Contenido

Circuitos magnéticos.................................................................................................................2

Transformador monofásico......................................................................................................3

Transformador trifásico.............................................................................................................6

Autotransformador...................................................................................................................10

Motor asincrónico....................................................................................................................13

Generador asincrónico...........................................................................................................17

Motor sincrónico......................................................................................................................19

Generador sincrónico..............................................................................................................20

Maquina DC.............................................................................................................................22

Circuitos magnéticos

Ejercicio 1

El circuito magnético de la figura está fabricado con chapa magnética normal. Se desea obtener en el entrehierro una inducción magnética de 1,1T. Suponiendo que todo el flujo se conduce por dicho entrehierro y que no se dispersa, determinar el número de espiras con las que habrá que fabricar la bobina si se quiere suministrar una corriente de 2A.

Tabla para un núcleo de chapa magnética normal se necesitan 675 AV/m para producir 1, 1 Teslas de induccción .La longitud media del circuito formado por la chapa es:LFe= 14 + 6 + 14 + 6 = 40 cmFuerza magnetomotriz para establecer este nivel de inducción en el hierro:FFe= HFe · LFe= 675 · 40 · 10-2= 270 AVLa intensidad de campo necesaria aplicar para el tramo de aire es:

H =Bμ0

=1,1

4 · π · 10-7= 875 . 352 AV/m

Longitud del tramo de aire: 0,2 +0,2 = 0,4 cmFuerza magnetomotriz para establecer el nivel de inducción en el aire del entrehierro:Faire= Haire · Laire= 875 .352 · 0,4 · 10-2= 3 . 501 AVLa fuerza magnemotriz total será:F = FFe+ Faire= 270 + 3 .501 = 3 . 771 AV

N =FI

=3 .7712

= 1885,5 espiras

2

Ejercicio 2

Un núcleo ferromagnético con una permeabilidad relativa de 1500 se muestra en la Figura. Las dimensiones son como se muestra en el diagrama, y la profundidad del núcleo es de 7 cm. El entrehierro en el lado izquierdo y derecho del núcleo son 0,070 y 0,020 cm, respectivamente. Debido a los efectos marginales, el área efectiva del entrehierro es 5% respecto del área físico. Si hay una bobina de 4001 vueltas enrollada en la columna central del núcleo y por ella pasa una corriente de 1,0 A, ¿Cuál es el flujo en la columna izquierda, central y derecho del núcleo? ¿Cuál es la densidad de flujo en cada entrehierro?

Este núcleo se puede dividir en cinco regiones.

Región R1 es la reluctancia del lado izquierdo del núcleo.

Región R2 es la reluctancia del entrehierro del lado izquierdo del núcleo.

Región R3 es la reluctancia del lado derecho del núcleo.

Región R4 es la reluctancia del entrehierro del lado derecho del núcleo.

Región R5 es la reluctancia de la parte central del núcleo.

Entonces la reluctancia total del circuito está dada por:

RTot=R5+(R1+R2)∗(R3+R4)

(R1+R2 )+(R3+R4)

3

Donde :

R1=l1

U r∗U 0∗A1

= 1.11m

(2000 )∗(4∗π∗10−7[ Hm ])∗(0.07 [m ] )∗(0.07[m ])=90.1[ kA∗t

Wb ]

R2=l2

U0∗A2

= 0.0007 m

(4∗π∗10−7 [Hm ])∗(0.07 [m ] )∗( 0.07 [m ])∗(1.05)=108.3[ kA∗t

Wb ]

R3=l3

U r∗U 0∗A3

= 1.11m

(2000)(4∗π∗10−7[Hm ])∗(0.07 [m ] )∗(0.07 [m ])=90.1[ kA∗t

Wb ]

sR4=

l4U0∗A4

= 0.005m

(4∗π∗10−7[Hm ])∗(0.07 [m ] )∗(0.07 [m ])∗(1.05)=77.3 [ kA∗t

Wb ]

sR3=

l3U r∗U0∗A3

= 0.37m

(2000)(4∗π∗10−7[Hm ])∗(0.07 [m ] )∗(0.07 [m ])=30.0 [ kA∗t

Wb ]

Tenemos que la reluctancia total es:

RTot=R5+(R1+R2)∗(R3+R4)

(R1+R2 )+(R3+R4)∴RTot=30.0+

(90.1+108.3 )∗(90.1+77.3)(90.1+108.3 )+(90.1+77.3)

RTot=120.8 [ kA∗tWb ]

El flujo total en el núcleo es igual al flujo en la parte central:

ϕcentro=ϕtot=FRTot

=( 400[ t ] )∗(1.0[A ])

120.8[ kA∗tWb ]

=0.0033[Wb]

Los flujos de las ramas izquierda y derecha se pueden encontrar por la "regla de divisor de flujo", que es análoga a la regla de divisor de corriente.

ϕizquierda=(R3+R4 )

(R1+R2 )+(R3+R4 )∗ϕtotal

ϕizquierda=(90.1+77.3 )

(90.1+108.3 )+ (90.1+77.3 )(0.0033 [Wb ] )∴ϕizquierda=0.00193[Wb ]

4

ϕderecho=(R1+R2 )

(R1+R2 )+(R3+R4 )∗ϕtotal

ϕizquierda=(90.1+108.3 )

(90.1+108.3 )+ (90.1+77.3 )(0.0033 [Wb ] )∴ϕderecho=0.00229[Wb ]

La densidad de flujo en los entrehierros se puede determinar a partir de la ecuación φ = BA:

Bizquierda=ϕizquierda

A izquierda

∴Bizquierda=0.00193 [Wb ]

( 0.07 [cm ])∗(0.07 [cm ] )∗(1.05 )

Bizquierda=0.375 [T ]

Bderecho=ϕderecho

Aderecho

∴Bderecho=0.00193 [Wb ]

(0.07 [cm ] )∗(0.07 [cm ] )∗(1.05 )

Bderecho=0.445 [T ]

Transformador monofásico

Ejercicio 1

Un transformador monofásico de SN=1000 KVAy tensiones nominales V 1N=63500V y V 2N=63500. Es sometido a los ensayos de vacío y cortocircuito, por el lado de baja tensión, obteniendo los siguientes valores:

Ensayo de vacío.

V 0=33KV I 0=1.24 A P0=5.3 KW

Ensayo de cortocircuito.

V cc 2=2640V I cc 2=30.3 A Pcc=9.81KW

Si se trabaja a una frecuencia de 60Hz y los valores de resistencia y reactancia son R2=5.2Ω y X2=40,3Ω; hallar los parámetros del circuito equivalente.

Del ensayo en vacío:

PFe≈P0=V 2N . I a

I a=5300W33000V

=0.16 A

5

IM=√I 02−I a

2=√1.242−0.162=1.23 A

R02≈V 2N

I a0

=330000.16

=206.2KΩ

X20≈V 2 N

I M=33000

1.23=26,8 KΩ

Del ensayo en cortocircuito

Ecc≈V cc 2

V 2 N

= 264033000

=0.08 %

ER≈Pcc

SN

= 9.8101000000

=0.0098 %

La corriente por el secundario:

I 2N=SN

V 2 N

=100000033000

=30.3 A

Pcc=I 2N2 . Rcc 2

Rcc 2=9810

30.32=10.68Ω

Impedancia de cortocircuito

Rcc 2=V cc 2

I 2N

=264030.3

=87.12Ω

Rcc 2=R ' 1+R2

R '1=10.68−5.2=5.48Ω

X cc2=X '1+X2

X '1=86.48−40.3=46.16Ω

m=6350033000

=1.92

R '1=R1

m2

R1=5.48∗1.922=20.2Ω

6

X '1=X1

m2

X1=46.16∗1.922=170.16Ω

Ejercicio 2

Un transformador monofásico tiene doble número de espiras en el devanado secundario que en el primario y se alimenta a una tensión primaria de 125V y 50Hz. En un ensayo de cortocircuito se ha obtenido el valor de la tensión aplicada al primario V 1cc=30V , circulando una corriente de 15ª, por el devanado secundario. La resistencia del transformador, referida al secundario es de 0.66Ω.

Calcular:

1. Caída de tensión en el transformador cuando alimente una carga inductiva de cosφ=0.5, supuesto el primario a tensión y corriente nominal.

2. Valor de la tensión aplicada al primario, al elevar el factor de potencia a 0.8 manteniendo constante el valor de la tensión secundaria y la intensidad de 15A.

3. Caída de tensión en el transformador cuando se conecta en bornes del secundario una carga resistiva pura que absorbe 20A.

4. Valor de la tensión aplicada al primario cuando el transformador se alimenta una carga capacitiva pura, que absorbe una corriente de 20ª a una tensión de 200V.

m=N1

N2

=12=0.5

V cc 2=V 1cc

I2 N

= 300.5

=60V

Pasando a ecuaciones porcentuales.

Ecc=V 1cc

V 1N

=V 2cc

V 2n

= 601250.5

=0.24

ER=Rcc . I 2n

V 2n

=0.66∗15250

=0.0396

7

EX=√Ecc2−ER

2=√0.242−0.03962=0.2367

Los valores de del transformador son:

X cc=E X .V 2n

I2n

=0.2367∗25015

=3.945Ω

Rcc=ER .V 2n

I 2n

=0.0396∗25015

=0.66Ω

Ec=c (ER cos φ2+EX senφ2 )=1 (0.0396∗0.5+0.2367∗0.866 )=0.224

Ec=ΔV 2

V 2n

ΔV 2=0.224∗250

V c 2=V 2n−ΔV 2=250−56=194 V .

Para un cos φ=0.8 y senφ=0.6, La caída de tensión de este valor será:

ΔV=I 2 . Rcc cos φ2+ I2 . Xcc sen φ2

ΔV=15∗0.66∗0.8+15∗3.945∗0.6=43.425V

V '1=ΔV +V 2=43.425+194=237.425

V1=¿

V ' 12

=118.71¿

ΔV=I 2 . Rcc cos φ2+ I2 . Xcc sen φ2

Para una resistencia pura cos φ=1 y senφ=0.

ΔV=20∗0.66∗1+0=13.2V

Sustituyendo e la expresión la caída de tensión:

ΔV=20∗0.66∗0+20∗3.945∗(−1 )=−78,9V

V '1=200−78.9=121.1V

V1=¿ 121.1

2=60.55V ¿

Transformador trifásico

Ejercicio 1

8

Realizados los ensayos de vacío y cortocircuito, por el lado de A.T. a un transformador trifásico de 1.500 K.V.A., 20.000/380 V., 50 Hz., conectado el primario en triángulo y el secundario en estrella, se han obtenido los siguientes valores:

VCC = 2.000 V. PCu = 15.000 W., PFe = 5.000 W.

Determinar:

1. Intensidad de corriente nominal por fase del primario.

2. Caída de tensión εC, cuando en bornas del secundario se conecta una carga óhmico-inductiva de cos φ= 0,85.

3. Tensión en la carga.

4. Rendimiento del transformador en estas condiciones de funcionamiento.

Solución:

1. El valor de la corriente lo obtenemos a partir de la potencia del transformador.

Sn=√3 I 1LV 1L→I 1L=Sn

√3V 1L

= 1500000√3∗20000

=43.3 A

2. Al estar conectado en triángulo, la corriente por fase será:

I 1 f=I 1L

√3=43.3

√3=24.99≈25 A

3. La expresión de la caída de tensión es:

εC=c∗(εR∗cosφ2+εX∗sen φ2)

Las pérdidas en el cobre por fase valdrán:

Pcuf=15000

3=5000W

De donde:

εR=Pcc

Sn

∗100=Pcuf

V 1 f∗I 1 f

∗100= 500020000∗25

∗100=1 %

La tensión de cortocircuito εCC, vale:

ε cc=V CC

V 1

∗100= 200020000

=10 %

9

Podemos determinar el valor de εX .

εX=√εcc2−εR2=√0.12−0.012=0.099

y por tanto la caída de tensión valdrá:

εX=1 (0.01∗0.85+0.099∗0.52 )=0.06→6 %

4. Por definición:

εC=V 2nf−V 2cf

V 2nf

=0.06

Despejando V2Cf:

V 2cf=V 2nf (1−εC )

La tensión nominal por fase es:

V 2nf=3800

√3≈220V

Luego la tensión secundaria en carga por fase será:

V2cf = 220 (1- 0,06) = 206,8 V

Si no existe neutro, la carga estará sometida a la tensión de línea.

V 2C=√3V 2cf=√3∗206.8=358.18V

5. La expresión del rendimiento es:

η=√3∗V 2∗c∗I 2n∗cosφ

√3∗V 2c∗c∗I 2n∗cosφ+P0+c2∗Pcc

Si V2 = V2n.

η=Sn∗c∗cosφ

Sn∗c∗cosφ+P0+c2∗Pcc

= 1500000∗1∗0.851500000∗1∗0.85+5000+15000

=0.98

Ejercicio 2

10

Se dispone de un transformador de distribución trifásico. En su placa de características figuran los siguientes datos:

Potencia nominal: 4.500 KVA. Tensión nominal primaria (de línea): 45KV. Tensión nominal secundaria (de línea): 6.3KV. Conexión: ∆-Y.

Se han medido las impedancias de los devanados primario y secundario, resultando los siguientes valores:

R1=17Ω/fase. R2=0.111Ω/fase

X1=21Ω /¿ fase. X2=0.1372Ω/fase

Se ha realizado el ensayo en el vacío del transformador, por el lado de alta, obteniéndose los resultados:

P0=53KW I0=3A

Determinar:

1. R0 Y X0 por fase.2. Los valores del triángulo de Kapp en porcentaje.3. Rendimiento del transformador cuando alimenta una carga de 3.600KW, con

cosφ=0.8 inductivo (Se supone que el secundario está a tensión nominal.

Solución:

1. Puesto que se pide R0 y X0 por fase, supondremos el transformador reducido a la conexión Y-Y equivalente.

P03

=V 1n√3

∗Iaf ⇒ Iaf=√3∗P03∗V 1n

=√3∗53.0003∗45.000

=0.68 A

Imf=√ I 02−Iaf 2=√32−0.682=2.92 A

R0 f =V 1nIaf

=45.000 /√30.68

=38.207 Ω / fase

X 0 f=45.000 /√32.92

=8.897,52Ω / fase

11

2. De la misma forma que en el apartado anterior, reducimos el triángulo del primario a estrella.

mc= 456.3

=7,14=ms(en estrella)

Z1 y=Z 1∆3

=17+21 j3

=5.66+7 j⇒R1 y=5.66 Ω

X 1 y=7Ω

Rccf=R1 y+R'2=11.32Ω⇒Xccf =X 1 y+X '2=14Ω

Por lo tanto la impedancia en cortocircuito en estrella será: (por fase)

Zccf=11.32+14 j=18∠34 Ω

I 1n=I 1nf= 4.500.000

√3∗45.000=57.735 A

Er %=PccSn

∗100=3∗I 1nf 2∗RccfSn

∗100=2.516 %

Ecc%= Zccf∗I 1nfV 1nf

∗100=4 %

Ex%=3.11 %

El triángulo de Kapp en porcentaje por fase será:

3.-

12

P=Sc∗¿ cos φ2⇒

Sc= Pcos φ2

=3.6000.8

=4.500 KVA .

C=ScSn

Pcc=3∗Rccf∗I 1nf 2=3∗11.32∗57.72=113.200W=113.2KW

n= √3∗V 2∗C∗I 2n∗cosφ2

√3∗V 2∗C∗I 2n∗cos φ2+P0+C2∗Pcc= 4.500∗0.8

3.600+53+113.2

¿0.955⇒n=95.5%

Autotransformador

Ejercicio 1

Un autotransformador se utiliza para conectar una línea de distribución de 13.2KV a otra línea de distribución de 13.8KV. El autotransformador debe estar dimensionado para manejar 2000KVA. Hay tres fases conectadas en Y-Y con neutros puestos sólidamente a tierra.

a) ¿Cuál debe ser la relación de vuelas Nc/Nsf para esta conexión?b) ¿Cuánta potencia aparente deben manejar los devanados de cada

transformador?c) ¿Si uno de los autotransformadores se conectara como un transformador

convencional, cuáles serían los valores nominales?

Solución:

a) El transformador conectado Y-Y, por lo que las tensiones de las fases primaria y secundaria son las tensiones de línea dividido por raíz de 3.

La relación de vueltas de cada autotransformador está dada por:

VaVb

=Nc+NseNc

=

13.8 KV

√313.2 KV

√3

13

13.2 Nc+13.2Nse=13.8 Nc

13.2 Nse=0.6 Nc

NcNse

=22

b) Potencia aparente que maneja cada autotransformador es:SoSw

= Nc+NseNc

=Nc+22NcNc

SoSw

=23

Por lo que 1/22 de la potencia en cada transformador pasa a través de los devanados. Dado que 1/3 de la potencia total es asociado con cada fase, los devanados en cada autotransformador deben manejar:

Sw=2000 KVA3∗22

=30.3KVA

c) El voltaje que cruza por cada fase del auto trasformador es 13.8/√3 = 7967 V y 7621 V El voltaje a través del devanado común (Nc) es 7621 kV, y la tensión a través de los 7621 kV = 346 V.

Por lo tanto, una única fase del autotransformador conectado como un transformador de corriente se calcula en 7621/346 V y 30,3 kVA.

Ejercicio 2

Un transformador de dos devanados, 720 VA y 360/120 V tiene las constantes siguientes: RH=18.9 Ω, XH= 21.6 Ω, RL= 2.1 Ω, XL= 2.4 Ω, RCH=8.64 kΩ y XmH= 6.84 kΩ. El transformador se conecta como autotransformador elevador de 120/480 V en adelanto, determine su eficiencia y su regulación de voltaje.

Solución:

El circuito equivalente de un transformador elevador 120/480 V es el siguiente:

14

Su relación de transformación es:

aT=120480

=0.25

La relación de transformación de un transformador de dos devanados es

a=360120

=3

Luego, la resistencia equivalente de la pérdida en el núcleo y la reactancia de magnetización en el lado de bajo voltaje son:

RcL=8640

32=960 Ω

X mL=6840

32=760Ω

Con plena carga, la corriente de la carga es

I 2a=IH=720360

=2 A

Por tantoI 2a=2∠45 °

I pa=I 2a

aT

=2∠ 45°

0.25=8∠ 45 ° A

La corriente a través del devanado común es:

I com= I pa− I 2a=6∠45 ° A

Además, EH=a EL=3 EL

Ahora se puede obtener ELaplicando la carga de valor conocido al lazo de salida. Es decir,

ˇ4 EL= I 2a (RH+ j X H )+480−6∠ 45 °(2.1+ j 2.4)

¿2∠45 ° (18.9+ j 21.6 )+480−6∠ 45°(2.1+ j 2.4)

O EL=119.745∠4.57 ° V

Luego,V 1a=EL+ I com (RL+ j XL )

V 1a=119.745∠ 4.57 °+6∠45 ° (2.1+ j 2.4 )

V 1a=121.513∠13.63 °V

Las corrientes de pérdida en el núcleo, magnetización y excitación son:

15

I ca=V 1a

RcL

=121.513∠13.63 °

960=0.127∠13.63 ° A

Ima=V 1a

j XmL

=121.513∠13.63°

j760=0.160∠−76.37 ° A

I ɸa= I ca+ Ima=0.127∠13.63 ° A+0.160∠−76.37 ° A=0.204∠−38 ° A

Por tanto:

I 1a= I pa+ I ɸa=8.45 °∠ 45°+0.204∠−38 °=8.027∠43.56 ° A

P¿=ℜ [V 2a I 2a¿ ]=ℜ [ 480 x2∠−45 ° ]=678.82W

P¿=ℜ [V 1a I 1a¿ ]=ℜ [(121.513 x2∠13.63 °)(8.027∠−43.56 °) ]=845.3W

n=678.82845.3

=0.803∗100=80.3 %

Si ahora se elimina la carga, el voltaje sin carga en el secundario del autotransformador es:

V 2anL=V 1a

aT

=(121.513∠13.63 ° )

0.25=486.056∠13.63 ° V

A continuación puede calcularse la regulación de voltaje como

RV %=V 2anL−V 2a

V 2a

x 100=486.056−480480

x100=1.26 %

Motor asincrónico

Ejercicio 1

Un motor de inducción de rotor devanado de 208 V, cuatro polos, 60 Hz, conectado en Y, tienen una capacidad nominal de 15Hp. Las componentes de su circuito equivalente son

R1=0.220ΩR2=0.127Ω

X1=0.430ΩX2=0.430Ω

XM=15.0ΩPmeca=300W Pmisc≈0 Pnucleo=200W

Si el deslizamiento es 0.05 encuentre

a) Corriente de línea I L

16

b) Pérdidas en el cobre del estator PSCL

c) Potencia en el entrehierro PAG

d) Potencia convertida de forma eléctrica a forma mecánica PCONV

e) Par inducido τ indf) Par de carga τ carga

g) Eficiencia total de la máquina

Desarrollo del ejercicio

a) Corriente de línea I L

Obtenemos una impedancia equivalente entre j XM y ( j X2+2.413 )

ZF= j XM∨¿ ( j X2+R2)

1Z F

= 1j XM

+ 1

( j X2+R2 )

1Z F

= 1j15.0Ω

+ 1( j 0.430Ω+2.413Ω)

ZF=2.22+ j 0.7647Ω

ZF=2.35∠18.992°Ω

Voltaje de fase 208

√3=120

I L=I A

I A=V ∅

R1+ jX 1+RF+ jXF

I A=120

0.22+ j0.430Ω+2.22+ j 0.7647Ω

I A=39.66−19.4236 j A

I A=44.169∠−26.08

17

b) Pérdidas en el cobre del estator PSCL

PSCL=3 I A2R1

PSCL=3 ( 44.169 )2 (0.220 )

PSCL=1287.65W

c) Potencia en el entrehierro PAG

PAG=3 I 22 R2

s

PAG=3 I A2 RF

PAG=3 ( 44.169 )2 (2.22 )

PAG=12993W

d) Potencia convertida de forma eléctrica a forma mecánica PCONV

PCONV=(1−s)P AG

PCONV=(1−0.05 ) 12993W

PCONV=12343.4W

e) Par inducido τ ind

τ ind=PAG

ωsin

nsin=120∗f e

P

nsin=120∗60

4nsin=1800 r /min

ωsin=1800

rmin

∗1min

60 seg∗2π

1 r

ωsin=188.496 rad /s

τ ind=12343.4W

188.496 rad /s

18

τ ind=65.4836 N .m

f) Par de carga τ carga

τ carga=Pout

ωm

Pout=PCONV−Pmeca−Pnucleo−Pmisc

Pout=12343.4W−300W−200W−0

Pout=11843.4W

nm=(1−s )ηsin

nm=(1−0.05)(1800 r /min)nm=1710 r /min

ωm=1710

rmin

∗1min

60 seg∗2 π

1rωm=179.071 rad /s

τ carga=11843.4W

179.071rad /s

τ carga=66.13 N .m

g) Eficiencia total de la máquina

η=Pout

P¿∗100%

P¿=3V ∅ I A cos (θ )

P¿=3∗120∗( 44.169 ) cos (26.08 )

P¿=14281.8W

η=11843.414281.8

∗100 %

η=82,9265 %

Ejercicio 2

19

Un motor de inducción de 50kW, 440V, 50Hz, dos polos, tiene un deslizamiento de 6% cuando opera en condiciones de plena carga. En condiciones de plena carga, las perdidas por rozamiento propio y rozamiento con el aire son 520W, y las perdidas en el núcleo son 500W. Encuentre los siguientes valores para condiciones de plena carga:

a) Velocidad en en eje n

nsinc=120 f eP

=250 (50Hz)

6=1000 r /min

nm=(1−s )nsinc=(1−0.06 ) (1000 r /min )=940 r /min

b) Par de carga en newton-metro

τ carga=Poutωm

= 50 kW

(940 r /min ) 2 π rad1 r

1min60 s

=508 Nm

c) Par inducido en newton-metro

Pconv=50kW +300W+600W=50.9kW

τ ind=50.9kW

(940 r /min ) 2π rad1 r

1min60 s

=517 Nm

d) Frecuencia del rotor en Hz.

f r=s f e=(0.06 ) (50Hz )=3.00Hz

Generador asincrónico

Ejercicio 1

Un alternador trifásico está conectado en estrella a una red de potencia infinita de 6600 V.

Se ha ajustado la excitación para que la f.e.m. inducida en vacío sea 6000 V. Se desprecia la resistencia del inducido. La reactancia se considera constante y tiene un valor de 6 Ω.

a) Determinar la potencia activa máxima que en estas condiciones puede suministrar el alternador sin perder estabilidad.

b) Cuando el alternador está suministrando la potencia activa máxima, cuánto vale el ángulo de potencia.

c) Dibujar el diagrama fasorial del alternador para esta situación.d) Hallar, en esta situación, la corriente que circula por el inducido y su factor de

potencia.

a)

20

P=3∗EaV T

X c

sin δ

Pmaxima=3

6000

√3∗6600

√36

Pmaxima=6600kW .

b) Cuando el alternador está entregando la potencia máxima a la red el ángulo de potencia δ es de 90°

c) Teniendo en cuenta que la f.e.m. inducida en vacío Ea y la tensión en los bornes forman un ángulo de 90°, el diagrama fasorial por fase del alternador cuando entrega la máxima potencia es el siguiente, si se toma como origen de fases a VT:

e) Los fasores de las tensiones de fase del diagrama son los siguientes:

V T=6600

√3∠0 °V

Ea=6000

√3∠90 °V

21

La corriente que circula por el inducido del alternador I se obtiene a partir de la siguiente ecuacion:

Ea=V T+ j X s I

I=Ea−V T

j X s

=

6000

√3∠ 90 °−6600

√3∠0 °

j 6

I=858.29∠47.73 ° Acosθ=cos (47.73 ° )=0.67 (CAPACITIVO)

Ejercicio 2

Un generador sincrónico conectado en triangulo, 480V, 60Hz 4 polos Ra=0.015Ω y Xs=0.1Ω. A plena carga la maquina entrega 1200(A) con Fp=0.8 en atraso. Las pérdidas totales son 70(kW). Las características de vacío están dadas por:

EF 0 123 260 375 450 510 550 560 570 580 590IF 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Determinar:a) Velocidad sincrónica (NS) del generador.b) La corriente de campo del generador para lograr un voltaje en los terminales de 480(V) en vacío.c) Si el generador entrega 1200(A) a una carga de factor de potencia 0.8 en atraso, ¿Cuál debe ser su corriente de campo para sostener el voltaje en los terminales de 480(V).d) En condiciones de c) potencia de salida, potencia de entrada, y el rendimiento.e) Si se desconecta la carga que sucede con el voltaje terminal.

Solución:

a) Velocidad Sincrónica

Ns=60 fP

=60∗602

=1800 rpm

b) Sabemos que se realizó la medición en vacío, por lo tanto, conocemos el voltaje de campo, en este caso es de 480(V). Observado la tabla de EF v/s IF podemos decir que la corriente de campo para este valor de voltaje de campo es 4.5(A).

c) Corriente de campo IF

22

I af=I a√3

=1200√3

∠−36.87°

Va=480∠0

Z=0,015+ j0,1

EF=Z∗I af+Va

EF=(0.015+ j 0.1 )∗1200

√3∠−36.87 °+480∠0

EF=532,16∠5.3(A)

Ya que tenemos ese dato en la tabla vemos que para ese valor de tensión la corriente de campo es 5,3(A)

d) Rendimiento

Pentrada=P salida+Pperdidas

Psalida=√3∗Va∗Ia∗cosθ=√3∗480∗1200∗0.8=798129(W )

Pperdidas=3Ra ¿ I af∨¿2=3∗0,015∗( 1200√3 )

2

=21600 (W )¿

∴Pentrada=798129+21600=889729(W )

η=P salida

Pentrada

∗100=798129889729

∗100=89,71 %

e) Si se desconecta la carga el voltaje en los terminales seria el mismo de EF encontrado en el apartado c) que es 532,16V

Motor sincrónico

Ejercicio 1

Un motor sincrónico de 480 (V), 400 (HP), FP= 0.80 en adelanto, 60 (Hz) 8 polos, conectado en triángulo, xs = 1 Ω. No tenga en cuenta el rozamiento, así como también la pérdida en el núcleo. Determine:

a) Si el motor está suministrando inicialmente 400 HP a un factor de potencia 0.80 en atraso ¿Cuáles son las magnitudes y los ángulos de la tensión de campo y la corriente de armadura?

b) El torque inducido y luego haga una relación con el torque máximo en porcentaje

23

Solución:

a) La corriente de armadura Ia, voltaje de campo Ea

Pentrada=P salida=400 ∙746=298400W

Pentrada=√3V a I Lcosθ

I L=Pentrada

√3V a cosθ

I L=298400

√3 ∙480 ∙0.8=448.65 A

I a=I L√3

=259.03 A

FP=0.8 (atraso )

θ=−36.87 °

I a=259.03∠−36.87 °

Ea=V a− j xs I a

Ea=480∠0 °− j1 ∙259.03∠−36.87=385.1∠−32.56V

b) EL torque inducido y el torque máximo

ωs=2πfP

=2π ∙604

=95.25 rad / seg

τ ind=Pentrada

ωs

=29840095.25

=3166.12 N−m

τ max=3V a Ea

ωs xs=3∙480 ∙385 ∙1

95.25 ∙1=5883.76 N−m

Relación%=τ indτmax

∙100=3166.125883.76

∙100=53.81 %

Generador sincrónico

Ejercicio 1

Un alternador trifásico conectado en estrella tiene una resistencia de inducido despreciable y una reactancia síncrona de 10 Ω/fase. Esta acoplado a una red de potencia infinita de 11 KV y se sabe que desarrolla una potencia de f.d.p 0.673 inductivo, siendo el ángulo de carga ᵹ=10˚. Calcular:

24

a. La fem de línea producida por el generador.b. La potencia activa que suministra la red.

Solución a. La tensión simple del generador es:

V=11000

√3=6350,85V

Y tomando la tensión simple de la red como referencia de fase, teniendo en cuenta que el arco 0.673=47.7°, los valores fasoriales de tensión y de la corriente, son respectivamente:

V=6350,85∠ 0° voltios ; I=I∠−47,7 °amperios

fem:

E0∠10 °=6350,85∠0 °+ j 10 I∠−47,7 °=6350,85+10 I 0,74+ j10 I 0,673

Que al igualar partes reales e imaginarias conduce a las siguientes soluciones:

I=206,4 A; E0=8000V

Siendo la fem de línea:

E0 ( linea )=8000√3=13856V

b. La potencia activa que suministra a la red del alternador es:

P=√3VI cos φ=√3 11000∗206,4∗0.673=2646,5kw

Ejercicio 2

Dos alternadores trifásicos funcionan en paralelo suministrando a una carga, una potencia de 6MW con f.d.p 0.8 inductivo. La frecuencia de uno de ellos cae uniformemente de 51 Hz en vacío a 49,75 Hz cuando se carga con una potencia activa de 10MW, y el otro la frecuencia pasa de 51 Hz a 49,5 Hz, cuando se carga con 2MW. Determinar las potencias activas suministradas por cada generador y el f.d.p con el que trabaja el primero, si el f.d.p del segundo es de 0.71 inductivo.

Solución

Las ecuaciones de las rectas frecuencia/potencia de los alternadores son, de acuerdo con los datos del enunciado, las siguientes:

Alternador I: P I=10000

51−49,75(51−f )→ f=51−

P I

8000

25

Alternador II: P II=2000

51−49,5(51−f )→f=51−

PII

1333,33

Y teniendo en cuenta que la potencia conjunta es de 6MW, se tienen las siguientes ecuaciones:

P I+P II=6000kW

P I

8000=

P II

1333.33→P I=6P II

Cuyas soluciones son:

P I=5143kW ; P II=857 kW

La potencia total tiene un f.d.p 0,8 inductivo, su expresión compleja es:

STOTAL=6000+ j 4500

Y como quiera que el segundo generador trabaja con un f.d.p 0,71 inductivo, la potencia compleja que suministra es:

S II=1207,04∠ 44,77 °=857+ j 850

Por lo que resulta:

STOTAL=S I+S II→S I=(6000+ j 4500 )− (857+ j850 )=5143+ j 3650

Que en forma polar es:

S I=5143+ j3650=6306,6∠35.36 °

Por consiguiente, el f.d.p con el que trabaja el primer alternados es de cos (35,36°)=0.815

Maquina DC

Ejercicio 1

Un motor dc compuesto, de 100 hp, 250 V, con devanados de compensación, tiene una resistencia interna, incluidos los devanados serie, de 0.04 ohms. Hay 1000 vueltas por polo en el campo de derivación y 3 vueltas por polo en el devanado serie. La máquina se muestra en la figura 1; su curva de magnetización en la figura 1.2. En vacío, la resistencia de campo ha sido ajustada para hacer girar el motor a 1200 r/min. Las pérdidas en el núcleo, mecánicas y misceláneas se pueden despreciar.

a) ¿Cuál es la corriente del campo en derivación de esta máquina en vacío?

26

b) Si el motor es compuesto acumulativo, encuentro su velocidad cuando I A=200 A

c) Si el motor es compuesto diferencial, halle su velocidad cuando I A=200 A

Ilustración 1 Motor compuesto

Ilustración 2 Curva de magnetización de un motor dc típico de 250 v, tomada a una velocidad de 1200 r/min

Solución:

a) En vacío, la corriente del inducido es cero de modo que el voltaje interno generado del motor debe ser igual a V T , lo cual significa que debe ser 250 v. De la curva de magnetización, una corriente de campo de 5 A producirá un voltaje EA de 250 v a 1200 r/min. Entonces, la corriente del campo en derivación debe ser 5 A.

b) Cuando fluye una corriente del inducido de 200 A en el motor, el voltaje interno generado en la maquina es

EA=V T−I A(RA+RS)EA=250V− (200 A ) (0.04 ohms )=242V

La corriente efectiva de campo de este motor compuesto acumulativo es

27

IF¿ =IF+

N SE

N F

IA−FAR

N F

IF¿ =5 A+ 3

1000200 A=5.6 A

De la curva de magnetización EA 0=262V a velocidad n0=1200 r /min. Por tanto, la velocidad del motor será.

n=E A

E A0

n0

n=242V262V

1200r

min=1108r /min

c) Si la maquina es compuesta diferencial, la corriente efectiva de campe es

IF¿ =IF−

N SE

NF

I A−F AR

N F

IF¿ =5 A− 3

1000200 A=4.4 A

De la curva de magnetización EA 0=236V a velocidad n0=1200 r /min. Por tanto, la velocidad del motor será.

n=E A

E A0

n0

n=242V236V

1200r

min=1230 r /min

Ejercicio 2

Una maquina bipolar de cc de 24 ranuras tiene 18 vueltas por bobina. La densidad de flujo promedio por polo es 1 T. La longitud efectiva de la maquina es de 20 cm. Y el radio de la armadura es de 10 cm. La corriente de armadura es 25 A. Los polos magnéticos están diseñados para cubrir 80% de la periferia de la armadura si la velocidad angular de la armadura es 183.2 rad/s, determine

a) La fem inducida en el devanado de la armadura.b) La fem inducida por bobinac) La corriente en cada conductord) El par desarrolladoe) La potencia desarrollada

Para un devanado de dos capas, el número de bobinas es el mismo que el de ranuras en la armadura, es decir, C=24.

28

Nc es un dato conocido y es igual a 18.

El número total de conductores en la armadura es Z=2x24x18=864

A=2 (dos polos)

Área polar: Ap=2 πrLP

=2 π ×0.1×0.22

=0.063m2

Área polar efectiva es Ac=0.063×0.8=0.05m2

Flujo efectivo por polo: Φ=BAc=1×0.05=0.05Wb

a) constante de máquina es K=2×8642π ×2

=137.51 la fem inducida en el devanado

de armadura es E = 137.51 x 0.05 x 183.2 = 1259.6

b) Como existen dos trayectorias paralelas, el número de bobinas en cada trayectoria es 24/2=12. Por lo tanto, la fem inducida por bobina es:

Ebobina=1259.6

12=104.97

c) Como hay dos trayectorias paralelas, la corriente (promedio) por conductor es 12.5 A.

d) El torque desarrollado lo calculamos:

τ= PZ2 πa

BApIa=137.51×0.05×25=171.89 Nm

e) La potencia (promedio) desarrollada es:

Pd=EaIa=1259.6×25=31490W=31.49kW

O la podemos calcular también

Pd=τωm=171.89×183.2=31490W=31.49 kW

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