otras por un óxido que se forma en la superficie durante

el tratamiento de calor y también se jun tan en forma de paquetes. Cuando se trata de máquinas grandes, el paquete se forma de la unión de un número mayor de segmentos circula res . El paquete de laminaciones se coloca dentro de la carcaza que cumple entonces con una doble función : servir de soporte de los paquetes de laminaciones que constituyen el estator y también de las tapas del

NOTO.', DE INDUCCiÓN

-~C'~.

Capitulo 7

PAGINA

385

motor que contiene n, a su vez, a l as chu mace ras qu e sopo rt an la fl ec h a

del rotor, es deci r, l a ca r caza ti ene f un ci o n es d e t i po estát ico.

TAPA

,PORTA

CHUMACERA

ALGUNAS COMPONENTES DE LOS MOTORES TRIFÁSICOS DE INDUCCiÓN

DEVANADO

DEL

CAJA DE TERMINALES

ESTATOR

ESTATOR y CARCAZA

MOTORES DE

INDUCCiÓN

....~_

Capitulo 1

PA GINA

ROTOR JAULA DE ARDILLA

DEVANADOS

AL DEVANADO

ESCOBILLA

ANillOS ROZANTES

ROTOR DEVANADO

o

off==~(

01===40 o ANILLO EXTREMO

ANILLO EXTREMO

o o BARRAS DEL ROTOR

ROTOR JAULA DE ARDILLA

386

...~~

Capitulo 1

ACERO

PAGINA

--1~'

LAMINADO

NÚCLEO

DEL ESTATOR RANURADO PARA EL.OEVANAOO DE ARMADURA

RANURADO Y LAMINADO DEL NÚCLEO DEL ESTATOR

PARA IGUAL PROFUNDIDAD DE RANURA DE LOS DIENTES EN EL ESTATOR ESTE ES MÁS ANCHO Y FUERTE EN LA BASE

CHAMUCERA ACEITERAS CHAMUCERA DESLIZANTE

CHAMUCERA DE BALERO

TIPOS DE CHAMUCERAS DESLIZANTES EN MOTORES

387

_~_

Capitulo 7

PAGINA

388

r-----------------,I

I

I

ANillOS ROZANTES

ALlMENTACI6NO_"¡'_J1~f\._~ TRIFÁstCA

L_nrll'll,-J-tti:t-!d~';"- ESCOBilLA I

L--f ------ --I

.

-l

t

~

DEVANADO DEL ROTOR

DEVANADO DEL eSTATOR

RESISTORfS EXTERNOS VARIABLES

DIAGRAMA ESQUEMATICO DE UN MOTOR DE INDUCCiÓN DE ROTOR DEVANADO SEGMENTOS CIRCULARES

DI • DIAMETRO EXTERNO 0.. DiÁMETRO EXTERNO L· L.ONGmJO DEL PAOlIETE DE LAMINACIONES (A) PARA MÁQUINAS PEQueAAS y MEDIANAS

(B) PARA MAQUINAS DE GRANDES DIMENSIONES

EL ESTATOR DE LOS MOTORES DE INDUCCiÓN ESTA FORMADO DE UNA SERIE DE DISCOS DE LAMINACIÓN MAGN~TICA

CONDUCTORES

no lA)

lB )

cuA... DE SUJECIÓN

le)

EL ESTATOR y SUS RANURAS PARA ALOJAR LAS BOBINAS A) DtSTINTAS FORMAS PUEDEN TENER LAS RAHURAS DEL ESTATOR S) LOS CONDUCTORES SE PUEDEN AISLAR DE lAS RANURAS e) VISTA DE LA RANURA CON lOS CONDUCTORES

l

MOTORES DE

INDUCCiÓN

_~_

Capitulo 7

P AGI N A

389

ANILLO DE BLOQUEO DEL PAQUETE DE

ANILLOS

DueTO DE VENTILACION

SOPORTE

AJUSTE

PARA EL CENTRADO

MONTAJE DEL PAQUETE DE LAMINACI6N SOBRE LA CARCAZA

7.2 . 1

Los

DEVANADOS DEL ESTATOR

Los devanados del estator de los motores trifásico s están constituidos por tres circuitos, uno por cada fase, haciendo terminación por un extre mo a la línea de alimentación. Los otros extremos de los circuitos se conec tan entre sí en las conexiones trifásicas más comunes, ya sea en delta o estrella. Para los motores de pequeña y mediana potencia , cada fase está constituida de bobinas de conductor de cobre aislado, o bien , en el caso de motores grandes, se usan barras de cobre aisladas, que son prefabricadas y montadas posteriormente . Los ejes geométricos de cada devanado, se deben encontrar a 120 0 eléctricos uno de otro. Pre cisamente, si el motor es de dos polos : los ejes de los devanados de las tres fases deben encontrarse a 120 0

geomé tricos. Si el motor es de cuatro polos (2 pares de polos): los ejes de las tres fases están distantes en tre sí por 120°/ 2=60° . Si el mo tor es de 6 polos (3 pares de po l os): están a 120 · / 3=40 · , Y asi sucesivamente. Se puede establecer que los ejes de los devanados deben formar entre si un ángu l o igual a 120/ P, siendo P el número de pares de polos. Las ca racteristicas de los devanados están definida s del cálculo y del diagrama (esto último no condiciona la construcción). Por medio del cálculo, se determina la relación de la tensión a la corriente nominal, el número de conductores y su sección. El diagrama

•

-

MOTO • • S

OE INDUCCI6N

..... _~~

Capitulo "1

PAGINA

390

es necesa rio para estable cer la co lo cac ió n e x acta y la conex lo n de las dist i ntas partes del devanado , d e m a nera que se teng a la fo rm ació n d e los p olos y su e xac t a su ce si ó n.

.,..

,.,

(Al

( A ) DISPOSICIÓN FRONTAL DEL DEVANADO OEL ESTATOR DE UN MOTOR TRIFÁSICO DE DOS POLOS. POR SIMPLICIDAD EN LA REPRESENTACION SE IMAGINA QUE CADA FASE ESTA CONsmUIOA POR UNA SOLA BOBINA (El ESTATOR TIENE I!i RANURAS).

(B) EH REALIDAD EL DEVANADO ESTA REPARTIDO EN MAS RANURAS PARA UNA MEJOR DISTRIBUCIÓN DE FLUJO COMO SE MUESTRAN CON" RANURAS POR CADA FASE .

..

'

(B,

(A'

l A ) DISPOStCJÓN FRONTAL OEl DEVANADO DEL ESTATOR DE UN MOTOR DE " POLOS. (B) SE OBSERVA EL CASO PARA EL CUAL CADA FASE ESTA PREVtSTA DE DOS RANURAS POR POLO Y POR FASE.

MOTO"..

•

INOU~~16N

....~_

Capítulo 7 DEVANADO DEL ESTATOR

FASE

PÁG INA

391

e

___-"lr

~~~tI¡~~t/:;J!:::i:X;

DIENTES DEL ESTATOR

NÚCLEO DEL ESTATOR RANURAS OEL ESTATOR

•

LOS CONDUCTORES SECUNDARIOS SE PONEN EN CORTO CIRCUITO CON ANILLOS COMUNES

\ ,"'~~ \

I

,,,,_.......

o

NÚCLEO DEL ROTOR

o FASE A, X FASE B, •

FASE C

DISTRIBUCiÓN DE LOS CONDUCTORES DE FASE EN LAS RANURAS DEL ESTATOR

7 . 2.2 ELEMENTOS CARACTERiSTlCOS OE LOS DEVANADOS

Cada una de las fases del motor trifásico está constituida de una o más bobinas, éstas a su vez están formadas de secciones. En cada sección se distinguen: •

Los lados activos, es decir, las dos partes contenidas a lo I.rgo de la longitud de las ranuras .

•

Las conexiones frontales y cabezales, que están destinadas a conec tar entre sí a las partes activas.

MOTORES O. INDUCCiÓN

LADO ACTTVO

\

CONEXIONES FROjALES

LAOOAC nvo

/

,,

,,

,,, ,,, ,,,, ,

CONEXIONES FRONTALES

,,

(CABEZALES)

" \ CONEXIONES FRONTALES

LADO ACnvO

A ) VISTA EN PERSPECTIVA

8 ) REPRESENTACIÓN DEL DESARROLLO EN UN PLANO

ELEMENTOS CARACTERlsTICOS DEL DEVANADO EN UN ESTATOR

Para l os fines d e d iseño y reco nst r u cc i ó n d e u n deva n ado. elementos q u e l o ca racte r izan son esencia l me n te l os siguientes:

l os

a) El número de ra n uras por po l o y por fase. bl El paso de l deva n ado . el La fo rm a d e l os cabezales.

7.2.3 EL NÚMERO DE RANURAS POR POLO Y POR FASE Y EL PASO DE UN DEVANADO

Los primeros el e m en t os se res u men po r m e d io d e las siguientes re l ac i ones: No. lotal de rOl/liras No. de ranllras por polo y por fase = -;-;--'-';::.:::::;::.:~=-:;:.:::.:--­ No. de polos x No. dejases

,o:,'c;o"'"d.:.e.:.ra",n..;,..;,,c;0.:.s Paso de'devanocI0= cM..;o".-:No. depoJos

MOTO" • • O. INDUCCiÓN

.... ~

Capitulo ./

PAGINA

393

En general, el número de las ranuras por polo y por fase no es nunca muy grande Ide 2 a 5, raramente llega a 10), y es un número normalmente entero. El paso. Indica el número de las ranuras que hayo se interponen entre la ranura que contiene un lado activo y aquélla que contiene el otro lado activo que se debe conectar al primero. Por ejemplo, habiendo numerado progresivamente las ranuras, se dice que un devanado que tiene un paso 12 significa que el lado activo situado, supongamos en la ranura 1, se debe conectar con el lado colocado en la ranura 13 Ide hecho, 1 +12=131. como se muestra en la siguiente figura, con una ilustración de paso entero:

PASO-1+12-1J (SALE DE LA RANURA 1 Y LLEGA A LA RANURA 13)

DEVANADO CON PASO ENTERO

Los devanadores o bobinado res , como se conoce a la s personas que hacen y colocan las bobinas , casi siempre prefieren indi c ar el paso , empleando la fórmula mencionada anteriormente, donde se t i enen los números correspondientes a los lados que se deben conectar entre sí.

Por ejemplo: en lugar del paso 12 se dice "El paso de 1 a 13", de manera que el paso representa, en otras palabras, cuánto "progresa " el devanado . El paso de la figura anterior representa un paso interno . En la práctica, se usa mucho el llamado "paso acortado", o sea , un paso un poco inferior al paso interno encontrado con la fórmula:

r r.;;;;:;;;-;;;;;;;,;:;:;;--:::::::-::-:::::=::: MOTOR • • Da INDUCCiÓN

~~

CapItulo 7

PÁGINA

394

No. total de ranuras Paso = No. de polos

El paso acortado permite una economía en el cobre del devanado, siendo menor la longitud de las conexiones frontales. De hecho, el paso acortado contribuye a mejorar la forma del campo magnético . Se debe tener cuidado de que el acortamiento no sea excesivo. para evitar que dos lados activos se encuentren instantáneamente bajo polos del mismo nombre. Como regla, en una máquina trifásica el paso no debe ser nunca inferior a los 2/ 3 del paso interno.

+ +.

PASO RECORTADO MINIMO •

PASO INTERNO + 1

PASO RECORTADO

MINIMO =

12 + t • 1 RANURAS

DEVANADO CON PASO RECORTADO

7 . 2 . 4 FORMA DE LOS CABEZALES DE LOS DEVANADOS

Un devanado, entre otras cosas, está caracterizado por la disposición de la s conexiones frontales que determinan la forma de las secciones y el aspecto exterior de todo el devanado. Se pueden tener conexiones de dos tipos : De órdenes o de corona .

MOTORES D':

INDUCCiÓN

_~_

Ca p it u lo 7

PAGINA

395

A) SOBRE DOS ORDENES

e l ASPECTO DE LOS CABEZALES TIPO CORON A

DEVANADO CON CABEZALES DISPUESTOS

Según la fo rma de cómo se conectan ent re sr los lados activos, se der iv an va ri os tip os de deva nados.

MOTORE S

DIE INDUCCiÓN

_~~

Capitulo 1

PAG'NA

396

TIPOS DE DEVANADOS

npo

DE MADEJA

cONcéNTRICO

,jii" .: I : :I

IMBRICADO

"1 :¡. id ,,'

1

CONCENTRICO

"

II! 11 :

ONDULADO

,

1 ",

IMBRICADO

o

" , 1: , "'

,l'"1:,

ONDULADO

IGUALES

", ,"" " ,,

I"':i!1' ~!é~~['i11"

DEMAOEJA

DE MADEJAS

REPRESENTACiÓN ESQUEMÁTICA

FORMA CONSTRucnVA

I! ¡

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1I

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i: , ,

DECORON'"

Las bobinas de los motores se pueden devanar con un alambre sencillo o con varios alambres o conductores en la mano , pero en ambos cas o s,

las bobinas son devanadas prácticamente en l o mismo ; exc epto que cuando se devanan a mano se requiere más formado .

"".~_

Capítulo 7

PÁ G INA

397

Algunas veces, es deseable usar dos o más conductores en lugar de sólo uno , la razón es que , con un sólo conductor de mayor sección a veces se tiene mayor dificultad para su manipulación, en t a nto que los

de m e nor sección, ofrecen la ventaja de más facilidad de manejo . Otra razón para el empleo de varios conductores es qu e . en ocasiones, no

se cuenta con el calibre del conductor requerido , y entonces se recurre al uso de la sección (á rea) equivalente mediante el uso de varios conductores.

Algunos bobinadores devanan las bobinas con dos o tres conductores , donde hay dos o tres bobinas por ranura; esto ahorra tiempo , debido a Que se puede devanar más de una bobina simultáneamente .

Tratándose del devanado de los motores de C.A., antes de iniciar el proceso de bobinado, se deben verificar o calcular algunos térm i nos a partir de las siguientes expre s iones :

Grupo de bobinas: Es número de bobinas de una fa se para un polo . La e c uación para determinar un grupo de bobinas , es por tanto: .

BobUJ(l,\' por grupo

No. de ranuras =.,.,---,==:":":==-,-No. de polos x No. dejases

Paso de bobina completo: Es la bobina que abarca d e una ranura en un polo a la ranura o posición correspondiente en el polo siguiente . La ecuaci ó n que permite ca lcular el pa so completo de bobina es: Paso completo de bobina

,

~M:;:o;-.:::de:,:'.::·.::.:":;:'Ir.::a::.s + No. de polos

Grados eléctricos por ranura: Es el término que se usa comúnmente para expresar la porción del polo que es cubierto por una ranura. La e x pres ió n para calcular es la siguiente:

· . COS I electn GralOS

por ral/llra

= -,--1 8,::O.:'x"N"70'::'..:;d-"e!:.p,::al-"a,~· No. de ranuras

---

--

MOTORES DE INDUCCiÓN

_~~

Capitulo '¡

P AG IN A

398

- Ejemplo Cal c ular el número de bobina s por grupo y la l ongitud del pas o completo , para e l estator de un motor trifásico de inducción que tiene 36 ranuras. opera a 60 Hz y 1200 RPM .

Solución

El número de bobinas por grupo se calcula como: No . de bobinas por grupo =

No. de ranuras -::---,,::-'c..;::.:::;::::.::,-;-No. de polos x No. dejases

Donde el número de polos se calcula de la expresión : j

= No. de polos x RPM . 120 '

f = Frectlencia en Hertz

No,depofos= 120x j = 120x60 RPM

6

1200

Por tanto: No. de bobinas por grupo

=~ =2 bobinas I grupo 6x3

ranuras por polo {

yporfase

El paso completo se obtiene de la expresión: . Paso completo por bobmo

= No. de ral/uras + No. de polos

1

Paso completo por bobina = 36 + I =7

6

Es decir que . la bobina debe cubrir o abarcar de las bob i nas en las ranuras 1 a 7 del total de 36 disponibles .

OT

","".~_

CapItulo"

PAG I NA

399

Una vez que las ranuras del estatar se han aislado en forma conveniente, se coloca un lado de la primer bobina en cualquier ranura y un lado de la siguiente bobina se pone entonces en la ranura a la izquierda de la primera, lo que hará que el devanado avance en la dirección de las manecillas del reloj. Entonces, se colocan cuatro bobinas más en las ranuras en una forma similar, saliendo de la parte superior de la salida de todas ellas. Cuando el lado inferior de la séptima bobina se sitúa en la séptima ranura, su lado superior está conectado al lado de arriba de la primera bobina, con la parte inferior o de abajo de la octava bobina. colocada

en la octava ranura. 7 . 3 PRINCIPIO DE OPERACiÓN DE LOS MOTORES TRIFÁSICOS DE INDUCCi ÓN

En los motores de inducción, normalmente no hay conexión eléctrica al rotor, pero en forma análoga al princIpIo de operación de un transformador, las corrientes se inducen en el circuito del rotor y se produce entonces la reacción entre los campos de la armadura y el rotor, al conducir corriente los conductores del rotor dentro del campo magnético, produciéndose una fuerza en los conductores que tiende a moverlos en ángulo recto con respecto al campo. Cuando el estator o devanado primario de un motor trifásico de inducción se conecta a una alimentación de C.A. trifásica, se establece un campo magnético rotatorio que gira a la velocidad de sincronismo. La dirección de las revoluciones de este campo dependerá de la secuencia de fases de las corrientes del primario y, por lo tanto, del orden o secuencia en cómo se conecten las terminales del primario a la alimentaqión. La dirección de rotación del campo se puede invertir intercambiando la conexión a la alimentación en dos de los tres conductores del motor trifásico. El número de polos magnéticos del campo magnético rotatorio es el mismo que aquél cuando está devanada cada fase del primario del estator. La velocidad a la cual el campo, producido por las corrientes primarias, gira a la "velocidad síncrona" del motor, se obtiene de la expresión:

..,.o~_

CapItulo

o,

PAGINA

400

N = 120/

s

p

f = Frecuencia de la alimentación. P = Número de polos del estator.

• El campo magnético rotatorio producido por las corrientes del primario atraviesa los conductores del rotor e induce una f.e.m. en los mismos. Debido a que el devanado del rotor está, o en corto directamente (jaula de ardilla) o bien cerrado a través de alguna resistencia externa (rotor devanado), la fuerza electromotriz If.e.m.) inducida en el secundario por el campo rotatorio ocasiona que circule una corriente

en los conductores del rotor; en éste se produce un Par que lo hace girar, esto ocurre porque la dirección de la f.e .m. podría estar en tal trayectoria que se trataría de oponer a la causa que la origina. Debido a que la causa que produce las corrientes inducidas es la velocidad relativa entre el campo magnético rotatorio y los conductores estacionarios del rotor, éstos circulan en tal forma que se crea un par en el rotor que tiende a seguir al campo magnético rotatorio y reducir la velocidad relativa. Un motor de inducción no puede operar a su velocidad síncrona . Si fuera posible por algún medio llevar al rotor a la velocidad de sincronismo, entonces el rotor no tendría movimiento relativo con

respecto al campo giratorio y, por lo tanto, no se induciría una f.e .m . en el rotor que produciría un flujo de corriente Y, en consecuencia, no se desarrollaría un par.

MOTOR • • D. INDUCCiÓN

...,..~__

Capitulo 1

P AGINA

401

ROTACION DEL CAMPO MAGNÉTICO DEL ESTATOR DURANTE y, CICLO DE LA FRECUENCIA DE AlIMENTACION

Un m otor de inducción operando en vacío puede tener una ve l ocidad m u y cercana a l a velocidad de sin c r o n ismo Y, por lo tanto, l a t.e. m . en el rotor es muy pequeña. Esta f.e . m. da una pequeña corrie n te que produce un par suficiente para superar las pérd i das como las debidas a la fricción y vent i lación Y, mantener el rotor en mov i miento.

En la medida que se aplica una carga mecánica sobre el eje del motor, tiende a gi rar más l entamente, debido a que el par desarrollado en vacío no es su ficiente para mantener al rotor girando a su velocidad de vacío, debido al par adicional de oposición de la carga. Es decir, en la medida que la carga a u menta, el motor se va frenando hasta que el movimiento relativo en t re e l ro t or y el campo magnético r otatorio sea suficiente para d esa rr olla r el par necesario para una carga particular.

MOTORE S

Da INQUCCIÓN

_~~~

Capitulo -,

PAGINA

402

7 _4 El DESLIZAMIENTO En el párrafo procedente se ha determinado que l a velocidad de un motor trifásico d e i n ducción debe ser siempre me n o r q ue la velocidad sincrona, y que en l a medida que l a carga se i nc rementa, la velocidad del motor se reduce. La diferencia entre l a velocidad del campo del estator, conocida como : " velocidad síncrona " (Vs) y la velocidad real del rotor (N) se conoce como " el deslizamiento " y se d enota por S. Aún cuando el des lizamiento se puede expresa r en revoluciones po r minuto (RPM) o en rad i a n es por segundo, usua l men l e se expresa como una fracción o porcentaje de la ve l ocidad sí n crona.

Como fracción:

s _ Velocidad sil/crona - Velocidad del rotor Velocidad sín crOlla

s

NS -N

Ns

Expresando el des lizamiento como porcentaje se tie n e:

s- N,'N-N xlOO s

Ejemplo Un motor trifásico de inducción tiene 6 polos, cuando se conecta a una alimentación de 60 Hz opera a 1150 RPM . Calcular su deslizamiento.

Solución La velocidad síncrona es: NS= 120J P

120x60 6

1200RPM

VI p

-

MOTO RES DE INDUCCiÓN

oiii'ii"-"¡¡¡_

_~_

Capitulo 7

PA GINA

403

La velocidad rea l del r otor es : N= 1150RPM

El des l izamiento es e n tonces:

s = .:..:N-,,-s_-,,-N Ns

1200 x 1150 1200

0.041

7 .4.1 LA FRECUENCIA DE LA CORRIENTE DEL ROTOR (O DE LA F.E.M.) La frecuenc i a de la corriente y de la f .e.m. en el rotor depende del índice o capacidad para cortar e l flujo por los conductores del rotor, es decir, la velocidad re l ativa entre el rotor y el campo magnético giratorio del estator . La frecuencia de l a f.e.m. inducida por el movimiento relativo entre el devanado del rotor y un campo magnético está dada por la expresión. Frecuencia de /a f .e.nI . del rotor

Velocidad relativa en RPM 120 / P

Pero como :

s = ",N-",s,----Nc... NS

120f Ns-N=SNS=S x -P

Sustituyendo:

t,~

120 f P fr=s x - - x - = ' f P 120

Il

-

(,0

f

fr='f

MOTORIE S

r--'

DIE INDUCCiÓN

I,

_~ffIf'".~

Capitulo 7

PAGINA

404

Es decir , que la frecuencia de la corriente en el rotor o I.e .m. , se obtiene multiplicando el deslizamiento por la frecuen cia de alimentación .

Ejemplo Calcular la frecuencia del rotor, si se alimenta a 60 Hz a un motor trifásico de inducción que tiene un des l izamiento a plena carga del 3%.

Solución La velocidad síncrona es : N _ 120[ _ 120 x60 s P 6

1200RPM )

De la expres i ón para e l deslizam i ento : ;,,:,N..,S_-Nc... S--

Ns

)

%00 _

~'1

X

Ti

~-

-

b

La velocidad a plena carga es :'

\)?'!. /

'to

.,

.-

i

'".::..-:-

Z-¡

~

(,.0

1 N = N s( I-S)= 1200 (1-003)

N = 1164 RPM

La frecuencia de la f .e.m . del rotor es : [r =s[ =0.03x 60 = 1.8 f f=.

MOTORI:S DI:

u ce 16 H

_.~~

Capitulo 7

PÁGINA

405

~ Ejemplo Un motor trifásico de 500 HP se alimenta a 440 V, 60 Hz , si el motor t i ene 6 polos y opera a 1170 R.P.M. Calcular e l deslizamiento y cuántas alternaciones puede hacer el voltaje del rotor por minuto .

Solución

La velocidad síncrona es:

Ns

= 120f = 120 x 60 P

1200 RPM

6

La velocidad de operación es:

N = II JORPM .

El deslizamiento es:

La frecuencia de la f.e . m . del rotor es: fr =sf = 0.025 x 60= 1.5 Hz Las alteraciones completas hechas por la t.e.m. del rotor son:

1 .5 x 60=90

7 .4 .2

LA

FUERZA ELECTROMOTRIZ DEL ROTOR (F.E . M . )

Cuando el rotor está frenado , el motor es equivalente a un transformador trifásico con el secundario en cortocircuito, de manera que la f .e . m . i ndu cida por fase EA en el rotor , cuando está parado o frenado , es decir, en el instante del arranque, está dado por la expresión:

ES

_.~~_

Capitulo 7

PAGINA

406

Donde:

E,

=

Voltaje aplicado por fase al primario, es decir, al devanado del estator.

N R Y N, son el número de espiras del rotor y del estator res pectiva mente. Cuando el rotor inicia su operación, la velocidad relativa de éste con respecto al flujo del estator, es decir, el deslizamiento, se reduce . De aquí, la f.e.m. en el rotor que es directamente proporcional a la velocidad relativa, es decir, al deslizamiento, también se reduce y está dada por SER' Para un deslizamiento S la f .e.m. inducida en el rotor es S veces la f.e .m . inducida en el rotor cuando está parado.

7.5 LA CORRIENTE EN EL ROTOR rotor RR y LR respectivamente, y la f .e.m . en el rotor estando frenado E,. Son

resistencia y la inductancia

la

por fase

del

A rotor frenado, la f.e.m. inducida por fase = E R La resistencia en el devanado del rotor/fase = RR La reactancia del devanado del rotor/ fase

= XR

Siendo: X R=2"fL R (donde f es la frecuencia de la alimentación) . La impedancia del rotor por fase es entonces:

MOTORE. D. INDU~C.16N

_~_

Capitulo 7

PÁGINA

407

y la corriente del rotor por fase es entonces: /

También: , _ R-

ER

~ R~+X~

A un valor de deslizamiento S la f.e.m. por fase en el devanado del rotor es: SER. La resistencia del rotor por fase, como se indicó antes es: RR. La reactancia/fase del devanado del rotor es:

La impedancia del rotor/fase:

La corriente del roto rifase es entonces: ', _

SER

~R~+(sxd

El factor de potencia de la corriente del rotor :

~ Ejemplo Se tiene un motor trifásico de inducción de 60 Hz, cuatro polos, 220V de rotor devanado. El estator está conectado en delta y el rotor conectado en estrella. El rotor tiene el 40% de las espiras que tiene el estator, para una velocidad de 1710 RPM, calcular:

MOTORES DE INDUC.C.IÓN

~~(1t:'--

Capitulo 7

PÁGINA

408

al El deslizamiento . bl El voltaje inducido a rotor bloqueado por fase E Ae . e) El voltaje inducido en el rotor por fase E R -

dl El voltaje entre terminales del rotor cuando el rotor está bloqueado yen circuito abierto. el La frecuencia del rotor .

Solución

al Cálculo del deslizamiento : N

s

= 1201 = 120x 60 P

1800 RPM

4

s = Ns -N R x 100 = 1800-17 10 x 100= 5% Ns

1800

bl El voltaje inducido a rotor bloqueado por fase: E R8 =4()01o deE[ I Fase =0.4 x 220=88 V I Fase

cl El voltaje inducido en el rotor por fase : E R =s E RB =0.05x88=4.4 V

dl El voltaje entre terminales del rotor cuando el rotor está bloqueado yen circuito abierto: VL - L(rolor)

=J'3 x E RB = "\'3 x88=152.4

e) La frecuencia del rotor: Ir= sl= 0.05x60 =3 H,

V

",.~_

Ca p itulo 7

PAGINA

409

!El Ejemplo Se tiene un motor trifásico de inducción a 60 Hz, con 6 polos , que tiene una velocidad a plena carga de N=1140 RPM, se d e sea calcular la f re cuencia de la corriente del rotor bajo las siguientes condiciones:

a) A rotor frenado. b) Motor operando a 500 RPM en la misma dirección del campo rotatorio. el Motor operando a 500 RPM inducción opuesta al campo rotatorio.

d) Motor operando a 2000 RPM en la misma dirección del campo rotatorio. Solución

al La velocidad síncrona del motor es : 60 N S = ' 201 = 120x = 1200RPM P 6

El deslizamiento es: S

= N sN-N ' s

a rotor firenado: N = O

5= 1200 - 0 = 1 1200

La frecuencia del voltaje inducido (y de la corriente inducida)

es :

IR =sl b)

= 1 x60 = 60 Hz

Cuando el motor opera en la misma dirección del campo , su velocidad es positiva (N=500 RPM) y el deslizamiento es entonces:

ORIIS DII

_.~h1'_

s = N s -N

Capitulo ¡

J I200 -500)

Ns

1200

PAGINA

410

0.583

La frecuencia del voltaje (y la corriente) inducido en el rotor es ahora : IR =sl =0.583x6O=35 H=

e)

Cuando el motor gira en la dirección opuesta al campo , la velocidad del motor es negativa, por lo tanto, N= - 500 RPM y el deslizamiento es ahora :

s = (N S - N)I NS = [(1200 -(-500)]11200 = : ~~ = 1.41 7 Un desl i zamiento mayor que 1.0 implica que el motor está operando como FRENO . La frecuenc i a del voltaje i nducido en el voltaje y corriente del rotor es : IR = si = 1.41 7 x 60=85 H=

d)

La velocidad del motor en este caso es positiva ya que el rotor gira en la misma dirección del campo: N =+2000 RPM

El deslizamiento es:

S=(Ns-Nf s S =(1200 - 2000)11200 = -80011200 = -0.667

El deslizamiento negativo implica que el motor opera como generador .

El par. El par de un motor de inducción, debido a la interacción de los campos del rotor y el estator, depende de la resistencia de estos campos y de la relación entre ellos, matemáticamente : Tatp t,cos"

1 ~~_

(;apltulo ¡

PA GI NA

411

Donde : T = Par.

$

= Flujo

rotatorio del estator.

lA = Corriente del rotor por fase.

Cos $R = Factor de potencia del rotor .

Dado que la f.e.m .!fase del rotor frenado E, es proporcional al flujo . TaE Ni Reos tP2

Donde K es una constante . Anteriormente se determinó que :

Por lo tanto :

7 . 6 EL PAR DE ARRANQUE

En el arranque el deslizamiento es 5 = 1 , y entonc e s, si se sustituye esta condición en la ecuación para el par, se obtiene la ecuación del par de arranque:

MOTf!>

•

pI: IN DU C:CJq N

~...,.

C ap i tu l o 7

PÁGINA

412

El par máximo desarrollado por el rotor se obtiene como:

T max

2

=KER

2X R

~ Ejemplo Se tiene un motor trifásico de inducción de 4 polos a 60 Hz, que tiene una resistencia del rotor por fase de 0 .024 n y una reactancia a rotor frenado de 0.6

n

por fase. Calcular la velocidad a la cual se desarrol la

el par máximo. Solución La resistencia del rotor por fase es:

R, = 0.024 n

La reactancia a rotor frenado (por fase):

X , = O.6n

Dado que el par, bajo condiciones de operación, es má ximo al valor al cual el deslizamiento hace que la reactancia del rotor por fase sea igual a la resistencia de l rotor por fase , el deslizamiento correspondiente al máximo par es: Sw =.!!..B... =0.024 X R 0.6

La Ilelocidad

=0.04

corres~ondiente

al máximo par es:

N=1728 RPM

MOTORES DE INDUCCiÓN

_~~

Capitulo 7

P AGINA

41 3

7 . 7 POTENCIA DE SALIDA DEL ROTOR

Cuando un motor de inducción está operando normalmente, el deslizamiento es tan pequeño que la frecuencia en el rotor es del orden de uno o dos por segundo, por lo tanto, las pérdidas en el hierro que se presentan en el rotor son insignificantes y se pueden despreciar, de aquí: Potencia del estator ::: Potencia de entrada + Pérdidas en el cobre al rotor del rotor

Si el estator ejerce un par T sobre el rotor, la salida del estator, es decir, la potencia de entrada al rotor es Too, donde ro, es la velocidad angular del campo del estator.

¡""

(¡J,

En forma similar la potencia de salida del rotor es ~ Tw( donde """" w,. es la velocidad angular del rotor. De lo anterior se tiene que : Pérdidas en el cobre::: Potencia de entrada - Potencia de salida al rotor del rotor Pérdidas en el cobre'" Too -Too 1 ""T(w-wd

."

El deslizamiento:

S

o

W - WI r(w - ",, ) =-W- =---'-c::-'-'rw

bien, el deslizamiento: Pérdidas en el cobre Potencia de entrada al rolar

S = -::--'-'-:=':"'-"-'-'---;-'-'-;-'--También: Pérdidas en el cobre", deslizamiento x potencia de entrada al rotor

_~_

Capitulo 7

PÁGINA

414

Ejemplo La f.e.m. del rotor de un motor trifásico de 6 polos, 440 volts, 60 Hz, alterna a 3 Hz . Calcular la velocidad y e l porcentaje de deslizamiento del motor. Calcular también las pérdidas/ fase en el cobre del rotor, si la potencia de entrada al rotor es 111 .9 KW . Solución La frecuencia de alimenta ción al estator es :

La frecuencia de la f.e.m . del rotor es: jr=3Hz.

El deslizamiento es entonces:

Ir 3 S =-x JOO =-x 100 =5% I

60

La velocida d del motor es:

N

120 x 60(1_0.05)

6 N = 1140 RPM

Si la potencia de entrada al rotor es: Pr = 11 1.9 KW

~~

Capitulo 7

PAG I NA

415

Las pérdidas en el cobre del rotor: Pérdidas en el cobre = S x Potencia de entrada del rotor al rotor

=0.05.,,1.9 = 5.6 KW

Las pérdidas en el cobre del rotor por fase: 5.6/3=1.8666 KW

~ Ejemplo Un motor trifásico de inducción tiene una velocidad síncrona de 1200 RPM Y demanda 80 KW de un alimentador trifásico . Las pérdidas en los devanados del estator y en el hierro son de 5 KW, si el motor opera a una velocidad de 1152 RPM calcular:

a) La potencia activa transmitida al rotor. b) Las pérdidas RI 2 en el rotor. e) La potencia mecánica desarrollada . d) La potencia mecánica entregada a la carga. e) La eficiencia del motor.

Solución El flujo de potencia en un motor trifásico se muestra a continuación:

I:S

oc

IND

_~_

~apltuj(,)

i

PAGINA

416

PERDIDAS PERDIDAS

.,, D P~ U

ENEl

PERDIDAS POR

Í!' HIERRO

UP,

FRICCiÓN Y VENTILACION

U U ~I' .~i >====1 ::::l>

PERDIDAS

POTENCIA

R1'

MECANICA

POTENCIA ACTIVA EN El. ESTATOR

"=:::m

POTENCIA

AC~A ~~~~~~~SUMINISTRADA AL ROTOR FLUJO DE POTENCIA EN UN MOTOR TRIFÁSICO

a) La potencia activa al rotor es: Pr = Pe -

Pj()ule -

Pfierro,

POTENCiA

EN EL EJE

L

?;,

P,

Í?'

Pjoule + Pfierro = 5 KW

Pr =80-5=75 KW

b) El deslizamiento es: S =(N S -N) / N s =(1200 - 1152)11200

s = 0.04 Las pérdidas RI ' en el rotor son: Pjollle rolOr = SPR = 0.04 x 75 = 3 KW

e) La potencia mecánica desarrollada es: ~~- 3 2 Pj,( = ~ - R/ rolor.

p. =72 KW

IÓN

=P

ij

_~~_

Capitulo 7

PAGINA

417

d) La potencia mecánica PL entregada a la carga es ligeramente menor que PM , debido a las pérdidas por fricción y ventilación. PL = PM - Pv = 72-2 =70 KW

e) La eficiencia del motor es:

ry = P, / Pe = 70 / 80 ry = 0.875

Ó

87.5%

gj Ejemplo La potencia de entrada al rotor de un motor trifásico de 6 polos a

60 Hz., tipo anillos rozantes es 110 KW y el motor opera a 1150 R.P.M. La resistencia del rotor por fase es 0.25 il. Calcular el valor de la corriente del rotor por fase. La velocidad síncrona se calcula como: N

S

= 1201 = 120x60 P

1200RPM

6

La velocidad a la que opera el motor es: N = 1150 RPM

El deslizamiento es entonces:

Las pérdidas totales en el cobre del rotor son : Pérdidas totales cobre del rotor

lE

S x Potencia de entrada al rotor

- 0.04 x 40000 - 1600 watts

lES DIE INDUCCIÓN

_.~~

Capitulo 7

PAGINA

418

Las pérdidas del rotor/fase = 1600/3= 533.3 watts. La corriente del rotor se calcula de la expresión:

~ Eiemp\o Un motor trifásico de inducción de 6 polos, 3 fases, desarrolla 30 HP, incluyendo las pérdidas mecánicas totales iguales a 2 HP a la velocidad del100 R.P.M. sobre una línea de alimentación a 550 V, 60 Hz . El factor de potencia es 0.90. Calcular para esta carga :

•

a) El deslizamiento. b) Las pérdidas en el cobre del rotor . c) La potencia de entrada total si las pérdidas del estator son de 200 watts. Solución La velocidad síncrona es: NS= 120f P

=120 x 60 =1200 RPM 6

Como la velocidad del motor es: N= IIOORPM .

El deslizamiento es : S_NS-N _ 1200- 11 00 0.083 Ns 1200

MOTORes DIE

'NOUCC'Ó~N~=~¡m~W!~~~D

..,..~~_

CapItulo 7

PAGINA

419

La potencia mecánica desarrollada es 30 HP.

P = 30 x 735.5 = 22065 walls al La potencia de entrada a l rotor: POlencia de en/rada al rotor _

p

22065 1-0.083

.

= "'=::7.~

'"t'CDlI/ca

1-5

• = 24062.16 Walls

bl Las pérdidas en el cobre del rotor son: Pérdidas rotor . S x Potencia de entrada al rotor = 0.083 = 1997

/

x 24062 watts.

el La potencia total de ent r ada es: Potencia de entrada /i)~

= Potencia

de entrada + Pérdidas en estator

al rotor = 24062 + 200

- 24262 watts Ejemplo

Un motor trifásico de inducción de 4 polos, se alimenta de una fuente a 60 Hz y opera ndo en su condición de carga tiene un deslizamiento de S = 0. 03, ca lcu lar: al La velocidad de l r o t or en RPM. bl La frecuencia de la corriente en el roto r. el La velocidad del campo magnético de l roto r con respecto al campo magnético rotator i o del estator en RPM .

MOTOR • • DI:

INDUCCiÓN

_~_

Capitulo 7

PAGINA

420

Solución a) La velocidad síncrona: N

= 120[ = 120(60) =1800 RPM

S

P

4

•

La velocidad del rotor:

N= 1746 RPM b) La frecuencia de la corriente en el rotor:

JR =sJ=0.03x60=1.8Hz e) El campo magnético rotatorio producido por el rotor, tiene una velocidad relativa al rotor de: Nr

= 120fR p

_ 120s[ =SN s p

La velocidad del rotor relativa al estator es N = (1-sIN s, por lo tanto la velocidad del campo del rotor con respecto al estator es:

En este cas9 1800 RPM .

Ejemplo El rotor de un motor trifásico de 60 Hz, 4 polos toma 120 KW a 3 Hz, tiene pérdidas en el cobre del estator de 3 KW, sus pérdidas mecánicas son de 2 KW y las pérdidas en el núcleo del estator (vaciol son de 1.7 KW, calcu lar: al La velocidad del rotor.

l b) Las pérdidas en el cobre del rotor. e) La potencia de salida en el eje del motor . d) La eficiencia Idespreciando las pérdidas en el núcleo del rotor) .

• Solución a) El deslizam i ento.

La velocidad del motor. N

S

= 1201 = 120x60 = 1800 RPM P

4

N =(1-. )N s =(1-0.05X I8OO)=17 10 RPM

b) Las pérdidas en el cobre del rotor son: Pérdidas en el cobre del - S x Potencia de entrada rotor al rotor =

(0.05)(120)

= 6 Kw

e) La potencia de salida del motor es: Potencia de salida = 120-6 -2 = 112 KW

d) La potencia de entrada al motor Potencia de entrada = 120+3 + 1. 7 = 124.7 KW

La eficiencia: 11 = PoI. salida = ~ = 0.898 Por. entrada

124.7

.,

_~~~

Capitulo 1

~,

PAGINA

422

También:

•

ry = 89.8%

~ Ejemplo Un motor trifásico de inducción a 60 Hz, 6 polos, toma 48 KW demanda a 1140 RPM. Las pérdidas en el cob re del estator son 1.4 Kw, las pérdidas en el núcleo del estator son de 1.6 Kw y pérdidas mecánicas del rotor son de 1 Kw. Calcular la eficiencia motor.

La velocidad sincronía del motor es : N

S

= 1201 = 120(60) = 1200RPM P 2

El deslizamiento:

s =~N,-,SL-_N,,­ Ns

1200 - 1140 = 0.05 1200

Pot. entrada rotor:;:::Pot. salida estator ",Pot. Entrada - Pérdidas estator estatar

- 48 - (1.4+ 1.6)-45 KW Pot. salida rotor

=

(1 · 5 ) x Pol. entrada"" (1 -0.05)(45)

Rotor = 42.75 KW Pot. salida motor:: Poto salida rotor - pérdidas rotacionales =

42.75 - 1_41.75

MOTORES DE

INDUCCI6N

de de las del

~.~~

CapItulo 7

PAGINA

423

Eficiencia del motor:

~ Ejemplo La velocidad síncrona de un motor de inducc ión trifásico es 900 RPM . Bajo las condiciones de rotor bloqueado, la potencia de entrada al motor es 45 Kw a 193 .6 A. La resistencia del estator por fase es 0.2 Q

Y la re la ción de tran sformación a=2 . Calcular: (al El valor óhmico de la resistencia del rotor por fase. (bl El par de arranque del motor. Tanto el esta tor como e l rotor están conectados en estrella.

Solución a) De la prueba de rotor bloqueado del motor se sabe que:

f,

, PE Re = RE + a RR = -

11

)

Para es te ejemplo: ,

(45X I0

0.2+ (2) RR =

1 l~ ../

o

)t,

3

t

(.'

(193.6)'

(01

De donde:

V-J

Il"

R, = O.OSQ b) Refiriendo al estator , la resistencia del rotor por fa se es :

Por lo tanto, e l par de arranque es:

1R~ = 3(193.6)'(0.2) ( ) -

31 Torro1lq/le =

Ws

21t 900 /6(J

!!!!!!~_..;M ~O~T~O :::.:! II.

238.6 N - m

D11 INDUc: CiÓ N

___~_

CapItulo l

P AGINA

424

7.8 MOTORES MONOFÁSICOS OE CORRIENTE ALTERNA

Un gran número de motores de capacidades comparativamente pequeñas se fabr i can para operar con alimentación monofásica . la mayoría de ellos se producen en potencias fraccionarias de HP y se denominan técnicamente "motores pequeños" . Los motores monofásicos desarrollan una gran variedad de servicios útiles en aplicaciones del hogar, la oficina, las fábricas y los comercios, así como otros usos diversos. Los motores de C.A. monofásicos se pueden dividir en tres categorias generales.

•

Motores de inducción .

•

Motores con conmutador.

•

Motores síncronos .

Los motores de inducción, a su vez, se pueden clasificar como motores de fase partida, motores de polos sombreados y motores de i nducciónrepulsión, de acuerdo con el método de producir el par de arranque. Los motores más comunes con conmutador son los llamados motores tipo universal, así como los de inducción-repulsión.

El tipo original de motor monofásico es el que se conoce como de repulsión, de acuerdo a su forma de arranque, pero en la actualidad estos motores han sido perfeccionados a través de los años a partir del tipo original de repulsión, en varios tipos mejorados y Que se conocen como: I

~..;..J

Motores de fase partida. •

Motores de arranque con capacitar.

•

Motores con capacitar permanente. Motores de inducción· repulsión. Motores de polos sombreados.

•

Motores universales .

~g;,fll.t11.!!1.!1t.:;::.t

__

'M

o T o R 11.

D" I N D U e CiÓ N

_~_

CapItulo "1

P AGINA

425

7.8.1 MOTORES MONOFÁSICOS DE FASE PARTIDA

Este tipo de motores fue uno de los primeros tipos de motores monofásicos usados en la industria y aún permanece su aplicación en forma popular. Se usan en: máquinas herramientas, vent i ladores, bombas, lavadoras, secadoras y una gran variedad de aplicaciones distintas , la mayoría de estos motores se fabrica en el rango de 1/ 30 HP (24.9 W) a 1/ 2 HP (373 W) .

PRINCIPIO DE OPERACION

Todos los motores monofásicos tienen un problema en común que es arrancar, ya que normalmente para producir el par de arranque se requiere de algún medio auxiliar que produzca la reacción con la onda de C.A . de la alimentación para producir el par. De aquí que , en los motores de C.A. monofásicos se hable de un "devanado de trabajo" y otro devanado de arranque o algún medio auxiliar como el capacitor.

Dentro del título de fase partida se agrupan los motores de arranque con capacitor y de arranque con resistencia. Algunos de éstos son monofásicos de inducción cuyos nombres o tftulos son: De arranque con capacitar, de fase partida, de polos sombreados , con capacitar y arranque con capacitar, con capacitar permanente, etc . Cuando se aplica un voltaje de C.A . al devanado de trabajo de un motor de inducción, la corriente circula a través de los devanados. la cual produce un campo magnético que expande, contrae y cambia la polaridad en fase con la corriente. Los devanados de trabajo actúan como el primario de un transformador. Su campo magnético induce una corriente hacia el secundario (rotor o armadura de motor). La corriente en la armadura crea un campo magnético que se opone al campo magnético del devanado de trabajo, esto hace que los polos distintos se atraigan uno a otro y prevengan al rotor de girar. Bajo estas condiciones , existe sólo una fuerza en el plano horizontal sin fuerza en el sentido vertical que cause que el rotor gire. Cuando la polaridad del campo magnético cambia , debido a la variación en la polaridad de la corriente, la polaridad del campo del rotor cambia al mismo tiempo. Los dos campos se están constantemente atrayendo uno a otro , por lo tanto, el rotor es puesto en posición y no girará .

M O T O "Il. DIl I NDUCC iÓ N

.... ~_ Si

la

CapItulo 1

P AGI N A

426

se hace girar el rotor manualmente, entonces inicia su movimiento en misma

dirección,

sólo

que

a una

velocidad

inferior a la

de

sincronismo. Esto significa que para producir el par giratorio en un

motor de inducción m"onofásico, se requiere de un impulso adicional, pero la forma de hacerlo manualmente no es práctica , de manera que se tiene que incorporar algún elemento que de diseño permita cump l ir con el inicio de la rotación del motor.

7 . 8.2 CARACTERisTICAS DE COMPORTAMIENTO

Las características de comportamiento de un

motor de inducción monofásico, cuando opera únicamente con su devanado principal energizado, se pueden determinar a partir del diagrama de su circuito equivalente para distintos valores de deslizamiento. El circuito de la página siguiente se refiere a la base de un motor monofásico de inducción que tiene un devanado del estator y dos rotores imaginarios . La impedancia del estator (Z,) contiene los valores

usuales de resistencia (R,) y reactancia inductiva (X,). Debido a que a rotor frenado los dos campos son de idéntica magnitud, los valores de impedancias secundaria y de reactancia de magnetización se dividen entre 2 para obtener los valores correspondientes a los campos separados. Por simplificación, se desprecian las pérdidas en el hierro y sólo se representa la reactancia de magnetización (X m ).

,

,

R

x,

l'2f

J , , , Lo.

Imf

,

~ Rv,.

Xm :::

2

~

Emf

e AMPO DIRECTO

: X' - '" ,

I 2b

' m.

- X'

--2 -_ Xm -

: '" CAMPO INVERSO aEN S ENTIDO OPUESTO

Em. ...¡:,;

,

R V2{Z-8)

Los cálculos se basan en el mismo princIpIo que se aplica al circuito equivalente para l os motores polifásicos de inducción. En los cálculos para el motor monofásico de inducción , las pérdidas en vacío se tomarán como pérdidas rotacionales . La impedancia para e l campo de l rotor en el sentido directo es: R X X 2¡=Rj +jXj =--.f.....+~ en paralelo con E.M... 23 ¿. 2

La impedancia para el campo del rotor en el sentido i nverso : Zb

= Rb + jXb =

R

R

2(2 -S )

X 2

+.k:Ji. en paralelo con

La impedancia del estator es:

S

D .

INDUCe:

, ~-~_.

';;COp,tUiO

I

PAGINA

428

De manera que la impedancia equivalente es:

La c orriente que demanda el mo t or es entonces:

v =

11 =_1

Zeq

V1 Z ¡+Z¡+Zb

El factor de potencia se obtiene como: R,,,,h¡ _R:..'+-cRd.f_+_R::.b cos

~ ~

.o

V /

••

~

~ z

,/"

,I

.j-

!

/

o o o ~ w 100 o o

,

V

2 • / • ' - -1

g

••• / ~

o

• --

oo

¡

___ __ lL c __ ------- -- -----• • • ~

9.2 10

2

1, (A)

CORRIENTE DE CAMPO

Soluci6n al El voltaje de fase a neutro:

La potencia de entrada al motor: Pe = HP x 746 ~

. --

¡

1

::¡

¡........

j

j

•o •o

z

::?',

ENTRE HIERRO

V/

•o

200

ÚNEA DE

/

• •• •• ••

= 15 x 746 -12433W 0.90

12

~~_

Capitulo 8

PAGINA 481

La corriente de armadura : _ I A-

Pel3 VI

COS ()

12433/3 ~22.4A 23 1 x 0.8

La caída de voltaje por impedancia:

El diagrama tasaríal correspondiente es el siguiente:

lA

v.

(J =

3 tan- I _ _ = 87.13°

0.15

Aplicando 'Ia ley de los cosenos en la figura anterior:

~(23 1 )' + (67.2)' -2(23 1)(67.2)cos 124· Vo' ~ 75237

Vo =274V

Sobre el mismo diagrama se aplica ahora la ley de los senos.

M

J

I Zs ( (J+O

ACCiÓN DEL

MOTOR

FLUJO DE POTENCIA EN UNA MAQUINA SINCRONA

l B> O ACCiÓN DEL GENERADOR, B< O ACCiÓN DEL MOTOR)

.

'A

lA

b

V

~----~--~----------~~~~~

V

1" Z.

e A) DIAGRAMA FASORIAL DE UN MOTOR SINCRONO (POR FASE) OPERANDO EN FACTOR DE POTENCIA UNITARIO B) DIAGRAMA DEL CIRCUITO EQUIVALENTE

TORES SiN

S

_~....

Capitulo U

PAG,"A 484

En la medida que se cambia la corriente de campo en cualquier condición de operación, no tiene lugar ningún cambio en la potencia real o el par entregado por el primomotor, podrá haber un cambio indirecto en la máquina, aumentando a un pequeño ajuste del ángulo de potencia, en la siguiente figura se hace un resumen de las diferencias entre la acción de generador o de motor . Se puede considerar ahora una situación en donde el par sobre el motor se incrementa, bajo esta suposición la potencia desarrollada podrá 0 0 alcanzar un valor máximo cuando 8= _90 para un motor y 8= +90 para un generador, en la siguiente figura en (el se muestra la potencia desarrollada como función de 0, en esta curva se supone que la resistencia de armadura AA::: O.

M o TORil • • 'HG.II ONO.

-_-~_~

CapItulo 8

PAGINA 485

'A".

'A".

p~ EltcTRICA

p~

ELtCTRfCA

P~ MEC.l.NK:A

~G PRlMOMOTOR

Al ACCIÓN DEL GENERADOR

p

a l ACclON DEL MOTOR

el POTENCIA DESARROUADA .... ANGULO DE PAR (O POTENCIA)

ACCiÓN DEL GENERADOR Y DEL MOTOR DE UNA MÁQUINA SINCRONA

Si se incrementa el par más allá de este punto , se presenta una pérdida de sincronismo y el motor se frena . p=

ErV

~senl)

Xs

W I Fase

La máxima potencia (P MAX ) ocurre cuando sen 8 = 1.0 (0=90 ° ) es decir: PMAX

ErV

=~

Xs

W ¡ Fase

MOTORKS S(NCRONOS

Capitulo 8

~_

PA G'NA 486

Estas ex presiones parten de la suposición de que la resistencia de armadura es despreciable. La pérdida de sincronismo implica que el enla ce magnético entre el rotor y el estator se ha perdido de las expresiones anteriores:

P

=

Potencia mecánica del motor por Fase [WJ.

Ec

=

Voltaje inducido de línea a neutro (volts) por la corriente de excitación.

V

=

Voltaje de línea a neutro de la fuente (volts).

X s = Reactancia síncrona por fase (n).

s 8.8

=

Ángulo del par entre Ec Y V (grados eléctricos).

ÁNGULOS ELÉCTRICOS Y MECANICOS

En el caso de los generadores síncronos hay una relación entre el ángulo mecánico " el ángulo del par S y el número de polos P y está dada por la expresión:

~ Ejemplo Un motor síncrono trifásico conectado en estrella, tiene una reactan cia sí ncrona X s = 2.6 n / Fase , se supone que la resistencia de armadura R. =O , la potencia de entrada al motor es 820 KW, en tanto que la excita c ión del campo es tal que la fuerza contra electromotriz es 2800V , cal cular :

al El ángulo del par. b l La corriente de línea y el factor de potencia. Solución Para o bservar que sucede en forma cualitativa se puede construir un diagrama fasorial para lo cual se puede ver que para el motor síncrono

MOT

_.~~

Capitulo 8

PAGINA 487

V se a d ela nt a a Ec Y a d emás Ec es m ayor q ue V, resultando un factor

de potencia ade l a ntado.

a

DIAGRAMA FASORIAL PARA LA SOLUCiÓN DEL EJEMPLO

a) Co m o e l ci rc uit o es t á co n ectado en est re ll a se tiene: V =

2200 -:r::

=

1270 V I Fase

T am b ié n: 2800

Ec =T= 161 7 V / Fase

De la ecuac ión de ángulo de pote ncia . V P = EC sen.5 W I Fase

Xs

P es po t e n ci a po r fase, por l o que : 820000 = 16 17 x 1270 x sen S 3 2.6

o

b ien: sen 6=0.346

.5 = sen- 1 0.346 = 20.2° eléClricos

M

o T o R 1: S

5

fN

e R o N o S:"_.l~!m!!!m!!!iUllJ!!!l

_.~rt'!'--

Capitulo &

P AG'NA 488

b) Para el cálculo del factor de potencia es necesario el ángulo se puede obtener a partir de la ecuación:

a,

que

1 L O= 1270LO'- 161 7L-20.2'

A

j2.6

'A L ()=235L24° De aqui :

a

24 ' Y se obtiene que Fp (adelantado) =

=

cos

a

=

cos 24 '

=

0.914

Ejemplo Se tiene un motor sincrono trifásico de 600 KW , 4 kV, 180 RPM, 60 Hz que tiene una reactancia síncrona X s= 1 . 4 n y la resistenc i a de armadura RA = O. Operando a plena carga los polos del rotor se desplazan en ángulo mecánico de con relación a su posición de operación en vacío. Si la excitación de línea a neutro es: Ec = 2 .2 kV , calcular la potencia mecánica desarrollada.

,0

Solución Para 180 RPM Y 60 Hz , el número de polos se ca lcula de:

PN J= 120:

p = 120J = 120x60=40 N 180

El par de ángulo del par es: Pa 2

~=-=

(40 xl ' ) 2

20'

ORII5 SiNCItONoa

.... ~_

Ca p itulo 8

P AG INA 489

Como el mot or está conectado en estrella, el voltaje V aplicado al motor

es:

v = 2300V El voltaje de exc itación es: EC

=2200V

La potencia mecánica desarrollada por fase es: Er V

P =~ sen

Xs

=

8

2300 x 2200 sen 200 1.4

P=1236KW

la potencia trifásica total: P=3xI236 = 3708KW

Como:

lHp

= 0.746

Kw

p= 4970.5 Hp 8 . 9 EFICIENCIA

Para dejar completa la idea del flujo de potencia en un motor síncrono, se deben considerar las pérdidas que ocurren en un motor síncrono, como es de esperar esto es similar al caso de l generador síncrono, en la siguiente figura se muestran las pérdidas que se tienen en un motor síncrono. Las pérdidas del motor restadas de la potencia de entrada dan la eficiencia, cuyo valor es generalmente del orden del 80% al 90%, las pérdidas se manifiestan como calor que se debe retirar del motor, como

TOR

NOS

_~.~_

~ap,tulo l:;)

PAGINA 490

se puede observar, lo s números de l a eficie ncia pueden variar en forma amplia , depend i endo de qué se conside re, por ejemplo en ocasiones no se c onsideran l as pérdidas , las pérdidas de excitación . Para calcular la efi c i encia se procede como en el caso generadores síncronos o bien de los motores de indu cción.

SUMINISTRO DE ELECTRICIDAD Y ENTRADA DE EXCITACION

1-

de los

-1

l

>-

)

i ~ ) ¡

P~RDIDAS EN DEVANADO S

DE ARMADURAS Pt::RDlDAS EN EL NÜCLEO

~

POTENCIA

I

EN

I

ENTRE HIERRO

I I

:

>-

..

P~RDIDAS POR FRICCION y VENTILACiÓN

Pt::RDIDAS EN EL DEVANADO DE CAMPO

v p ~RD1DAS TOTALES

~

~

~

SALIDA MECANICA

~

FLUJO DE POTENCIA PARA UN MOTOR SINCRONO

La eficiencia se calcula entonces como : r¡

=

P.flJlida x Psalida+perdidas

100

Donde: Pulid. = potencia de salida en el eje este valor es igual al par en el eje multiplicado por la velocidad radial a la cual es desarrollado. Psalida

=W T"je (Wa flS )

La potencia de entrada es simplemente:

Pe=.J3 VLL I L cos (J

La ecuación para la eficiencia se puede escribir también como: 1'/ =

WTeje 2 x loo WTcje + 3R A I A + I FV F + PNudeo + PI + v

Donde:

v, = Voltaje

en el devanado de campo (VI. lF = Corriente que circula a través del devanado de campo (A). RA = Resistencia del devanado de armadura. lA = Corriente a través del devanado de armadura (A) . PNUC LEO = Pérdidas en el núcleo (watts). Pf + v = Pérdidas por fricción y ventilación (watts). Si se excluyen las pérdidas en el circuito de excitación, la potencia de salida se puede escribir como: Psalida = Pd - Pf +V +Núdeo - Pro

+ (WQus)

~ Ejemplo Se tiene una máquina síncrona trifásica de 10 MVA, 6.6 kV conectada en estrella con una RA = 0.13 !l/ Fase de la que se proporcionan los siguientes datos para las pruebas de cortocircuito y de circuito abierto. Corriente de campo (Al

FEM de linea (VI Corriente de corto c i rcuito (A)

25

50

75

lOO

125 150

175

200

225

2.4 288

4.8 582

6 .1 875

7.1

7.6

8.3

8.5

8.7

7.9

El motor alimenta una carga mecánica tal que la entrada con respecto al bus produce un retardo en el ángulo de 20 °, el voltaje inducido o FEM por fase es 3417V. Las condiciones de operación son las mostradas en la figura. Calcular la potencia de entrada al motor.

MOTORES SíNCRONOS

, _.~!t"""~

l..apltulQ

o

PAGINA .92

Solución En t é rminos de motorización para una corriente positiva: ER=V-E vol/s, por lo tanto

Dando : E R = 13 14 V

La corriente circulante es: 1 = E, = 13 14 = 326.9A

Z,

4.02

Esta corriente se retrasa 90 ° 3811 V

3-417 V

V -11.8 kVIJN€A

E • 5.198 kV LINEA

27.r

E. CARGA MECANICA 20· ATRASADA

(A) CONDICIONES DEL CIRCUITO

I

II / / I

I I

I

1/

~

(B) RELACIÓN DE FASE

Aplicando la ley de los senos :

sen 20°

sen

=

3417 sen ()

0=3417 sen 20° =3417 sen 20° ER

1314

0.8894

e =sen-' 0.8894 = 62.8° El ángulo de la corriente con respecto al voltaje de fase es: 90°-62.8° = 27.2° Por lo tanto, la potencia suministrada por la máquina síncrona es: p

= ,f3 x 6.6 x

lO' x 326.9 x cos 27.2°

106 P=3.32MW

M Ejemplo Para analizar el efecto del incremento en la excitación en el motor, supóngase que para el motor del ejemplo anterior se da un incremento del 50% en la excitación .

Solución La FEM se incrementa: 3417 x 1.5 = 5125.5V por fase y de la nueva configuración.

~.~_

Capitulo 8

PAG'NA

494

5126V

3811 V

'E,

I

I I

, I

I

I

I

I

I

, I I I

~'

CONFIGURACiÓN FASORIAL

De la nueva configuración fasorial.

d =(5125.5)' + (38 11)' - 2 x 5115.5 x 38 11 cos 20° E, =202 1V

Por lo tanto : 1= 202 \ =502.7A 4.02

Es decir que este valor es mayor del 50 % de incremento .

Aplicando la ley de los senos se obtiene

e

= 119 .8 ° , el v alor de la

corriente se ade lanta ahora por un valor de : 119 . 8 ° - 90 °=29.8 °, el cambio de potencia en la máquina se calcula como: p=

.J3 x 6.6 x 103 x 502.7 cos 29.8° = 4.99 MW 10 3

5126 V

3811 V

'E,

I

I I

, I

I

I

I

I

I

I I , I

~' CONFIGURACiÓN FASORIAL

De l a nu e va configuración fasorial. E ~ = (5 125.5)' + (38 11)' - 2 x51l5.5 x 38 11 oos 20° E,=202 I V

Por lo tanto: 1 = 2021 =502.7A 4.02

Es decir que este valor es mayor del 50 % de in cremento .

Apl i cando la ley de los senos se o bt i ene

e

= 119 .8 ° , el v al o r de la

corriente se adelanta ahora por un valor de : 119 .8 ° - 90 °= 29 .8 °, el cambio de potenc ia en la máquina se cal cula c omo: p =

..J3 x 6.6 x 103 x502.7 cos 29.8° = 4.99 MW 103

__ - ~_

~apltulo ~

PAG'NA 496

Ta m b ién: ls =0.5+ j 4.0 = 4.03 IL82.9' Q

De aqu í se tiene : ,

= A

'Al, = 4.03IL82.9' 143L130.9' =35.5L43' A lS

a) La corriente de línea , usando los resultados anteriore s:

(c onsiderando que la armadura está conectada en delta ).

bl El ángulo de la corriente de armadura es: 6=48'

Por lo tanto , el factor d e potencia . cos (J = cos 48° = 0.669 Adelantado

e) La p ot e nc ia de e ntrada se pu e de c al c ular como : Pe=..f3 Vu

cos 8=3 V/ A

COS (}

= 3 x 415 x 35.5 x 0.669

=29573W Las p é rdidas en el c obre de la armadura:

cu =3RA / ~ =3x0.5x (3s.sl

P

Peu

=1890 W

La poten c ia desarrollada en el entr e hierro es entonces :

Pd = Pe- PCU = 3EC I A COS(O + S)

= 29,573 - 1890

= 27683 IV

La potencia d e salida es: Ps = Pd - Prol = 27683 - 2000 = 25683W

d ) La efi ciencia e s:

P 25683 T/ = !:.J.... x IOO = - - x 100 = 86.8% Pe 29573 e ) Los HP des a rrollados en el eje son: HP =

Ji. = 25683 = 34.4 746

746

El par a la carga es: T. = eje

25683 =273 N - m 900 / 60

21T X

00 Ej emplo PARA EL MOTOR TRIFÁSICO de 10 MVA, 6 .6 KV en cone x ión estrella con

RA = 0 . 13 n / Fase , suponiendo una poten c i a mecáni c a de salida de 6 .0 MW, debido a que el factor de potencia está co ntrolado por la e xcita ció n y se puede cambiar fácilmente , supóng ase una e xcita ción inicial de 1.2 veces la nominal , ca lcular la relación entrada / sal ida . Solución Para un valor fijo de linea d e 6.6 kV Y una potencia d e sal i da fija de 6 MW , el valor I co s$ cos $ permane c e constante ; si se desprecian las pé rdidas mec á nicas .

MOTORE5 ai NCRONO$

-~---- . --'~Je'--

Capitulo Ü 6 x 106

1 eos = r. '1 3 x 6.6x JOJ

PAGINA 498

=525A

También:

Con estos números se elabora el siguiente diagrama :

4573 V

3811 V

/

/~ . l

II ~ ~ /

E

/

/

I /

Q __

/1'

R: ~ I

'

t

R

I

L

leos ;

REFERENCIA

I I I

I I' / I ¡LE.COS~-; Los Ángulos 0, $ y a son desconocidos y dependen de la rela c ión entre ER y Z s, la figura anterior se puede construir por medi c iones d e las cantidades , conociendo Icos e!> y ERcos cp ó bien resolviendo en forma geométrica, se supone también que Zs es mucho may o r qu e R A , es decir :

=Zs {/ eos ----...,.~'v.

-IARA

.,. 1,

E,

8 . 11 EL CONOENSAOOR SiNCRONO

Cuando un motor síncrono se opera sin carga, demanda cierta potencia de la línea de alimentación, para alimentar las pérdidas internas , como son las de fricción y ventilación y las pérdidas en el núcleo , como se ha estudiado antes, estas pérdidas son mínimas y por lo tanto la componente por fase de la corriente de armadura es también pequeña, aun cuando este valor puede ser grande , dependiendo de la corriente de excitación en C.D.

MOTO,.

_~_

Capitulo d

PAG'NA 507

Cuando el motor se opera sobreexcitado toma una corriente con factor de potencia adelantado muy baja y se comporta c omo un capacitor, como se muestra en la siguiente figura donde la corriente de armadura se adelanta casi 90 ° al voltaje de suministro Eco lA

CERCA DE 90-

v E, MOTOR SINCRONO VAclo SOBRE EXCITADO

En las grandes plantas que operan con factor de potencia pobre , se puede tomar ventaja de este hecho . La máquina sín c rona se coloca en paralelo con las líneas de alimentación entrantes. De manera que el factor de potencia global de la línea entrante a la planta se puede mejorar, tal conexión se hace como se muestra en la figura siguiente y entonces se conoce al motor como condensador sinc rono y puede operar en vacío con una fuerte corriente de excitación de e.D en el campo. FABRICA o PLANTA INDUSTRIAL

,, CARGA AGREGADA A LA PLANTA. CON FACTOR DE POTENCIA ATRASADA

I

FUENTE DE ALIMENTACIÓN TRIFAslCA

, FACTOR DE POTENCIA MEJOflAllO

CONDENSADOR SINCRONO

EXCITACIÓN EH C.D.

8.12 CORRECCION DEL FACTOR DE POTENCIA EN PLANTAS INDUSTRIALES

Cuando una planta industrial compra energía de una empresa eléct ri ca, la cantidad total de energía eléctrica se mide también como la máxima tasa a la cual es consumida la energía eléctrica, esta medición (o lectura) está normalmente tomada sobre una base mensual y una porción de la cuenta o recibo del pago, refleja lo que se conoce como "el cargo por demanda". El cargo por demanda refleja de alguna manera la forma en cómo una planta o industria usa la energía, esto es, relaciona directamente a la componente resistiva y la co mp onen t e reactiva, so lo la componente resistiva propo r ciona trabajo útil, pero la compone nte reactiva es necesaria en la mayoría de las máquinas dado que se podría decir que es la que hace que las cosas sucedan , la relación entre la componente activa y la compo n ente react i va, se conoce como el factor de potencia. Como se ha estudiado en el estudio de otros tip os de máquinas, la potencia reactiva requerida es una función del tipo de motor y transformador insta lados, por ej emp lo, ca rgas ligeras en los motores de inducción (lo mismo para los transformadores) tienen factores de potencia pobres , esto implica que la componente reactiva es relativamente grande . No hay mucho que se pueda hacer con relac ión a esto, pero se pueden tomar algunas acciones cor~ectivas, que es donde interviene la acción capacitivas en particular el MOTOR SfNCRONO. Cuando la planta o industria toma la acción correctiva se dice que se está haciendo "la corrección del factor de potencia", en la figura anterior se muestra este principio y en forma breve se determinará que es lo que se requiere, pero antes de ir a estos detalles se debe considerar que beneficios se obtienen. Naturalmente ahorra energía, lo cual se traduce en un ahorro en la cuenta o factura del consumo de energía eléctrica, adiciona lm ente se puede reducir el pico de la demanda y en consecuencia agregar capacidad al tr ansformado r de suministro o también a los alimentadores de los motores o de la planta en general. Un beneficio adicional, puede ser de alguna manera incrementar el voltaje . El factor de potencia es , en principio mejor corregido en la fuente, esto significa en la planta o sitio de la carga corregida, una forma conveniente de estudiar la corrección de l factor de potencia, es por medio de ejemplos, auxiliándose de diagramas vectoriales .

MOTORES SlNCRONOS

Capitulo 8

_.~_

~

PÁGINA 509

Ejemplo

Una planta industrial representa una carga de 1600 KVA a un factor de potencia de 0 . 6 atrasado. calcular:

a) La capacidad en KVA del condensador sín crono que se debe instalar en paralelo con esta carga para cor regir e l factor de potencia a un valor unitario. b) Los KW totales de la carga. Solución El diagrama vectorial correspondiente a esta condición se muestra en la siguiente figura.

ENTRADA AL

CONDENSADOR SINCRONO128 kVAR

kW TOTAL -960

CARGAkVAR

CARGA kV... ,. 1600

DIAGRAMA VECTORIAL

al Para un factor de potencia global de valor unit ario, el co ndensador síncrono tendrá en sentido opuesto la componente vertical (potencia reactiva) de la planta la cua l es:

1600 sell 53° = 1280 KVAR bl La carga total es:

1600 x cos 53° = 960 KW

MOTORES SíNCRONOS

-

\

_~.~_

..... dpltu6"

ti

PAGINA 510

Se obs erva que la capacidad de suministro se reduce de 1600 KVA a 900 KVA ( Fp O 1.0) a la capacidad de 1280 KVA del condensador síncrono .

ªª

Ejemplo

Con relaci ó n a los datos de la planta del ejemplo anterior c al c ular : a) La capacidad requerida en KVA del condensador sín crono para alcanzar el factor de potencia de 0 .85.

b) La carga total en KVA . kVAR sc

kVAR 1

kVA PL DIAGRAMA VECTORIAL

Solución De los d atos :

~• .~_

\., a p l t u lo

Ó

PAG NA 511

sen 8, = sen 3 1.8° = 0.527

tan 0, = tan 31.8' = 0.620

\

Del diagrama vecto rial mostrad o e n la figura anterio r, se observa que los nuevos o KVAR 1ou l .. son la difere nci a entre los KVAR de la planta y que para el condensador sín cron o, po r lo tanto :

KVARsc = KVA R" - KVAR, Ahor a:

KVAR" = 1600x sen 53' = 1280 KVA

y dado que la pot e ncia total no camb ia . KVA R, =KW x tan 0, =960xO.620=595 y

KVAR", = 1280-595=685

b)

KVA, = KW;I" =960 / 0.85=1 129

c:1t

En la actualidad, el estudio de las méquinas eléctricas rotatorias yede los transfoll nadol es contfnúa siendo l.U'l tema de interés, no s6Io por las aplicaciooes que se tienen

en la irlbiCria eléctl1ca. sino también anta lnclIItAia Y«COI narclo

gran núrTISI"O( para tema. Está dirigijo a estudiantes de

nivel medio, de licenciatura en f8'."'E1'BS que estudien estos temes, .1 como a técnicos y profesionales 1 tJJ8 rAtqUleGen de este ~de infór.mJtQitn.

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