Máquinas Eléctricas II. Apuntes de Clase. Freddy Villalta

7/23/2019 Mquinas Elctricas II. Apuntes de Clase. Freddy Villalta

1/245

1

1.- FUNDAMENTOS DE LA CONVERSION DE ENERGIA

1. INTRODUCCION

En los aparatos electrodomsticos se produce un intercambio de energa entre la parteelctrica y la parte mecnica. El proceso es reversible, excepto por las prdidas de calor.

v, i B T, w

MOTOR

GENERADOR

Ambos pueden ser de corriente directa o de corriente alterna

La frmula bsica del Par procede de la Ley de Ampere

La frmula bsica de la Fuerza Electromotriz Inducida (FEMI) procede de la Ley de Faraday

Las formas finales de las frmulas dependen de los aspectos mecnicos de corriente alterna

o corriente directa. Las diferencias se manifiestan en detalles de construccin.

2. ANALISIS BASICO DEL PAR ELECTROMAGNETICO

La accin motora se produce cuando circula i por los conductores que estn bajo lainfluencia del campo magntico. Se produce una fuerza sobre los conductores colocados enuna estructura que puede girar y as se produce el T o Par para una wm determinada.

La accin generadora se produce cuando el rotor se impulsa con un primotor (turbina deagua, de vapor, de gas, motor de gasolina, etc.), sobre los conductores del rotor que cortanlas lneas de flujo magntico de la B o densidad de flujo o campo magntico, se produce la

Fuerza Electromotriz e.

Adems, cuando se conecta una carga elctrica en los terminales del generador, se impulsala corriente i hacia la carga y pasando por los conductores que tambin estn expuestos ala accin de B; luego entonces, se produce un par T, pero que en este caso actafrenando al primotor.

Los dispositivos o equipos de conversin de energa electromecnica tienen un estator oparte estacionaria y un rotor o parte giratoria.

ELECTRICOCAMPO

MAGNETICO MECANICO


2/245

2

Si el estator tiene una bobina que produce un campo magntico distribuido uniformemente,como en la siguiente figura:

ESTATOR

ROTOR a b Laa b

b

B

a a b b

| |

dx

B

El rotor tiene Z conductores, de los cuales slo ilustramos dos: a y b.

Segn Faraday, si la bobina se desplaza un dx, se produce un cambio en el flujo queenlaza, que es igual a dos veces el rea sombreada:

d= 2 B dA dA = L dx dx = v dt

Por lo tanto, d= 2 B L v dt

Y la tensin inducida es: e = (d/ dt) = 2 B L v


3/245

3

Y el sentido se obtiene con el producto vectorial de ( v XB ), para la fuerza, el sentido seobtiene con el producto vectorial ( I XB )

En esta expresin, el factor 2 se debe a que hay 2 conductores, para Z conductores ser:

E = Z B L v

La fuerza sobre cada conductor es: Fc= B L i

Para Z conductores que llevan la corriente i es: F = Z B L i

Si el brazo de accin es r, el par ser: T = F r = Z B L i r

Tanto E como T dependen de B:

( E / T ) = ( Z B L v ) / ( Z B L i r ) = ( v ) / ( i r ) = ( w m/ i )

De donde concluimos que: E i = T wm

Que quiere decir que: POTENCIA ELECTRICA = POTENCIA MECANICA

Conoceremos como: BOBINA DE CAMPO a la que produce a B

BOBINA DE ARMADURA a la que lleva i o en la que se produce e

3. PAR DESARROLLADO PARA DISTRIBUCION SENOIDAL DE B Y DE

Ni

En la realidad, las bobinas de campo se disean para producir distribuciones senoidales ocasi senoidales de B, lo mismo que las bobinas de armadura para Ni.

En las siguientes figuras ilustramos la distribucin ampere-conductor del embobinado de

armadura con el valor de corriente que circula en los conductores individuales, detallandopunto por punto su valor.ampere-conductor

1 2 3 4 5 6 7

(b)

3 42 5

J amp/rad1 6

Jm J = JmSen (c)

FMM Av(a)

(d) p


4/245

4

Si ponemos ms conductores llegaramos al lmite que es la hoja de corriente (toda laperiferia del rotor llevando corriente como en la figura c).

La densidad de corriente (densidad lineal) se expresa en amperios-vuelta/radin

Si tomamos la armadura como un solenoide, la FMM va de izquierda a derecha. Para

cualquier distribucin especfica de las bobinas de armadura, el valor total de esta FMM secalcula aplicando la Ley Circuital de Ampere.

Para la distribucin en hoja de corriente y para la trayectoria de flujo que se ilustra, elmximo de FMM asociada con la hoja de corriente es (y para un par de polos):

= JmSen d= 2 Jm

0La FMM por polo (es decir, la que atraviesa un entrehierro) es:

p= / 2 = Jm

Ahora desarrollemos la expresin para una B senoidal y para Ni senoidal y supongamos un

desfase entre ambas igual a grados elctricos, como en la siguiente figura:

B = BmSen

J = JmSen (+ ) hoja de corriente

0 /2 3/2 2

Para un elemento de corriente en un d: i = J d= JmSen (+ ) d

La fuerza sobre ese elemento ser: Fe= B L i = BmSen L JmSen (+ ) d

Y el par ser: Te= BmJmL r Sen Sen (+ ) d

Para p polos: T = p BmJmL r Sen Sen (+ ) d

0

Pero Sen Sen (+ ) = ( ) Cos - ( ) Cos ( 2+ )

T = p BmJmL r () Cos d- () Cos ( 2+ ) d= (p/2) BmJmL r Cos


5/245

5

0 0

El sentido es hacia la derecha, y si es mayor de 90 , se invierte. El mejor par se obtendrapara = 0; aunque el par mximo no se obtiene necesariamente para esta condicin de igual cero porque Jmdepende de .

Necesitamos expresar el par de una mquina en funcin del flujo total por polo.

Para el polo que se muestra en la siguiente figura:

B

Bm 2 Bm/

p= mr = (2/p) r

Cada polo cubre radianes elctricos. Como una mquina tiene 2 radianes mecnicos,para una mquina de dos polos, los radianes elctricos son iguales a los radianesmecnicos. Pero para p polos:

m = (2/p)

(mecnicos) = (2/p) (elctricos)

El paso polar pexpresado en metros es: p= r m= r (2/p) = (2/p) r

El rea del polo es: L p= (2/p) L r

El valor promedio de la B senoidal para un polo es: Bav= (2/) Bm

Entonces, el flujo por polo es: = BavAp= (4/p) BmL r

Luego el par ser: T = (/8) p2JmCos = (/8) p2JmCos (4/p) BmL r

En conclusin, para producir par se necesita;

- campo magntico

- corriente Jm

- un ngulo apropiado entre ellos


6/245

6

4. PAR PARA B NO SENOIDAL Y DISTRIBUCION AMPERE-CONDUCTOR

UNIFORME

BJ = constante

0 (- )

Estas distribuciones son comunes en mquinas de corriente directa. Para un elemento decorriente:

I = J d B = B Fe= BL J d

Para p polos: Te= p J B L r d

El par resultante se obtiene al integrar desde 0 hasta :

- T = p J B L r d - B L r d

0 -

El diseador se encarga de que sea cero. Por lo tanto:

T = p J B L r d

0

Y en funcin del flujo por polo:

= B dAp Ap= L r m= L r ( 2/p )

0

= B L r ( 2/p ) d= ( 2/p ) B L r d

0 0

Por lo tanto: B L r d = ( p/2 )

0

T = ( p2/2 ) J


7/245

7

Es obvio que para = 90 el par es cero.5. ANALISIS DE VOLTAJES INDUCIDOS

Supongamos una distribucin senoidal de la densidad de flujo: B = BmxSen

B

B = BmxSen

a b

0

-

La bobina ab es de paso completo y tiene N vueltas

El flujo que enlaza la bobina cambia de un mximo positivo a un mximo negativo, pasandopor cero y as sucesivamente.

El ciclo se repite despus de pasar un par de polos.

En la figura, el flujo es mximo cuando = 0 180 mltiplos.

El flujo es cero cuando = 90

Tambin observamos que el flujo mximo que enlaza la bobina es el flujo total por polo, quepara una distribucin senoidal es igual a:

= ( 4/p ) BmL r

El flujo instantneo que enlaza la bobina es: = Cos = ( 4/p ) BmL r Cos

= wt

= ( 4/p ) BmL r Cos wt = Cos wt

e = - N ( d/dt ) = w N Sen wt

es el flujo mximo enlazado y es igual al flujo por polo.


8/245

8

6. ASPECTOS DE CONSTRUCCION DE MAQUINAS ELECTRICAS

Todas tienen en comn la presencia de una bobina de campo y otra de armadura.

MOTOR TRIFASICO DE INDUCCION:

Es el ms rudo y el que ms se ocupa (en el 98% de los casos). El estator tiene lminas dehojas de acero de grado alto; la superficie interior tiene ranuras para acomodar elembobinado.

a

c b

aa a c

b

b c c b

El rotor se construye con lminas ranuradas de material ferromagntico, pero el embobinadopuede ser: jaula de ardilla o rotor devanado (igual que en el estator)

En el caso del rotor devanado, los tres terminales se conectan a tres anillos para permitir laconexin a tres resistencias externas, para controlar la velocidad.

El jaula de ardilla tiene unas barras de cobre embebidas en las ranuras del rotor ycortocircuitadas en sus extremos con unos anillos de cobre o aluminio.

En operacin normal, el voltaje trifsico se aplica en los terminales a, b, c; as, circulan trescorrientes magnetizantes desplazadas 120, que producen un campo magntico giratorio.

La velocidad del campo depende de la frecuencia de las corrientes de excitacin y del

nmero de polos del estator.

El campo giratorio corta los conductores del rotor y produce tensiones inducidas en ellos, ycomo estn en cortocircuito, circulan corrientes. As, tenemos las condiciones de campo ycorriente en los conductores para producir torque: T = B L i r

Debemos recalcar que la excitacin es sencilla (slo se alimenta el estator). La corriente demagnetizacin y la de potencia circulan en los mismos conductores. Las longitudes delentrehierro oscilan entre 20 milsimas y 50 milsimas de pulgada.


9/245

9

MAQUINA SINCRONA:

a1b1 c1

c1 b1N

a1 a2S S

b2 N c2

c2 b2a2

El estator es un ncleo ranurado que sirve como trayectoria de baja reluctancia para el flujomagntico. El embobinado trifsico se aloja en las ranuras. En este caso, tenemos unamquina de cuatro polos.

El rotor puede ser cilndrico, con embobinado distribuido (turbogeneradores) o de polossalientes con una bobina en cada expansin polar (hidrogeneradores).

Operando como generador, el rotor se impulsa con un primotor, a una velocidad fija; almismo tiempo, el rotor se alimenta con una fuente de corriente directa. El campo est en elrotor y la armadura en el estator.

La mquina sncrona es un dispositivo doblemente excitado; por lo tanto, slo puede

desarrollar par a una velocidad fija (la sncrona), para cualquier otra velocidad el par es cero.

Los entrehierros son mayores que en las mquinas de induccin.

MAQUINA DE CORRIENTE DIRECTA:

Son ms complicadas que las de corriente alterna; se necesita un tercer elemento paraconvertir el voltaje alterno de la armadura en una seal unidireccional (voltaje de directa),esta parte se llama conmutador.

B1

S N

B2


10/245

10

El estator es de material ferromagntico no laminado, con protuberancias para lasexpansiones polares. La corriente directa en la bobina de campo produce una distribucin dedensidad de flujo similar a la distribucin en las mquinas sncronas. El campo est en elestator y la armadura en el rotor.

El rotor es un ncleo laminado y ranurado para alojar las bobinas de armadura. Tambin

tiene el conmutador, que es un conjunto de segmentos de cobre, aislados entre s, ymontados sobre un cilindro. Para la accin motora, el conmutador sirve para que la corrienteen los conductores colocados debajo de un mismo polo tengan el mismo sentido.

Los carbones o escobillas tienen una posicin que corresponde a = 0

7. FORMULAS PRACTICAS DE PAR Y VOLTAJE

MAQUINA DE CORRIENTE ALTERNA:

Si N es el nmero de vueltas por fase de un embobinado trifsico:

e = N Sen t

En donde: = flujo total por polo= velocidad relativa de corte del devanado con respecto a la onda de

densidad de flujo, en radianes elctricos

= 2 f

f = (ciclos/segundo) = (HZ)

Emx= N

ERMS= E = Emx/ 2 = 2 f N = 4.44 f N

Esta expresin es igual a la expresin que desarrollamos para transformadores.

Las bobinas no siempre son de paso completo y ocupan una banda del paso polar. Hay un

factor de embobinado: Kw= KpKb0.85 a 0.95. Entonces:

E = 4.44 f N Kw

Kp= Sen (/2)

En donde: = ngulo entre los lados de bobina

Kb= Sen (n/2) / n Sen (/2)

En donde: n = nmero de ranuras por polo y por fase

= ngulo entre ranura y ranura


11/245

11

En cuanto al par hay dos caminos:

a) Por distribucin ampere-conductorb) Por conservacin de la energa

a) Si = FMM por par de polos

Jm= / 2 = ppara hoja de corriente

Para cualquier mquina: p= ( 2 2 ) q ( N2Kw2/ p ) I2= 0.9 q ( N2Kw2/ p ) I2

Siendo: q = nmero de fases de la armaduraN2= nmero de vueltas por fase de la armaduraKw2= factor de embobinado de la armaduraI2= corriente por fase de la armadurap = nmero de polos

T = ( /8 ) p2JmCos = ( /8 ) ( 0.9 ) (p N2Kw2q I2Cos )

q N2= es el nmero total de vueltas de la armadura

2 q N2es el nmero total de conductores de la armadura = Z2

Por lo tanto: T = ( 0.9 / 16 ) ( 2 q N2) p Kw2I2Cos =

T = 0.177 p ( Z2Kw2I2) Cos

se obtiene con los mismos datos que se obtiene I2

b) = ( E2) / ( 2 f N2Kw2)

Jm= ( 2 2 / ) ( q ) ( N2Kw2/ p ) I2

T = ( /8 ) p2( E2) / ( 2 f N2Kw2) ( 2 2 / ) ( q ) ( N2Kw2/ p ) I2Cos

T = ( p /4 f ) q E2I2Cos

m= ( 2/p ) = ( 2/p ) ( 2 f ) = 4 f / p

T = ( 1/m) q E2I2Cos

Se puede demostrar que = 2= ngulo entre E2e I2

T = ( 1/m) q E2I2Cos 2

Esta expresin quiere decir que la energa mecnica es igual a la energa elctrica.


12/245

12

MAQUINA DE CORRIENTE DIRECTA:

Debemos tener cuidado con la influencia del conmutador que es as:

0 2 0 2

SEAL EN LA BOBINA SEAL EN LOS CARBONES

Para una bobina sencilla que tenga Ncvueltas, el valor promedio de la tensin que apareceentre los carbones es:

e = EmxSen t integrando desde 0 a

Ec= ( 1/) EmxSen t (d t) = ( 2/) Emx= ( 2/) Nc0

Ec= ( 2 ) ( 2f /) Nc= 4 f Nc

120 f = p n f = ( pn/120 )

Ec= ( 4/120 ) p n Nc= p ( 2 Nc) ( n / 60 )

Ec= p z ( n / 60 )

En donde: z = nmero de conductores de la bobina

Si colocamos varias bobinas en serie aumentaremos la tensin generada. Si una mquinatiene un total de Z conductores y a trayectorias en paralelo:

Ea= p ( Z / a ) ( n / 60 ) = ( p Z / 60 a ) n = KEn

En donde: KE= constante del embobinado = ( p Z / 60 a )

Si la velocidad se pone en radianes por segundo:

Ea= ( p Z / 60 a ) ( ) ( 30 / ) = ( pZ / 2 a ) = KT


13/245

13

Para el clculo del par partimos de los datos de diseo:

Ia

S N S N

DISTRIBUCION EN HOJA DE CORRIENTE DISTRIBUCION AMPERE-CONDUCTOR FINITA

Por par de polos: = (rad) J (Av/rad)

Por polo: p= / 2 = ( J ) / 2

p= ( Ia/ a ) ( Z / 2 ) ( 1 / p )

J = ( IaZ ) / ( p a )

T = ( p2/ 2 ) J = ( p Z / 2 a ) Ia = KTIa

KT= ( p Z / 2 a ) = constante del par

Otra alternativa es:

Si = ( 60 a / p Z n ) Ea

T = ( p Z / 2 a ) ( 60 a / p Z n ) EaIa= ( 60 / 2 n ) EaIa

m= ( 2 n ) / 60

T = ( 1 / m) EaIa


14/245

14

8. ECUACION GENERAL DEL PAR

Las frmulas anteriores se aplican cuando la distribucin de campo de una parte de lamquina elctrica acta con la distribucin ampere-conductor de la otra. Supone la presenciade corrientes en el estator y en el rotor.

Sin embargo, hay mquinas con corriente circulante slo en una parte y siempre se producepar.

En la siguiente figura tenemos: i1en el campo; i2en el estator y el rotor se puede mover un

d:

i2 S

= 30v2

N

i1

v1

= 0

El cambio en energa elctrica de entrada que corresponde al desplazamiento des:

dWe= e1i1dt + e2i2dt

e1= ( d 1/ dt ) e2= ( d 2/ dt )

dWe= i1d1+ i2d2

1= L11i1+ M12i2 2= L22i2+ M21i1

M12es positiva porque i1e i2producen flujos en el mismo sentido


15/245

15

Por conservacin de la energa:

dWe= dWf+ Ttd

En donde: Wf= L11i12 + L22i22 + M12i1i2

Las inductancias propias y mutuas pueden o no depender del ngulo , as entonces:

L11= (N12/ 11) y 11es independiente de

L22= (N22/ 22) y 22es depende de

Podemos apreciar que cuando el rotor est en la posicin horizontal ( = 30) , 22 esmnima (es el valor de eje directo), igual a d

Y cuando el rotor est en la posicin vertical (= 120), 22es mxima (es el valor de eje encuadratura), igual a q

q

2av

d

0

Finalmente, M12se puede determinar alimentando el rotor y midiendo en el estator la tensininducida:

e2= M12( d i1/ dt )

Si i1es senoidal, E2= M12I1

M12= ( E2/ I1) = ( E2mxCos / I1) (Esto no tiene que ver con que E2sea senoidal)

M12= M Cos

M12= M Cos

0 /2 2


16/245

16

Regresando a las expresiones de energa:

dWe= i1d1+ i2d2= i1d( L11i1+ M12i2) + i2d( M12i1+ L22i2)

= 0dWe= i1L11di1+ i1M12di2+ i12dL11+ i1i2dM12+ i2M12di1+ i2L22di2+ i1i2dM12+ i22dL22

= 0dWf= i1L11di1+ i12dL11 +i2L22di2+ i22dL22 + i1M12di2+ i2M12di1+ i1i2dM12

Sustituyendo en dWe= dWf+ Ttd

i22dL22+ i1i2dM12= i22dL22 + T d

Tt= i22( dL22/ d) + i1i2( dM12/ d)

Si i1e i2se mantienen constantes, el cambio en la energa de campo es igual a la mitad delcambio en energa elctrica de entrada. El trabajo mecnico sera igual al cambio en laenerga almacenada en el campo magntico.

Tt= ( Wf/ )i1,i2 constantes

Las posiciones de energa mxima y mnima corresponden a Tt= 0

PAR ELECTROMAGNETICO-PAR DE ACOPLAMIENTO MUTUO:

En la ecuacin general del par:

Tt= i12( dL11/ d) + i22( dL22/ d) + i1i2( dM12/ d)

PAR DE RELUCTANCIA QUE PAR ELECTROMAGNETICOSOLO DEPENDE DE UNA DE QUE DEPENDE DE DOSLAS CORRIENTES CORRIENTES

Tri Ti

Para una mquina de p polos, el par electromagntico es:

Ti= ( p/2 ) i1i2( dM12/ d)

M12= M Cos = ( N1N2/ 12) Cos

Ti= ( p/2 ) ( N1i1/ 12) ( N2i2) ( - Sen )


17/245

17

Para una mquina con variacin cosenoidal de i2:

N2i2= 2 pCos t

12= ( 2 g / 0L r )

Ti= ( p/2 ) ( N1i1/ 2 g ) 0L r ( 2 ) pCos t (- Sen )

( N1i1/ 2 g ) = Hg

Si i1es constante: Bg= 0Hg

Ti= ( - p/2 ) ( BgL r ) ( 2 ) pCos t Sen

= ( 4 / p ) BmL r

Ti= ( - p/2 ) p ( / 4 ) ( 2 ) pSen Cos t

= rt -

Ti= - ( / 4 ) p2pSen ( rt - ) Cos t

El valor promedio se encuentra integrando para un perodo:

2

T = Ti av= ( - / 4 ) p2p(1 / 2) Sen ( rt - ) Cos t dt0

2Tiav= ( - p2/ 16 ) p Sen ( r - ) t - + Sen ( r+ ) t - dt

0

Si res diferente de el par es cero.

Si res igual a :2 2

Tiav= ( - p2/ 16 ) p- Sen dt + Sen ( 2 rt - ) dt 0 0

T = ( / 8 ) p2pSen

= ( /2 - )

T = ( / 8 ) p2JmCos


18/245

18

PAR DE RELUCTANCIA:

Tri= i22( dL22/ d) = i22d(N2/22) /d= ( N2i2)2d(1/22) /d

= - ( N2i2/ 22)2d22/d

= - 2d22/d

El signo negativo indica que el par se realiza tendiendo a disminuir la reluctancia.

Cuando el voltaje aplicado es senoidal:

= Cos t 2= 2Cos2t

= ( V / 2 f N2) = ( V / 4.44 f N2)

d22/d= d ( q+ d) / 2 (q- d) / 2 Cos 2

= (q- d) Sen 2

= (q- d) Sen 2 (rt - )

Tri= - 2 (q- d) Sen 2(rt - ) Cos2t

Tri= - 2 (q- d) Sen 2(rt - ) + Sen 2(rt - ) Cos 2t

Tri= - 2 (q- d) Sen 2(rt - ) + Sen 2(r+ )t - 2+ Sen2(r- )t - 2

El valor promedio se encuentra integrando para un perodo. El primer trmino es cero. Elsegundo y tercero tambin sern cero cuando rsea diferente de .

En el caso de que res igual a :

Tr= ( 1/) - 2(q- d) ( ) Sen (- 2) d t0

Tr= ( 1/8 ) 2(q- d) Sen 2

Tr= ( V2/ ) (Xd Xq) / ( XqXd) Sen 2

El par mximo ocurre en = 45

Xd= Ld= ( N22) / d

Xq= Lq= ( N22) / q


19/245

19


20/245

20


21/245

21


22/245

22


23/245

23


24/245

24


25/245

25


26/245

26


27/245

27


28/245

28


29/245

29


30/245

30


31/245

31

2.- MOTORES TRIFASICOS DE INDUCCION

Como son de excitacin sencilla, las corrientes que circulan en la armadura producen uncampo magntico giratorio que crea tensiones inducidas en el rotor, las cuales son capacesde impulsar corrientes en los mismos conductores del rotor, para crear la distribucinampere-conductor que interacta con la distribucin de densidad de flujo, produciendo un par

unidireccional.

La frecuencia de las corrientes del rotor depende de su propia velocidad, pero la distribucinampere-conductor es estacionaria con respecto al campo magntico giratorio.

La corriente de magnetizacin debe ser grande, comparada con la del transformador, por lapresencia del entrehierro. Tiene un valor aproximado del 25 al 40% de la corriente nominal.

En condiciones sin carga, el factor de operacin es muy bajo.

1. CAMPO MAGNETICO GIRATORIO

Para facilitar el anlisis, supongamos una mquina que tiene un par de conductores en cadafase, desplazadas 120 grados elctricos entre s.

Alimentamos tres corrientes, una en cada fase, desplazadas 120 grados elctricos en tiempoentre s.

En el siguiente esquema adoptemos la siguiente convencin:

Los valores positivos de corriente entran por < a, b c >. Los valores negativos de corrienteentran por < a, b c >.

iia ib ic

t0

t1 t2 t3


32/245

32

c b

a a

b c

= 0

Analicemos para tres tiempos distintos, la forma en que contribuye cada fase para producir elflujo o FMM resultante, siguiendo la regla de la mano derecha, en que agarrando elconductor, el pulgar seala el sentido de la corriente y los dems dedos sealan el sentidodel flujo.

Para los tres tiempos t1, t2y t3, las contribuciones de cada fase y el valor resultante de lastres fases es:

R

R aabb bb aa cc

cccc aa

bb = 0

Rt1 t2 t3

Se observa que el vector resultante est girando en el sentido de las agujas del reloj, a unavelocidad constante y que tiene una magnitud constante igual a 1.5 veces el valor mximo deuna fase.

En general, para q fases, se necesita un desplazamiento entre bobinas igual a ( 2/q ) y un

desplazamiento angular entre corrientes igual a ( 2/q ) grados elctricos, respectivamente.

Excepto en el caso de dos fases, que corresponde a un caso particular de un sistema de 4fases.


33/245

33

Desde el punto de vista matemtico, el anlisis es el siguiente:

a= mxCos t Cos

b= mxCos (t 120) Cos ( - 120)

c= mxCos (t - 240) Cos ( - 240)

T= a+ b+ c=

= mxCos (t) Cos () + Cos (t 120) Cos (- 120) + Cos (t 240) Cos (- 240)

Por la identidad trigonomtrica: Cos X Cos Y = Cos (X-Y) + Cos (X+Y)

= (mx/2) Cos(t-)+Cos(t+)+Cos(t-)+Cos(t+-240)+Cos(t-)+Cos(t+-480)

= (3/2) mxCos (t - )

Esta ltima expresin es de una onda viajera.

Si hubiese resultado con el Cos (t + ) significara que la onda siempre es viajera perodesplazndose en el sentido opuesto.

2. EL MOTOR DE INDUCCION COMO UN TRANSFORMADOR

Supongamos una mquina conectada en estrella, tanto en el estator como en el rotor:

E1 E2

Si el rotor est en circuito abierto, no hay corrientes, el par es cero y estar detenido; aunqueexistiera campo magntico giratorio, ste slo sera capaz de producir tensiones inducidas enlos conductores del rotor y del estator, as:


34/245

34

E1= 4.44 f1N1Kw1

E2= 4.44 f2N2Kw2

De donde, entonces: E1/ E2= ( N1Kw1/ N2Kw2)

Si el rotor se pone en movimiento, el campo magntico estar girando a la velocidadsncrona:

ns= ( 120 f1) / p revoluciones/minuto RPM

El rotor estar girando a una velocidad menor que la sncrona: n

Se define como deslizamiento: s = ( ns n ) / ns

El rango o dominio est entre s = 0 y s = 1

Los parmetros del rotor estn a la frecuencia del rotor, que es distinta (generalmente menor)a la del estator; por facilidad para los clculos, las cantidades del rotor se expresan enfuncin de las cantidades correspondientes a frecuencia de lnea (que es la condicin derotor bloqueado), as:

E2s= s E2 Z2s= r2+ j s X2 f2s= s f1= frecuencia de deslizamiento

3. EL CIRCUITO EQUIVALENTE

Se necesita para facilitar el anlisis de la operacin y el clculo del comportamiento. Todoslos parmetros se deben expresar en valores por fase, ya sea estrella o delta la conexin de

los embobinados.

En el caso de la delta, conviene encontrar previamente el equivalente estrella.

Los circuitos involucrados son:

Circuito equivalente del estatorr1 j x1

a

ImI1

V1 E1

rc j x

Ic I

b


35/245

35

Circuito real del rotorr2

I2= ( s E2) / ( r2+ j s x2)

I2Pcu2= q2I22r2

sE2 j s x2

I2est a frecuencia s f1= f2

Circuito equivalente del rotorj x2

I2= E2/ ( r2/s ) + j x2

Pg= q2I22

( r2/s ) I2E2 r2/s

I2est a frecuencia de lnea f1

PgPcu2porque Pg= Pcu2+ Pm

Circuito equivalente modificado, del rotorjx2

Pg= q2I22( r2/s ) = q2I22r2+ (r2/s) (1 s) r2

De donde: ( r2/s ) (1 s) = rm I2E2

(r2/s) (1 s)

Circuito equivalente modificado del rotor referido al estator

r2 j x2

I2E2 = a E2= E1

(r2/s) (1 s)


36/245

36

Circuito equivalente EXACTO del motor

r1 j x1 r2 j x2

I1 Im I2

V1 (r2/s) (1 s)

Ic rc j x I

Circuito equivalente APROXIMADO del motor

re j xe

I1 Im I2

V1 (r2/s) (1 s)

rc j x

Ic I


37/245

37

4. CALCULO DEL COMPORTAMIENTO

Para facilitar la comprensin usaremos un DIAGRAMA DE FLUJO DE POTENCIA:

EJEMPLO.-Un motor trifsico de 4 polos, 50 HP, 480 V, 60 HZ, conectado en estrella, tienelos siguientes parmetros:R1= 0.1 x1= 0.35 r2 = 0.12 x2 = 0.4 Pc= 1,200 W Pr= 950 W

Sin carga, la corriente I1 es 18 amperios a 0.089 f.p. atrasado. Para un deslizamiento del2.5%, calcule: a) I1 b) f.p. c) T = par electromagntico d) HPsalida e) Eficiencia

POTENCIA ELECTRICA DE ENTRADA

P1= q1V1I1Cos 1

PERDIDAS EN COBRE ESTATOR

= q1I12R1

PERDIDAS EN NUCLEO ESTATOR

= Pc= q1Ic2Rc

POTENCIA EN EL ENTREHIERRO

Pg= q2I22(r2/s) = q2I22(r2/s) =

= q1E1I2 Cos 2= q2E2I2Cos 2= T s

PERDIDAS EN COBRE ROTOR

= q2I22r2 = q2I22r2= s Pg

POTENCIA MECANICA DESARROLLADA

Pm= Pg( 1 s ) = T m

PERDIDAS ROTACIONALES

= Prot

POTENCIA MECANICA UTIL

P0= Pm Prot= T0m


38/245

38

5. CORRELACION ENTRE LA OPERACIN DEL MOTOR DE INDUCCION YLAS ECUACIONES BASICAS DEL PAR

La variacin del par con respecto a la velocidad o deslizamiento es muy importante y sepuede conocer partiendo de la ecuacin bsica del par.

Para valores pequeos de s, la corriente del rotor es pequea y el ngulo entre la tensininducida y la corriente es casi cero.

Esto corresponde a un ngulo igual a cero.

Es la mejor condicin, pero la corriente es casi cero.

Desde otro punto de vista , se trata de dos imanes que tienden a ponerse colineales. Lafuerza mxima entre ellos es cuando estn a 90.

Cuando se aplica una carga mecnica, la reaccin inmediata es bajar la velocidad (aumenta

s) y aumenta la corriente en el rotor, I2, hasta llegar a condiciones normales de operacin,para valores de s entre 3% y 5%. El ngulo entre la tensin y la corriente est cercano a los

10 elctricos; ste es el ngulo .

Finalmente, para cualquier valor de s, se debe cumplir que la distribucin de campomagntico y la distribucin de corrientes en el rotor son estacionarias entre s.

La velocidad de B con respecto al estator es: s

La velocidad de la distribucin ampere-conductor con respecto al rotor es: ss

La velocidad del rotor con respecto al estator es: s(1 s)

La velocidad de la distribucin ampere-conductor con respecto al estator ser, entonces:

ss+ s(1 s) = s

que es igual a la velocidad de B con respecto al estator; por lo tanto, son estacionarios entres.

6. CARACTERISTICA PAR-VELOCIDAD. PAR DE ARRANQUE Y PARMAXIMO DESARROLLADO

A partir de la ecuacin I2= ( s E2) / r2+ j s x2

Para valores de s entre 0 y 10%, la variacin es casi lineal; el ngulo vara de 0 a 15grados elctricos; por lo tanto, su coseno es casi constante.


39/245

39

Para valores mayores de s, el trmino s x2es ms importante e influyente, el coseno del

ngulo disminuye rpidamente hasta que el producto alcanza un mximo y despuscomienza a disminuir. La curva completa es as:

s_

s = 0

smx

| | | |s = 1 100% 200% 300% 400% T

Par mximoPar de arranque

Par de arranque:se determina para s = 1

I2 = V1/ ( r1+ r2 )2+ ( x1+ x2 )2

Ts= Pg= q ( I2 )2( r2 ) = q V12( r2 ) / ( r1+ r2 )2+ ( x1+ x2 )2

De esta ltima expresin se despeja T y as se calcula el valor del par de arranque.

Debemos observar el efecto que tiene r2 sobre el valor del par de arranque; as comotambin, el efecto de la reduccin del voltaje V1sobre el valor del par de arranque, que se daen algn tipo de arrancadores, cuando se debe limitar la corriente de arranque,especialmente para motores mayores de 3 HP.

Par mximo:es, aproximadamente, un 200 a 300% del valor de par nominal, nos indica lacapacidad de reserva de una mquina para soportar picos momentneos de sobrecarga.

No se debe servir en forma continua porque la mquina se sobrecalentara.

El par ser mximo cuando Pgsea mxima; aplicando el teorema de transferencia mximade potencia:

r2 / smx= ( r1)2+ ( x1+ x2 )2

Esta expresin, tambin se obtiene al derivar la expresin de Pg, igualar a cero y despejarsmxque es el valor de deslizamiento al cual ocurre el par mximo. La expresin de clculoes

smx= r2 / ( r1)2+ ( x1+ x2 )2


40/245

40

Al analizar esta expresin observamos que el valor de smxse puede cambiar modificando r2,incluso podemos lograr que smxsea 1, lo cual nos dara el par mximo en el momento delarranque

Conociendo smx, el par mximo, llamado tambin par de bloqueo, se obtiene resolviendo elcircuito equivalente para smx.

Tmx= ( 1/s) q1( I2 )2( r2 / smx) =

Tambin se observa que, aunque smx depende de r2, la magnitud del par mximo esindependiente de r2.

scon (r2)1

con (r2

)2

T

(r2)2> (r2)1

7. PARAMETROS DEL CIRCUITO EQUIVALENTE A PARTIR DE LASPRUEBAS SIN CARGA

Para calcular el comportamiento debemos conocer los parmetros del circuito equivalente, yasea por medio de los datos de diseo del fabricante o por pruebas apropiadas.

Rama de magnetizacin:se realiza la prueba sin carga, midiendo la potencia, corriente yvoltaje, a frecuencia nominal. Si la prueba se repite para distintos voltajes, se puede obteneruna grfica de Potencia vrs. Voltaje, en la que el intercepto con el eje de las ordenadasrepresenta las prdidas rotacionales.

P0 a

ProtVfase

V1


41/245

41

Sin carga y a voltaje nominal, la potencia se ocupa en:

P0= q1I02r1+ Pc+ Prot

Cuando no se conocen Pcy Prot, podemos suponer que son iguales. Por lo tanto, con estasuposicin:

Ic= Pc/ ( q1V1) = P0 q1I02r1/ 2 q1V1

rc= V1/ Ic

Para la reactancia de magnetizacin:

0= Cos-1P0/ ( q1V1I0)

I= I0Sen 0

x= V1/ I

El diagrama fasorial para la condicin sin carga es el siguiente:

VI20 = Prot/ ( q V1)

= P0 q1I02r1/ 2 q1V1 I0I20 = Ic

0Ir1

Ir1= I02

r1/ V1 ImIc

I

Resistencia y reactancia de los embobinados:se realiza la prueba de rotor bloqueadoque es similar a la prueba de cortocircuito en transformadores y esta situacin corresponde ala condicin de s = 1

Esta prueba se debe realizar a voltaje reducido ( 10 25% del voltaje nominal ); por facilidady porque el voltaje es reducido, en estas condiciones podemos suponer que las prdidas en

el ncleo son despreciables.

En estas condiciones, el circuito equivalente resultante para esas condiciones de rotorbloqueado ser:

re = r1+ r2 j xe= j (x1+ x2)Vb Ib


42/245

42

Las lecturas que debemos tomar son:

Pb= lectura de potencia total en el vatmetro

Ib= corriente por fase en la conexin en estrella

Vb

= voltaje por fase en la conexin en estrella

r1CD= resistencia del estator en corriente directa

r2CD = resistencia del rotor en corriente directa

a = relacin de transformacin entre estator y rotor

re= r1+ r2 = Pb/ ( 3 Ib2)

Ze= Vb/ Ib

Xe= Ze2 re2= x1+ x2

r1= r1CD/ (r1CD+ a2r2CD) re

Para el circuito equivalente usamos el r1calculado y el r2CDmedido porque el rotor trabaja a

frecuencias muy bajas, casi corriente directa.

En el motor jaula de ardilla es imposible medir la resistencia del rotor, pero podemosrealizar la prueba de rotor bloqueado a distintas frecuencias y a voltaje reducido, y luegoextrapolamos.

re

r2CD= reCD r1CDreCD

f


43/245

43

8. CALCULO DEL COMPORTAMIENTO POR MEDIO DEL DIAGRAMACIRCULAR

El diagrama circular es una solucin grfica del circuito equivalente aproximado. Se usamucho por las siguientes razones:

a) Se visualiza el par mximo desarrollado y los HP mximos de salida, cuya medicin fsicaes difcil

b) Se puede determinar fcilmente el punto de operacin de mxima eficiencia o de mejorfactor de potencia

c) Se observa fcilmente cmo se afecta el comportamiento por cambios en los parmetrosde la mquina , por la saturacin, por el voltaje o frecuencia

d) Se puede observar los distintos valores de I1para todo el dominio de valores de s

Como I1= Im+ I2 , la solucin tiene dos partes. Si el voltaje es constante, I mes constante.

V1

PP E(s=1)

KP

mn RQ H

Q JP0 J K

0P0 K

I0 A L C G BIr1

IM Ic

IO D M F

DIAGRAMA CIRCULAR DEL MOTOR DE INDUCCION


44/245

44

En la primera parte de la solucin:

P0 es un punto de operacin que corresponde a s = 0

P0es un punto de operacin que corresponde a s 0

P0P0es la corriente I20 y representa las prdidas rotacionales de vaco

D A son las prdidas en el ncleo ms las prdidas en el cobre del estator para lascondiciones sin carga

El diagrama circular es un diagrama de corrientes. La ordenada es el voltaje por fase tomadocomo referencia. Todos los dems fasores son corrientes que representan potencias por faseen el motor de induccin.

En la segunda parte de la solucin: tenemos la corriente del rotor referida al estator.

I2 = V1/ ( r1+ r2/s )2+ ( x1+ x2 )2

Sen = x1+ x2 / ( r1+ r2/s )2+ ( x1+ x2 )2

En donde es el ngulo entre V1e I2

Por lo tanto: I2 = V1/ ( x1+ x2 ) Sen

Esta es la ecuacin de un crculo, en forma polar.

El centro se encuentra a una distancia desde A, igual a: V1/ 2 ( x1+ x2 )

En realidad, es mejor localizar el centro conociendo otro punto del crculo, por ejemplo, elque corresponde a s = 1.

La lnea que va desde A hasta el punto E forma un ngulo con la vertical igual a:

b= Cos-1Pb/ ( 3 VbIb)

y la distancia AE es igual a: Ib = Vn/ VbIb

El centro se localiza trazando la perpendicular por el centro de la lnea AE hasta cortar lahorizontal AB que es un dimetro del crculo.


45/245

45

Ahora consideraremos la operacin a voltaje nominal, para s igual a 1:

OE = corriente de arranque en el estator

AE = corriente de arranque en el rotor referida al estator

Como en estas condiciones el motor no est girando, no hay potencia mecnica de salida y

toda la potencia que entra es para satisfacer las prdidas en esta condicin.

EF = potencia total de entrada e igual a todas las prdidas de esta condicin

EG = prdidas en el cobre del estator ms prdidas en el cobre del rotor

FG = prdidas en el ncleo

Se cumple que: (I2)2r2 / (I2)2r1= r2 / r1= EH / HG

EH = par de arranque a voltaje nominal

Para cualquier otro punto de operacin, como por ejemplo P, cada segmento representa losiguiente (todos son valores por fase):

OP = corriente total de lnea

AP = corriente del rotor referida al estator

PM = potencia total de entrada (por fase)

JL = prdidas en el cobre del estator ms prdidas en el cobre del rotor para el punto P

QJ = prdidas rotacionales expresada en vatios

QM = suma de todas las prdidas

PQ = potencia de salida

OF = lnea de la potencia de entrada

P0R = lnea de la potencia de salida

P0K = lnea de la potencia transferida al entrehierro

AE = lnea de la potencia mecnica desarrollada

PQ / PM = eficiencia

MP / OP = factor de potencia

JK / PK = deslizamiento s = Pcobre del rotor / Pg

Estos datos difcilmente se obtienen en forma experimental.


46/245

46

- El punto de HP mximos de salida se determina conociendo el punto del arco AE endonde PQ tenga su valor mximo. Se obtiene con una perpendicular a P 0R que pase porel centro del crculo; as resulta el punto P.

- Para determinar el par mximo desarrollado se traza una perpendicular a la lnea delpar AH que pase por el centro del crculo; resulta el punto P.

- ESCALA DE DESLIZAMIENTO: aunque hemos definido cmo se calcula eldeslizamiento, podemos construir una lnea dividida en 100 partes que permita prolongarI2 para sealar el valor del deslizamiento que corresponde a ese determinado punto deoperacin. La lnea se traza paralela a la lnea de la potencia transferida al entrehierroP0K.

El intercepto de la vertical por el punto A con esta paralela y el intercepto con laprolongacin de la lnea que parte desde A, pasando por s igual a 1, determinan elsegmento que se debe dividir en 100 partes iguales, de s = 0 a s = 1.

- ESCALA DE EFICIENCIA: se obtiene por un procedimiento parecido. Ahora, la lneadebe ser paralela a la horizontal. El segmento que se debe dividir en 100 partes igualesse encuentra entre el intercepto con el fasor de voltaje de referencia y el intercepto con laprolongacin de la lnea que parte desde el origen, O, pasando por s igual a 1. Deizquierda a derecha va del 100% al 0%.

- ESCALA DEL FACTOR DE POTENCIA:se traza un crculo con radio unitario y se tomala mitad que tiene el dimetro paralelo al fasor del voltaje de referencia (vertical). Lalectura se toma prolongando desde el origen la lnea que pasa por el punto de operacin.

Al proyectar este intercepto entre la lnea proyectada y la circunferencia hacia laordenada, si el dimetro est dividido en 100 partes iguales, leeremos el factor depotencia. La escala va desde 0 abajo hasta 1 arriba.

9. CONTROL DE VELOCIDAD

Esta facilidad se necesita en la operacin de bandas, gras, elevadores, etc. Analizando,primero, el motor jaula de ardilla, que no tiene acceso elctrico al rotor, slo podremoscontrolar la velocidad desde el estator, as:

a) Cambiando la frecuencia de la lnea de alimentacinb) Cambiando el nmero de polos del estator (es un motor multivelocidad)c) Cambiando el voltaje aplicado (cambia la curva de operacin y se reduce el par)

Aunque tcnicamente son factibles, econmicamente no se usan porque implica fuentes devoltaje especiales parar la operacin para cambiar el nmero de polos.

Adems, en algn caso se reduce la capacidad de reserva y es posible que no puedaarrancar por la reduccin de par. Este motor se ocupa, casi solamente en velocidadesconstantes.


47/245

47

n

ac V1

bV2

T

125% 250%

El motor de rotor devanado se puede controlar desde el estator por los tres mtodosanteriores, y, adems, por los siguientes tres:

a) incrementando x2, pero no es comn porque afecta el f.p. de la lneab) incrementando r2, este mtodo es el que ms se usa. Al aumentar r2 se reduce la

velocidadc) aplicando un voltaje en los terminales del rotor

El mtodo (b) controla hasta el 50% de la velocidad sncrona. Para valores menores, laeficiencia es pobre. Se puede calcular el valor de r2 que se necesita para desarrollar elmismo par a un deslizamiento s.

Para este clculo se usa el diagrama circular.V1

E, s=1

E, s=1

P

HJ H

JK |

A L C G G B

O D M F

Para el punto P, las prdidas del rotor cambian de JK a JK. Si la carga es de par constante,la corriente de lnea y la del rotor no deben cambiar.

PK es constante y P no se puede mover porque el par es constante; por lo tanto, lo que hasucedido es que el valor de deslizamiento del punto P ha cambiado as:


48/245

48

s = JK / PK = ( K r2 ) / Pg

s = JK / PK = K (Ra + r2 ) / Pg

De donde: Ra = ( s s ) / s r2

Y tambin: Ra= ( s s ) / s r2

Por ejemplo, si queremos que el par mximo ocurra en el momento del arranque, en unmotor cuyo par mximo ocurre para s = 0.1; la resistencia que debemos agregar al rotor es:

Ra= ( 1 0.1 ) / 0.1 R2= 9 R2

El mtodo (c) lo podemos analizar as:

Supongamos que queremos desarrollar el par nominal a distintas velocidades, la reactancia

del rotor es despreciable, el ngulo es casi cero.

T = K I2

Pero es constante; por lo tanto, I2debe ser constante.

En condiciones normales, en el rotor tenemos:

n = nr= nominalEr = s E2= I2r2

I2

Si aplicamos un Vi opuesto a sE2, I2 disminuir, el par bajar, la velocidad bajar, eldeslizamiento subir; por lo tanto, sE2debe crecer hasta que I2llegue a su valor original. Esdecir, que:

Vi

sE2= sE2+ ViEr = sE2 Vi= I2r2= sE2

sE2

Pero si Vi es de la misma polaridad que sE2, aunque menor, ocurrir lo contrario. Estaposibilidad no existe con las resistencias. Si el voltaje fuera igual, el motor girara a velocidadsncrona (motor sncrono). Y si el voltaje inyectado fuera mayor que sE2, lograramosvelocidades mayores que la sncrona y que corresponde a valores negativos de s. Este motorse llama SCHRAGE.

sE2

ViEr= I2r2= sE2


49/245

49

10. VALORES NOMINALES Y APLICACIONES

Para especificar un motor, debemos conocer las caractersticas de la carga:

- potencia en HP- par de arranque

- capacidad de aceleracin- variacin de velocidad- ciclo de servicio- condiciones ambientales- y otras

NEMA ha normalizado los tipos de motor identificndolos con una letra; de ellos, los mscomunes son:

CLASE A: motor jaula de ardilla, de resistencia baja, ranuras semiabiertas

CLASE B y CLASE C: tiene barras embebidas para reducir la corriente de arranque a plenovoltaje y para conseguir par de arranque elevado

CLASE D: tiene barras de resistencia alta para lograr par de arranque elevado, perodisminuye la eficiencia

En la siguiente tabla se describen algunas caractersticas de los motores de induccin y en lafigura se presentan las curvas caractersticas de diferentes clases de motores.

CARACTERISTICAS NEMA DE LOS MOTORES DE INDUCCION JAULA DE ARDILLA

CLASENEMA

% DEREGULACION

DE VELOCIDADA PLENA

CARGA

PAR DEARRANQUE EN

VECES ELNOMINAL

CORRIENTE DEARRANQUE EN

VECES LANOMINAL

NOMBRECARACTERISTICO

A 2-5


50/245

50

0 100 velocidad sncrona

0.190

D F C B A0.2 80

0.3 70

0.4 60

F C B D A0.5 50

0.6 40

0.7 30

0.8 20

F B A C D

0.9 10

1.0 0nominal 2 nominales 3 nominales

CARACTERISTICAS VELOCIDAD VRS. PAR DE MOTORES DE INDUCCION JAULA DEARDILLA PARA LAS CLASES NEMA

CLASES NEMA:A = normalB = propsitos generalesC = doble jaula, torque altoD = rotor de resistencia alta

F = doble jaula; torque bajocorriente de arranque


51/245

51

11. CONTROLADORES PARA MOTORES TRIFASICOS DE INDUCCION

Despus de seleccionar el motor, se debe especificar el control. Las funciones primarias quedebe cumplir son:

a) Dar un par de arranque apropiado

b) Permitir paradasc) Permitir inversiones de giro sin peligro para el motor, para otras cargas o para la fuente

Entre sus fines se encuentran, especialmente, los siguientes:

1.- Limitar el par de arranque reduciendo el voltaje2.- Limitar la corriente de arranque reduciendo el voltaje3.- Proteger de sobrecargas. Los HP nominales dependen de la temperatura permisible en el

aislamiento4.- Proteger contra voltajes bajos

En trminos generales pueden ser manuales o automticos.

A continuacin tenemos tres esquemas de controladores para motores de induccin.

ESQUEMA 1:

M OL

M OL

M OL

START

STOP OL OL OL

Ma

MOTOR

M


52/245

52

ESQUEMA 2:

M OL

1A 2A 3AM OL

1A 2A 3A

M OL

1A 2A 3A

START

M

STOPOL OL OL

1AMa

TM

2A

T1A3A

T2A

MOTOR


53/245

53


54/245

54


55/245

55


56/245

56


57/245

57


58/245

58


59/245

59

3.- MAQUINA SINCRONA TRIFASICA

La mquina sncrona trifsica se ocupa principalmente para generacin de energa elctrica,alimentando a la industria y los servicios (trifsicos y monofsicos). La forma ms comn es"sncrona trifsica". Las cargas monofsicas se conectan a cada una de las fases parabalancear el sistema. Trabajan sincronizadas a un sistema (que se considera como "BUS" de

potencia infinita).

Son de dos tipos:

a) Baja velocidad: impulsadas por motores de combustin o turbinas de agua; son de polossalientes, dimetros grande y longitud axial pequea.

b) Turbogenerador: impulsadas por turbinas de vapor o de gas; son de rotor cilndricodentado, dimetro pequeo y longitud axial grande.

1.- GENERACION DE VOLTAJES TRIFASICOS

Las piezas polares producen una distribucin senoidal de flujo, a lo largo del entrehierro. Enla figura que ilustra esta mquina, el rotor gira en sentido contrario a las agujas del reloj. Parala posicin que se presenta, la tensin inducida "e" es mxima positiva en el conductor "a",para t1

b c

wsa a

N S

c b

FIGURA 1 Generacin de voltajes trifsicos

Cuando el rotor avanza 60, el conductor que tiene "e" mxima es "c' ", para t2. Si graficamosla tensin inducida para cada fase en funcin del tiempo, la seal sera as:


60/245

60

a b c

t1 t2

FIGURA 2 Voltajes senoidales trifsicos en funcin del tiempo

Si unimos los tres terminales a' , b' y c' tendramos un generador conectado en estrella.

2.- ANALISIS LINEAL POR EL METODO GENERAL

Podemos describir los principios y caractersticas del generador sncrono de rotor cilndricopor medio de un diagrama fasorial. El problema es que el flujo no es constante, como en elcaso de los transformadores y motores de induccin, sino que depende por lo menos de:

a) Corriente de campo (en el rotor)

b) Corriente de armadura o de carga (en el estator)

Por lo tanto, necesitamos conocer la curva de magnetizacin del circuito magntico de lamquina. Esta curva se puede obtener con los datos de diseo o desarrollando en el

laboratorio la llamada "prueba de circu ito abierto"

En esta prueba, el rotor se impulsa a "ns" (rpm), el campo magntico se alimenta conCorriente Directa variando desde cero hasta la corriente nominal de campo y se toman laslecturas de voltaje generado, generalmente por fase.

Ef(a) Caracterstica de vaco (b) (a)

(b) Caracterstica de entrehierro Ia

(c) Caracterstica de cortocircuito

(c)

If

FIGURA 3 Caractersticas de: (a) Vaco (b) entrehierro (c) cortocircuito


61/245

61

La caracterstica de cortocircuito se encuentra uniendo los terminales de lnea de la mquinay alimentando el campo magntico desde corriente cero hasta que circule la corrientenominal de armadura. Con las lecturas de "Ia" e "If" se traza la curva, en su escala adecuada.

Esta curva es lineal porque en las condiciones de cortocircuito, la mquina trabaja con muypoco flujo, slo el necesario para producir la tensin que impulsa la "Ia" de cortocircuito contrala reactancia de dispersin.

Si en un diagrama fasorial tomamos como referencia la FMM de campo (fuerzamagnetomotriz), la tensin inducida (Ef) estara situada a 90 atrs.

La FMM de armadura FA = A est en fase con el eje de la bobina, por lo tanto en el

diagrama fasorial estara en fase con IA

La combinacin de ambas fuerzas magnetomotrices produce una FMM resultante FR, que esla responsable de generar la tensin inducida resultante ER.

Por otra parte, la presencia de "I" y "B"produce un par sobre los conductores de armadura,pero como stos son estacionarios, el que se mueve es el campo y en sentido contrario al del

par desarrollado (par de reaccin)

El diagrama fasorial se desarrolla con valores por fase. Se supone que conocemos:

Ra= resistencia de armadura, por fase

XL= reactancia de dispersin de la armadura, por fase

La mquina desarrolla corriente de armadura nominal, a factor de potencia atrasado (), paravoltaje terminal nominal, por fase (Vt); y deseamos conocer el valor de Ifque se necesita paraesta condicin de carga.

Ef

F A

R ER

- A R j IaXL

Vt IaRaA

Ia

FIGURA 4 Diagrama fasorial


62/245

62

FF + FA = FR FRproduceER

Vt = ER - Ia(Ra+ j XL)

ER = Vt + Ia(Ra+ j XL)

ER/ = Vt/ 0 + (Ia/- ) (Ra+ jXL)

Rse busca en la figura 3, en la lnea de entrehierro

R = R / 90 +_

Ase obtiene de datos de diseo, o por pruebas de laboratorio

A partir de los datos de diseo: A = (1/Nf) (0.9 q) ( N2Kw2/ p) (Ia)

Nf= vueltas de campo por poloq = # de fasesN2Kw2= vueltas efectivas de armadura por fasep = # de polos

Ia= corriente de armadura por fase

As, A = A / - F = R - A = R / 90 + _ - A / -

Con los F amperios de campo se lee en la lnea de entrehierro el valor de Ef, que ademsdebe estar a 90 atrs de F, en el diagrama fasorial. Este valor de E fsera el voltaje por faseen los terminales si quitamos la carga (tensin de vaco)

EJEMPLO 1.-Un turbogenerador de 10,000 KVA, trifsico, 2 polos, 60 HZ, 13,800 voltiosde lnea a lnea, tiene las caractersticas mostradas en la grfica. Ra= 0.07 ohmios; XL= 1.9ohmios; A para Ia nominal equivale a 155 amperios de campo. Encuentre: la corriente de

campo que produce el voltaje terminal nominal a corriente nominal de armadura y a 0.8 factorde potencia atrasado.

Vtnominal = 13,800 / 3 = 7,970 V Ianominal = (101000,000)/(3)(13,800) = 418 A

ER= 7,970 / 0 + (418 / -36.9 ) (0.07 + j 1.9) = 7,970 + (1.9 / 87.9)( 418 / -36.9)= 7,970 + 794 / 51 = 7,970 + 500 + j 617 = 8,470 + j 617= 8,490 / 4.17

En la grfica buscamos R = 148 / 90 + 4.17 = 148 / 94.2

F = R - A = 148 / 94.2 - 155 / -36.9 = -10.8 + j 148 - (124 - j 93.1)= -10.8 + j 148 - 124 + j 93.1 = -135 + j 241 = 276 / 119

En la grfica buscamos Efpara F= 276, y el resultado es :Ef= 15,870 / 119 - 90 = 15,870 / 29

Observemos que este valor es por fase y que es exagerado porque no hemos considerado lasaturacin ya que hemos ledo en la lnea de entrehierro (esta lnea pasa por la coordenada16,000,300)


63/245

63

TURBOALTERNADOR DE 10,000 KVA, TRIFASICO, Y, 13,800 V LINEA A LINEA, 2 POLOS, 60 HZ


64/245

64

3.- ANALISIS LINEAL POR EL METODO DE LA REACTANCIA SINCRONA.

CIRCUITO EQUIVALENTE

Ahora vamos a considerar el efecto de la corriente que circula por el embobinado dearmadura, este efecto se llama "reaccin de armadura". Ya lo tomamos en cuenta como laFMM de armadura expresada en amperios de campo equivalentes (A). Ahora

consideraremos el flujo que produce y la tensin inducida asociada con ese flujo. Comotodava no hemos considerado la saturacin magntica, los resultados deben ser los mismos.

La reaccin de armadura produce un flujo giratorio RA que induce una tensin ERA(atrasada 90)

ERA = - j IaX (por ser lineal) X= reactancia de reaccin de armadura- j por el atraso de 90 entre ERA e Ia

Este mtodo se basa en que la mquina debe operar a F amperios de campo porquenecesita adems una componente de tensin inducida igual y opuesta a ERA, para anularla.

Para carga nominal y factor de potencia atrasado:

Xs= XL+ X= reactancia sncrona

Con Efse busca F en la caracterstica de entrehierroF

EfR

- ERA= j IaXER

j IaXSj Ia XL

Vt

IaRaERA= - j IaX RA

AIa

FIGURA 5 Diagrama fasorial

Observemos que la reactancia sncrona es una cantidad ficticia que sustituye el efecto delflujo de dispersin de armadura ms el de la FMM giratoria que produce la reaccin dearmadura. As:

Ef = Vt + Ia(Ra+ j XS)

Esto nos lleva a un circuito equivalente, aunque de momento, lo nico importante es elconcepto de "reactancia sncrona"


65/245

65

Ia jXS RaVt

Ef CARGA

FIGURA 6 Circuito equivalente

El problema real es determinar XS. Esto se logra con:

a) Datos de diseo

b) Caracterstica de cortocircuito y de entrehierro

El mtodo (b) se comprender fcilmente si analizamos las condiciones de operacin de lamquina en cortocircuito, con una Ifque produzca la corriente nominal de armadura. En talescondiciones:

Vt = 0 y la FMM de armadura es A

F(SC) LINEA DE ENTREHIERRO

- A

R(SC)

EF(sc) LINEA DE CORTOCIRCUITOER(SC)

IaRa Ef(SC) Ia

jIaXL jIaXA

F(sc)Ia

FIGURA 7 Diagrama fasorial para condicin de cortocircuito

Como Raes casi igual a 0, , de otra forma, Raes mucho ms pequea que (XL+ X); F, -Ay Rson casi colineales.

XS = Ef(sc)/ Ia= "reactancia sncrona no saturada"

Con Iase lee F(sc)en la lnea de cortocircuito. Con F(sc)se lee EF(sc)en la lnea de entrehierro


66/245

66

EJEMPLO 2.-Para el ejemplo anterior determinar:

a) XSb) Ifpara carga nominal a voltaje nominal y 0.8 f.p. atrasado

En las grficas: para Ia= 418 amperios F(sc)= 171 (lnea de cortocircuito)

para F(sc)= 171 amperios EF(sc)= 9,410 voltios (lnea de entrehierro)

XS= 9,410/418 = 22.5 ohmios

Ef= 7,970 /0 + (418 /-36.9) (0.07 + j 22.5) = 7,970 /0 + (418 /-36.9)(22.5 /89.8)

= 7,970 + 9,410 /52.9 = 7,970 + 5,680 + j 7,510 = 13,650 + j 7,510

= 15,580 / 28.8

En la curva de entrehierro, con 15,580 voltios encontramos F= 284 amperios

4.- ANALISIS NO LINEAL DE LA MAQUINA SINCRONA

La potencia de salida de las mquinas depende del grado de saturacin magntica yelctrica permisible; es decir de la densidad de flujo y de la densidad de corriente.Lgicamente, para aprovechar los materiales al mximo, trabajarn en la zona saturada.

Es importante que podamos determinar las corrientes de campo reales porque de ellodepende la eficacia del regulador de voltaje, ante los cambios que se produzcan en la carga.

Analizaremos los dos mtodos anteriores considerando el grado de saturacin magntica dela mquina

a) METODO GENERAL: Es idntico al que ya estudiamos; la diferencia es que ahoraocuparemos la curva de vaco en vez de la lnea de entrehierro. Las curvas tienen lasecuaciones: E = 58 If Isc = 2.5 If

ER= Vt /0 + Ia(Ra+ jXL) = 8,490 / 4.17

R se busca en la curva de vaco con 8,490 voltios: R = 222 amp.

R = 222 /4.17 + 90 = 222 / 94.2

A sigue siendo 155 / -36.9

F = R - A = 222 /94.2 - 155 /-36.9 = 344 / 114

En la curva de vaco: Con F = 344 amperios Ef= 9,560

El voltaje sin carga ser 9,560 voltios

El % de regulacin ser: (Ef- Vt)(100%)/(Vt) = (9,560 - 7,970)(100%)/(7,970) = 19.9%


67/245

67

b) METODO DE LA REACTANCIA SINCRONA SATURADA

El grado de saturacin de la mquina lo determina R ER

curva linealizada para R

Ef c

ER(ag)Ef b

ERa

Rag R F

FIGURA 8 Mtodo de la reactancia sncrona saturada

ERse produce con R amperios de campo, segn la curva de vaco; si no hubiera saturacin,ERse producira con Ragamperios de campo; por lo tanto, el grado de saturacin se calculacomo:

K = R/Rag = ER(ag)/ER

Si la mquina pasa de la condicin con carga a sin carga en las condiciones de saturacindel punto (a), pasara de (a) hasta (c).

El valor de la tensin E'fes ficticio, pero F es una cantidad real y que se calcula como:

F = (E'f/ ER) R

Luego, podemos encontrar: ER= Vt+ Ia(Ra+ jXL)

El valor de R se toma de la curva de vaco.

E'fse encuentra con: Vt+ Ia(Ra+ j XSS)

Pero XSS= XL+ (XS- XL)/K, porque (XS- XL) = Xy la saturacin afecta a Xy no a XLporquesta se encuentra en aire.

Luego se calcula: F = (E'f/ ER) R


68/245

68

EJEMPLO 3:repita el ejemplo anterior por este mtodo.

ER= 8,490 R = 222 amp K = R/Rag= 222 / 157 = 1.42

XSS= 1.9 + (22 - 1.9)/1.42 = 16 E'f= Vt/0 + Ia(Ra+ j XSS) = 13,050 /24

F = (13,050 / 8,490) (222) = 346 amp

Para calcular la regulacin de voltaje, el voltaje sin carga es el que corresponde a F en lacurva de vaco, esto es 9,560

% Reg = (9,560 - 7,970) / 7,970 = 19.9 %

5.- DETERMINACION EXPERIMENTAL DE XL Y A . SINCRONIZACION

El anlisis no lineal por el mtodo general supone el conocimiento de la reactancia dedispersin de armadura, as como la FMM de armadura expresada en amperios de campo

equivalentes.

Eso se puede obtener con los datos de diseo o con pruebas de laboratorio. Recordemos lacondicin de cortocircuito descrita en la figura 7, en donde Fsc, Rscy A son casi colineales.

Para ese diagrama vectorial en condicin de cortocircuito, Fscse mide, A se puede calcular(pgina 4) y sustraer de Fscpara hallar Rsc; luego, en la lnea de entrehierro correspondientea Rscse puede leer la cada por reactancia de dispersin ER(sc)y XLse puede calcular. Perode todas maneras debemos conocer A.

Analicemos la operacin de la mquina en condiciones de carga a factor de potencia cero

que se logra con carga inductiva pura o sincronizando a la red y sobreexcitando elgenerador.

SINCRONIZACION

Para sincronizar un generador con un sistema de potencia se deben cumplir las siguientescondiciones:

1.- IGUALES VOLTAJES:

ISC ISC12 V 24 V 24 V 24 V

I > 0 I = 0

2.- IGUALES SECUENCIAS:


69/245

69

SISTEMA GENERADOR SISTEMA GENERADORA a A a

C B c b C B b c

SECUENCIAS IGUALES SECUENCIAS DISTINTAS

3.- IGUALES FRECUENCIAS:SISTEMA GENERADOR

w

4.- ESTAR EN FASE:SISTEMA

GENERADOR

DIAGRAMAS DE CONEXIN:

a) A a

B b

C c


70/245

70

b)

A a

B b

C c

DETERMINACION DE XL y A:

Ef

Ef(SC) Ia

IanIaXL a

b co Rsc F(sc) F

A

FIGURA 9

Fsc se conoce de la curva de cortocircuito, restando A encontramos Rsc y buscando en lalnea de entrehierro:

ERsc = IaXL lo cual nos permite calcular XL= ERsc/Ia

Este mtodo supone que conocemos A.

Pero, existe la curva "de factor de potencia cero y a plena carga" que dibuja Vt vrs. Ifmanteniendo la Ianominal. Si conocemos Fsc, la curva de vaco y A; y si podemos encontrarexperimentalmente esa curva, podramos conocer el tringulo y determinar A y ER= IaXL


71/245

71

Si consideramos la saturacin, la relacin entre las curvas de vaco y de factor de potenciacero y plena carga se mantiene. Slo necesitamos conocer el punto "c' " de la curva quecorresponde a condiciones nominales y que tambin se puede obtener sincronizando lamquina y sobreexcitndola.

Ef Ia(sc)a

o b c

a Ia(sc)nom

IfO b c

FIGURA 10

o'c' = oc

Por o' se traza o'a' paralela a oa

a'b' es perpendicular a o'c'

b'c' = A

a'b' = IaXL

XLes la llamada "reactancia de Potier"

Y ste es el mtodo de Potier


72/245

72

6.- TEORIA PARA MAQUINAS DE POLOS SALIENTES

ef

d ia

N

q nS

S

iaef

FIGURA 11

En estas mquinas el entrehierro no es uniforme. Se le llama:

dal flujo en el eje directo

qal flujo en el eje en cuadratura

En operacin normal, la FMM resultante se encuentra en algn lugar entre los polos. Esteflujo produce efectos en ambos ejes, pero de distinta magnitud.

Vamos a desarrollar dos mtodos:

a) De las dos reactancias

b) De la FMM


73/245

73

a) TEORIA DE LAS DOS REACTANCIAS:

distribucin ampere-conductor

ANf= reaccin de armadura

AqNf AdNfBf

ef ia ef ia

N S

FIGURA 12es el ngulo entre el mximo de E y de Ia

ANf= AqNf + AdNf

Consideremos algunas condiciones especficas de carga, que sean sencillas para analizar:

1) Si = -90 (efecto desmagnetizante)

2) Si = 0 (distorsin del campo porque ANfcae sobre el eje en cuadratura)

3) Si = + 90 (efecto magnetizante)

Lo normal es que tengamos cargas inductivas, es decir que se produzca un efecto

desmagnetizante combinado con una distorsin. El ngulo se encuentra entre 0 y -90

Las FMM que actan en el eje directo tienen el efecto de saturacin. Vamos a descomponerla ANfen dos componentes:

Ad= A Sen Aq= A Cos

Las densidades de flujo que producen son as:

AqNf AdNf

Bq Bd

N S

FIGURA 13

El anlisis por el mtodo de las dos reactancias comienza con la descomposicin de I aen:


74/245

74

Id= IaSen Iq= IaCos

F

Ef

IqAq

O Vt

A

Ad

IaId

FIGURA 14

Por el momento supongamos que conocemos Ef, Ia y

Con Adasociamos una cada j IdXad

Xad= reactancia de reaccin de armadura de eje directo

Con Aqasociamos una cada j IqXaq

Xaq= reactancia de reaccin de armadura de eje en cuadratura

Xaq< Xad porque la reluctancia "q" es mayor que la reluctancia "d".

Ahora desarrollemos el diagrama fasorial suponiendo que conocemos: Vt, Ia, , XL, Xad yXaq; Ra= 0

e

Ff

Rd Ed= od d c Ef

Aq Iq b

Vto a o

A

Ad Ia

Id gFIGURA 15

bd = j IqXaq


75/245

75

df = j IdXad

ab = j IaXL

ao = j IaXLSen = j IdXL

ob = j IaXLCos = j IqXL

oa = Vt

be = j IaXad

Pero Xaqy Xadnormalmente no se conocen. Las pruebas pueden dar el efecto combinado dereactancia de dispersin y reaccin de armadura. Analicemos el diagrama vectoreal:

Como el ngulo "cbd" es bd = bc Cos

bc = bd / Cos = (IqXaq) / Cos =(IaCos Xaq) / Cos

bc = IaXaq

ac = ab + bc = Ia(XL+ Xaq) = IaXq

Xq= reactancia sncrona de eje en cuadratura

Con esto ya podemos conocer la direccin de Ef.

De igual forma: df = be Sen

be = df / Sen = (IdXad) / Sen = (IaSen Xad) / Sen

be = IaXad

ae = ab + be = Ia(XL+ Xad) = IaXd

Xd= reactancia sncrona de eje directo

Xqy Xdse obtienen en la prueba de deslizamiento. El mtodo se aplica as:

a) = tg-1 (VtSen + IaXq) / (VtCos )

b) Iq= IaCos /

Id= IaSen / - 90

= + (Recuerde que es negativo para f.p. atrasado)

Ef= Vt+ j IqXq+ j IdXd

Para considerar la reactancia sncrona saturada se ocupa la misma teora que yadesarrollamos; pero slo corregimos con el factor de saturacin para Xd, para Xq no senecesita porque tiene la mayor parte de su trayectoria en aire

b) METODO DE LA FMM:


76/245

76

a) Se obtiene por la misma ecuacin

b) Se calcula Ed(que es el segmento od).

Ed= VtCos (+ ) + IaXLSen (Recuerde que es negativo para f.p. atrasado)

= Vt+ j IdXL+ j IqXq

= Vt+ j IdXL+ j IqXL+ j IqXaq

= VtCos (+ ) + j IdXL

c) Se busca Rden la curva de vaco

d) Se calcula A con el mtodo de Potier

Ad= A Sen

F = Rd+ A Sen (para factor de potencia atrasado, y no se necesita Xaq)

Este mtodo es mejor y ms sencillo

7.- POTENCIA

La potencia desarrollada es Pm= T wm= E Ia. Necesitamos una expresin en funcin delos parmetros de la mquina, voltajes y ngulos de fase; la vamos a derivar del diagramafasorial.

a) MAQUINA DE ROTOR CILINDRICO:

Ef a

j IaXS

Vt

o h b

Iag

FIGURA 16

Raes casi 0

Pm= q VtIaCos = q EfIaCos


77/245

77

q = # de fases

VtCos = EfCos

Adems: ab = EfSen = IaXs Cos

Por lo tanto: IaCos = (Ef/ Xs) Sen

Pm= q (VtEf/ Xs) Sen

es el ngulo de potencia

Si es 0, Pm= 0

Si es 90, Pm= el valor mximoPm

GENERADOR-180 -90

- 0 90 180

MOTOR

FIGURA 17

b) MAQUINA DE POLOS SALIENTES:j IdXd Ef

Ed

jIqXq jIaXq

Iq

Vt

Ia Id

FIGURA 18

En forma similar, a partir del diagrama fasorial

Si es positivo

Pm= q VtIaCos


78/245

78

IaCos = IqCos + IdSen

IqXq= VtSen

Iq= (VtSen ) / Xq

Por otro lado:

Ef= VtCos + IdXd

Id= (Ef- VtCos ) / Xd

IaCos = (Vt/ Xq) Sen Cos + (Ef/ Xd) Sen - (Vt/ Xd) Sen Cos

Pm= q (VtEf/ Xd) Sen + q (Vt2/ (2 XdXq) (Xd- Xq) (Sen 2 )

(par electromagntico) (par de reluctancia, 30%)En el caso particular que la mquina es de rotor cilndrico: Xd= Xq Par de reluctancia = 0

Pm

GENERADOR

-90 180

-180 0 90

MOTOR

FIGURA 19


79/245

79

8.-EL MOTOR SINCRONO

Es una mquina doblemente excitada, por el rotor y por el estator y desarrolla par slo a unavelocidad, la sncrona; a cualquier otra velocidad, el par es cero.

El campo del rotor y la distribucin ampere-conductor de la armadura son estacionarios,

entre s, a la velocidad sncrona.

No tiene par de arranque y necesita de algn dispositivo auxiliar para llevar el rotor a lavelocidad sncrona o muy cerca de ella (esto puede ser un motor de CD, una jaula de ardillaembebida en las caras polares, los embobinados amortiguadores, etc.)

Se sigue cumpliendo que: f1 = f2 + fr

del rotorde las corrientes del rotorde las corrientes del estator

9.- DIAGRAMA FASORIAL Y CIRCUITO EQUIVALENTE

Cuando la mquina sncrona pasa de generador a motor ocurre una inversin en el flujo depotencia, sin que cambie el sentido de giro o la corriente de campo.

La ecuacin es : Vt= Ef+ j IaXs

Iaa

Vt bj XS

Ia j IaXS

Vt Ef

es negativoEf a

b

FIGURA 20 FIGURA 21

Cuando | Ef| > | Vt| el motor est "sobreexcitado" y trabajando a f.p. adelantado

Cuando | Ef| = | Vt| el motor tiene "excitacin normal"

Cuando | Ef| < | Vt| el motor est "subexcitado"

10.- COMPROBACION DE LA ECUACION BASICA DEL PAR PARA ELMOTOR SINCRONO


80/245

80

Analicemos la ecuacin bsica de par en el motor sncrono para distintas condiciones defactor de potencia.

Si = 0 veamos el siguiente esquema de mquina que se presenta como de polos salientespara ver mejor el efecto, pero estamos analizando una mquina de rotor cilndrico:

Vt

jIaXS

F IaR

EfA

Ef= cada de tensinT

w FIGURA 22

Ef= tensin inducida

ia

ef

Vt R NF

ns

A

S

Vtef

ia

FIGURA 23

f


81/245

81

R

a Ia Jm

t

w

T

FIGURA 24

Para este anlisis despreciamos XL, por eso es que R y Vtson perpendiculares

Efes cada de tensin. Se produce un par en el sentido de giro sobre el rotor. I x B

La Figura 24 es un diagrama desarrollado.

Si Vtes constante, Rtambin es constante.

T = (/ 8) p2

JmCos

Si = 0 , entonces: T = (/ 8) p2Jm

Recordemos que (es el ngulo de par) = ngulo entre el eje del campo y el eje de la FMM;es decir que es el complemento de

En este caso es 90 y la otra expresin de par es:

T = (/ 8) p2FpSen = (/ 8) p2 Fp

Si ahora = 60 (Iaadelante de Ef), habr conductores debajo de polos de polaridad tal queproducen par en sentido contrario.

A tendra una componente de desmagnetizacin.


82/245

82

11.- CALCULO DEL COMPORTAMIENTO DEL MOTOR SINCRONO

Se obtiene con: a) Diagrama fasorialb) Diagrama de flujo de potenciac) Expresin de potencia mecnica desarrollada

Para el diagrama de flujo de potencia (b), tomando en cuenta slo la potencia que fluyedesde la fuente de CA:

Potencia Elctrica de EntradaPi= q VtIaCos

Prdidas en el cobre del Estator Potencia mecnica desarrollada

= q Ia2

Ra Pm = q EfIaCos = q (VtEf/ Xs) Sen = T ws

Prdidas en el ncleo Potencia Mecnica de Saliday Prdidas rotacionales Po = Pm- Pc- Prot

Pc y Prot = T0ws

En la condicin sin carga, 0 es pequeo, lo suficiente para satisfacer las prdidasrotacionales y del ncleo

Ia

0 Vt

0

j IaXS

Ef

FIGURA 25


83/245

83

Si aplicamos carga, la primera reaccin es un retraso (porque momentneamente disminuyela velocidad n) de Efpara que circule Iay se ajuste el f.p. a la carga demandada.

EJEMPLO: Un motor sncrono de rotor cilndrico conectado en estrella, 60 HZ trifsico,2300 voltios, tiene una Xs= 11 ohmios por fase. Cuando desarrolla 200 HP, la eficiencia es90% (sin considerar las prdidas de campo) y el ngulo de potencia es 15. Despreciando Radetermine:

a) Ef b) Ia c) f.p.

a) Como hemos despreciado Ra

Pi= Pm= (3VtEf/ Xs) Sen = (200)(746)/0.9

Vt= 2,300 / 3 = 15 Xs= 11

Ef= [(200)(746) / 0.9 ] [(11)(3) / (3)(2,300)] [1 / Sen 15] = 1,769 Voltios

b) j IaXs= Vt- Ef = 1,328 /0 - 1,769 /-15 = 1,328 - 1,709 + j 47.8 = 595.6 /129.8

Ia= (595.6 /129.8) / (11 /90) = 54.1 /39.8

c) f.p. = Cos 39.8 = 0.768 adelantado

12.- CONTROL DEL FACTOR DE POTENCIA

Para carga mecnica fija, es posible ajustar la componente reactiva de "Ia" por medio de lacorriente de campo. Veamos en un diagrama fasorial.

Como Efcambia en magnitud, Sen y tambin cambian para que EfSen sea constante(la carga mecnica es constante), Ia1Cos 1tambin es constante = Ia2Cos 2= Ia3Cos 3

Ia1

1 Ia2 2= 0 Vt

3 3 2 1 jIa1XS

jIa2XS EfSen jIa3XS = Ef1Sen1

Ia3 = Ef2Sen2= Ef3Sen3

Ef3 Ef2 Ef1

FIGURA 26

Para distintas condiciones de carga, se obtienen las curvas V:


84/245

84

Ia

f.p. (-) f.p. = 1.0

f.p. (+)

plena carga

carga

sin carga

If

FIGURA 27

13.- APLICACIONES DE LOS MOTORES SINCRONOS

HP

1.500 -1.400 -

1,200 -MOTOR SINCRONO

1,000 -

800 -

600 -CUALQUIERA

400 -

200 - MOTOR DE INDUCCION0 | | | | | | | | | RPM3,600 1,800 1,200 800 720 600 514 450 360

FIGURA 28


85/245

85


86/245

86


87/245

87


88/245

88


89/245

89


90/245

90


91/245

91


92/245

92


93/245

93


94/245

94


95/245

95


96/245

96


97/245

97

4.- MAQUINAS DE CORRIENTE DIRECTA

Esta mquina es la ms verstil de todas, puede dar par de arranque elevado, as comotambin, pares de aceleracin y desaceleracin, inversin de giro y control de velocidad.

El nico problema est en el rectificador mecnico. Vamos a analizar las caractersticas deoperacin de los distintos tipos de mquinas de CD; cmo se obtiene el voltaje

unidireccional, la influencia de A (reaccin de armadura) sobre la conmutacin y lascaractersticas externas. Las curvas par-velocidad, el control de velocidad, las ecuaciones,los circuitos equivalentes, el diagrama de flujo de potencia y la curva de magnetizacin.

1.- GENERACION DE VOLTAJES UNIDIRECCIONALES

Ec= tensin en la bobina

Bf Ec

| | | |

0 2

FIGURA 29

N N N N

a a

+ B1 + B1 + B1 + B1Eaa' a Ea Eaa a Ea_ B2 _ B2 _ B2 _ B2

a a

S S S S

1 2 3 4

FIGURA 30

Para mejorar la onda se colocan ms conductores en serie. Y la onda saldr as como se veen la figura 33:


98/245

98

Ea(entre B1y B2)

| | | | |

0 2

1 2 3 4 1

FIGURA 31

A continuacin tenemos un diagrama desarrollado del embobinado de una mquina decorriente directa.

S N S

9 11 13 15 1 3 5 7 9 11 13 15 110 12 14 16 2 4 6 8 10 12 14 16 2

5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1n

9 11 13 15 1 2 3 4 5 6 7 8 10 12 14 16

10 12 14 16 9 11 13 15 1 3 5

5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3+ B1 _ B2 + B1

FIGURA 32

Ea


99/245

99

1-103-125-147-16

| | | | | | | = wrt

0 t1t0

Para t = t0 Ea0= 2 EmCos 22 + 2 EmCos 67

Para t = t1 Ea1= Em + 2 EmCos 45 + 0

FIGURA 33

B17-16 2-9

+ +_ _

5-14 + + 4-11_ _

n

+ +3-12 6-13

_ _

+ +1-10 _ _ 8-15

B2

FIGURA 34

2.- TIPOS DE GENERADORES DE CORRIENTE DIRECTA


100/245

100

Para transformar energa mecnica en elctrica se necesita: velocidad, conductores ycampo magntico. Segn la forma en que se produce el campo magntico, las mquinas decorriente directa se clasifican en:

EXCITACION

SEPARADA

EXCITACION ENDERIVACION

AUTOEXCITADAS EXCITACION ENSERIE

COMPUESTADIFERENCIAL

EXCITACION SOBRECOMPENSADACOMPUESTA

COMPUESTA COMPENS. PLANAACUMULATIVA

SUBCOMPENSADA

Las figuras siguientes ilustran estas formas de excitacin:

SEPARADA SHUNT O DERIVACION

Rf Ia IL

IfIf

Vf VtEa Vt Ea

Rf

FIGURA 35 (a)

SERIE COMPUESTAIa= IL If IL


101/245

101

ILIfs Ifs

Ea Ea

Rd

Rd

Rf

FIGURA 35 (b)

Para entender el proceso de autoexcitacin debemos conocer la curva de magnetizacin ocurva de saturacin. Estrictamente hablando es una curva de flujo vrs. FMM

RECTA DE CAMPO

V f CURVA DE VACIO A n RPME4

E3

E2

E1

Tensin residualIf

O If1 If2 If3 If4FIGURA 36

Observemos que para llegar al punto "f" se deben cumplir por lo menos estas trescondiciones:

a) Que tenga flujo residual

b) La FMM de campo debe ayudar al flujo residual

c) La Rf (resistencia total de campo) debe ser menor que el valor crtico de resistencia decampo

Este valor crtico es la pendiente de la porcin lineal de la curva de saturacin.


102/245

102

Una mquina compuesta se vera as:

A2

S1 + B1

16 1 215 3

14 4

13 5

12 6

11 710 9 8

_ B2F1 F2

A1

-

+S2

FIGURA 37

3.- EFECTO DESMAGNETIZANTE DE FMM DE DEVANADO DE ARMADURA

La FMM de armadura produce dos efectos adversos:

a) Reduce el flujo de campo

b) Dificulta la conmutacin

Analizando el primer efecto, la FMM acta sobre el eje de los carbones (en cuadratura con elcampo principal) porque las componentes en fase con el eje de campo se anulan. Si nohubiera saturacin del hierro magntico, slo se producira distorsin; sin embargo, como lasmquinas operan al principio de la saturacin, el efecto resultante es una desmagnetizacinneta, porque el aumento en flujo es menor que la disminucin.


103/245

103

En la siguiente figura tenemos un generador en derivacin (shunt), desarrollando corriente auna carga. La FMM de armadura se supone triangular (para bastantes conductores en laarmadura). La densidad de flujo se deforma por el paso de reluctancia elevada. La densidadde flujo resultante es Bf+ Ba

Se puede observar que se produce un incremento de flujo en la mitad posterior del polo y

una disminucin del flujo en la mitad anterior del polo.

S N

FMM de armadura

B resultanteBf

Ba

FIGURA 38

Para medir la cantidad de desmagnetizacin se ocupa la curva de saturacin.

Si f = flujo por polo producido por el polo = (bp/ p)

bp= longitud del polo

p= longitud del paso polar

La FMM actuando en cada extremo polar es igual a: (Z / 2 p) (Ia/ a)

Los amperios equivalentes de campo son: Ie= (1 / Nf) [ (Z / 2 p) (Ia/ a)

Nf= vueltas de la bobina de campo


104/245

104

b bd a

f e

d a a e

c c

Ifd

Ie Ie

If If

FIGURA 39

a' se localiza en el punto en que el rea a'd'c es igual al rea a'be'

Ifdes el efecto desmagnetizante de la FMM de armadura en amperios de campo equivalentes

4.- CONMUTACION

La conmutacin buena es indispensable para que las mquinas de CD operensatisfactoriamente. Interviene en el diseo para prevenir la disipacin de calor.

Lo mismo que afecta el deterioro de los carbones y de los segmentos del conmutador.

An ms, la conmutacin limita el par mximo de la mquina.

La conmutacin se refiere al cambio de la corriente en una bobina determinada, de "+Ia/a"a "-Ia/a".

Para eso, la bobina en conmutacin queda en cortocircuito momentneamente, por lo tanto,la bobina no debera tener tensiones inducidas en ese momento de la conmutacin.

Sin embargo, la FMM de armadura produce flujo en esa zona, cuando la bobina est encortocircuito, como este flujo es de la polaridad del polo desde donde viene la bobina, lacorriente tiende a permanecer circulando.

Los tipos de conmutacin son:


105/245

105

POR RESISTENCIA (lineal es la curva "a")

SUBCONMUTACION (curva "c")

POR VOLTAJE SOBRECONMUTACION

+ Ia/2

(c)(a)

(b)t

(d)

- Ia/2

Tc

FIGURA 40

La curva "a" considera que la resistencia de la bobina es cero. Slo considera la resistenciaen el contacto de los carbones. El mecanismo es el siguiente:

Ia/2 Ia/2 Ia/2 Ia/2 Ia/2 Ia/2 Ia/2 Ia/2

Ia 0 3/4Ia 1/4Ia Ia/2 Ia/2 0 Ia

Ia Ia Ia IaFIGURA 41

La curva "b" toma en cuenta la resistencia de la bobina.


106/245

106

La curva "c" incluye el efecto de la tensin inducida por la FMM de armadura.

Con interpolos, la conmutacin es lineal. Si el interpolo excede y produce un voltaje igual a 2IaRb, se produce la sobreconmutacin (curva d)

Tambin se usan devanados compensadores cuando la mquina trabaja en ciclos de servicio

pesado.

5.- CALCULO DEL COMPORTAMIENTO DEL GENERADOR

El circuito equivalente del generador compuesto es as:

Rs

Ia If IL

Ra

Vt ZL CARGA+ Rf

Ea

FIGURA 42

Raincluye toda la resistencia del circuito de armadura: interpolos, carbones, delgas, etc.

Las ecuaciones importantes y pertinentes a la mquina de corriente directa son:

Ea = (pZ / 60 a) n = KE n

T = (pZ / 2 a) Ia = KT Ia

Vt= Ea- Ia(Ra+ Rs)

Ia = IL + If

= sh + s


107/245

107

El diagrama de flujo de potencia es:

Pi (mecnica)

PERDIDAS ROTACIONALES POTENCIA EN EL ENTREHIERROProt Pm = EaIa

= T w

= T (2 n / 60)

PERDIDAS EN EL COBRE POTENCIA ELECTRICA DE SALIDAarmadura = Ia2(Ra+ Rs) Po= VtILcampo = VtIf= If2Rf

EJEMPLO: La curva de magnetizacin de un generador "shunt" autoexcitado de 10 KW,

250 voltios, impulsado a 1,000 RPM se presenta en la figura adjunta (50, pg. 45). Cadadivisin vertical es de 20 voltios y cada horizontal es 0.2 amperios.

Ra= 0.15 If= 1.64 A Vt= 250 voltios Pr= 540 vatios

Encuentre para carga nominal:

a) Ea

b) T

c) Eficiencia

Suponga velocidad constante


108/245

108

6.- CARACTERISTICAS INTERNA Y EXTERNA DEL GENERADOR.

ANALISIS LINEAL

Describe la forma en que cambia el voltaje terminal en funcin de la corriente de armadura.

V

V0CARACTERISTICA INTERNA

b Ea1Ia1Ra

o P1a V1

Ifd

If

bIa1Ra

If If0 If1 If neto o a Ia1 Ia

FIGURA 43

La cada de voltaje se debe a tres factores:

- La cada por resistencia de armadura Ia1Ra

- El efecto desmagnetizante de la reaccin de armadura

- La disminucin de Ifporque disminuye el voltaje

Supongamos que conocemos: Ra, Rf, la curva de magnetizacin y el efecto desmagnetizanteIfd

If1es la corriente de campo con carga; (If0- If1= If) es la disminucin de If

If neto = If1 - Ifd= corriente neta para producir Ea1con carga.

La caracterstica interna se puede conocer con slo la curva de magnetizacin.

Se construye el tringulo "oab" en el origen; oa = Ifdy ab = Ia1Ra. Se traza una paralela a larecta de campo por el punto"b"


109/245

109

Hay un procedimiento similar para la mquina compuesta acumulativa, p

Máquinas Eléctricas II. Apuntes de Clase. Freddy Villalta

Documents

Transcript of Máquinas Eléctricas II. Apuntes de Clase. Freddy Villalta