Problemas de Maquinas de Induccion 2

Problema No. 1

Un motor de inducción trifásico, conectado en estrella, 6 polos, 25 HP, 1150 RPM, a una frecuencia de 60 Hz. Si las pérdidas rotacionales son de 300 vatios. Calcular:

a) La potencia de entrada al rotor.

b) Si la resistencia medida entre anillos deslizantes es 0.12 , calcule la corriente del rotor por anillo cuando se entrega 25 HP. Ref. Tomada del Examen Parcial del Primer Tèrmino del año 2000

FIGURA A.- Gráfico del Equilibrio de Potencia en un Motor de Inducción Polifásico

Pentrada Pc gir. Pm des. Psalida

PCU1 Ph+f PCU2 PF+V , Pfe rot.

FIGURA B.- Gráfico representativo de la ubicación de la resistencia medida entre anillos deslizantes

r1 r2 Rm.- Resistencia medida entre anillos

deslizantes

r1 r1 r2 r2 Rm = 2r2

donde r2 es la resistencia del devanado del rotor por fase

ESTATOR ROTOR

Sabemos que Ns = ( 120f ) / p , donde f es la frecuencia de la fuente de alimentación y p el número de polos.

f = 60 Hz, p = 6 polos. Entonces Ns = 1200 RPM.

Sabiendo Ns que es la velocidad del flujo giratorio ( velocidad sincrónica ) y Nm la velocidad del rotor que es dato del problema

( Nm = 1150 RPM ), calculamos s que es el deslizamiento:

s = ( Ns - Nm ) / Ns

Reemplazando los datos nos queda: s = 0.043478 ( adimensional )

De acuerdo a la FIGURA A, Pm des. = Psalida + PF+V,Pfe rot . Estas pérdidas de fricción y ventilación y de hierro rotacional son dato del problema y son de 300 W.

La potencia de salida también es dato, pero nos lo dan en caballos de fuerza ( HP ), es de 25 HP; este valor lo llevamos a vatios, sabiendo que 1 HP corresponde a 746 W, entonces la potencia de salida será de 18650 W.

Con estos dos datos de las pérdidas y la potencia de salida podemos sacar:

Pm des. = Psalida + PF+V,Pfe rot

entonces Pm des. = 18950 W.

De acuerdo a demostraciones previas sabemos que:

Pm des. = Pc gir. ( 1 - s ), y como ya conocemos s y la Pm des., despejamos Pc gir.

Pc gir. = 19811.35823 W que en si representa a la potencia de entrada al rotor.

De acuerdo a la FIGURA B, Rm es 0.12, que es dato del problema, y Rm = 2r2 ,entonces r2 = 0.06

Sabemos Pm des. está en función del deslizamiento:

Pm des = m1I’22 (( 1-s ) / s ) r’2

donde m1 es el número de fases del sistema, I’2 es la corriente en el rotor referida al estator y r’2 es la resistencia por fase del rotor referida al estator.

Pero usando términos no referidos nos queda la ecuación:

Pm des. = m2I22 (( 1-s ) / s ) r2

y como ya conocemos la Pm des., s, r2 y m2 que en este caso será 3, debido a que la Pm des. que estamos usando, fue la que se saco del análisis trifásico.

Entonces reemplazando datos en la última ecuación y despejando el valor de I2 nos queda:

I2 = 69.17603 A

que será la corriente que circula por el rotor y por cada anillo cuando la potencia de salida es de 25 HP

Problema No. 2

Un motor de inducción de rotor devanado, 450 HP, 3 fases, 2200 V, 60 Hz, 6 polos, tiene las siguientes constantes por fase referidas al estator: r’2 = 0.15 x’2 = 0.75

r1 = 0.32 x1 = 1.15 La conexión de los embobinados es Y-Y.

Además, las pérdidas del núcleo son de 2500W, PF+V , Pfe rot son de 12000 W y la corriente de magnetización es de 25 A. Calcular la velocidad y la eficiencia de esta máquina a plena carga.

Ref. Tomada del Folleto en Inglès proporcionado por el Ing. Gustavo Bermùdez




FIGURA B.- Circuito Equivalente del Motor de Inducción

r1 x1 x’2

I1 Io I’2

V1

Bm Gm r’2/s

Para hallar la velocidad de la máquina nos podemos valer de la ecuación: s = ( Ns - N ) / Ns

Lo más asequible a calcular primero es Ns = 120f / p, f = 60Hz y p = 6 polos. Entonces Ns = 1200 RPM. Ayudándonos de la FIGURA A, podemos calcular la Pm des. Que será igual a la Psalida más las PF+V , Pfe rot. Que son datos del problema: Pm des. = 450HP( 746W/HP) + 12000 W

Pm des. = 347700 W.

Ahora valiéndome de las ecuaciones siguientes: V1 I’2 = ecuación A [(r1 + r’2/s)2 + (x1 + x’2)2]1/2

Y de la ecuación:

Pm des. = m1 I’22 (( 1-s )/ s ) r’2 ecuación B

Como ya sabemos el valor de la Pm des., r’2 de la ecuación B, y V1 que es voltaje fase neutro, y el que nos da el problema es línea línea, también conocemos r1, x1 y x’2 de la ecuación A. Entonces lo que nos queda es reemplazar la ecuación A en función de s, en la ecuación B que también está en función de s, quedándonos la siguiente ecuación:

(2200/3)2 (1-s) 347700 = 3 * * * (0.15) (0.32 + 0.15/s)2 + (1.15+0.75)2 s

luego del despegue me queda la ecuación cuadrática: (5.800406903)s2 + (-1.992006903)s + (0.0225)

Quedando como posibles respuestas:

s1 = 0.3317320867 y s2 = 0.01169328613

pero escogemos siempre el menor, osea s2 = s

Una vez obtenido s, de la ecuación s = ( Ns - N ) / Ns despejamos N que es la velocidad del rotor.

0.01169328613 = ( 1200 - N ) / 1200

entonces N 1185 RPM (redondeando)

En la parte B nos ayudamos de la ecuación I1 = I0 + I’2 donde I0 es la corriente magnetizante, I1 la corriente del estator y I’2 es la corriente del rotor referida al estator. I0 es dato del problema, 25 A.

De la ecuación A, poodemos hallar el valor de I’2 debido a que tenemos el resto de datos.

Entonces, reemplazando datos, I’2 nos queda:

I’2 = 95.61 A

Vale recalcar que esta igualdad se cumple fasorialmente, por lo tanto la relación escalar se cumple de la siguiente manera:

I1 = ( I02 + I’2

2 ) entonces reemplazando los valores calculados de I0 y I’2 que son valores escalares, nos queda que:

I1 = 98.83 A

Entonces, de la FIGURA A, sabemos que: Pentrada = PCU1 + Ph+f + Pc gir.

Pentrada = m1I12r1 + Ph+f + ( Pm des. / ( 1-s ) )

Reemplazando datos nos queda:

Pentrada = 363690.1199 W

Por lo tanto ahora si podremos calcular la eficiencia:

= Psalida / Pentrada

= ( 450 HP * 746 W/HP ) / ( 363690.1199 W )

= 92.304 %

Problema No. 3

Un motor de Inducción Jaula de Ardilla 34 polos, 60 Hz.. Conectado en estrella tiene una resistencia de estator de 0.5 por fase. La corriente de línea al motor es de 10 A., la potencia de entrada trifásica es 3000 Watts. ¿ Cuál es el torque ?. Desprecie las pérdidas del núcleo.

Ref. Tomada del Libro de Màquinas de Corriente Alterna de Fitzgerald. Problema 10.4




DATOS

Pin= 3000 WI1= 10 Ar1= 0.5

p= 4f = 60 Hz

De acuerdo al gráfico de potencias de la FIGURA A, tenemos que:

Pin= Pcgir+ PCU1 , como son datos sólo la Pin, y nos falta el resto...

Pero por medio del gráfico mismo podemos hallar las pérdidas de cobre en el estator:

PCU1= m1I1² r1 , de aquí todos los datos son conocidos: (m1 = 3 fases)

Reemplazando: PCU1 = ( 3 fases )( 10A )2 ( 0.5 )

PCU1 = 150 W

Ahora si, con las pérdidas de cobre del estator y la potencia de entrada a la máquina que es dato del problema, podemos hallar la Pcgir.

Pcgir= Pin - PCU1 = 3000W - 150W, entonces Pcgir = 2850W

Sabemos que el Torque electromagnético está representado por:

Telect. = ( 7.04 / Ns )( Pcgir )

donde Ns = ( 120 f ) / p, donde p y f son datos del problema. Por lo tanto Ns = ( 120 * 60Hz ) / 4 polos.

Ns = 1800 RPM

Reemplazando en la ecuación de Telect., nos queda:

Telect = ( 7.04 / 1800 RPM )( 2850W )

Telect = 11.1466 lb. pies

Problema No. 4

Un motor de inducción de 208v, trifásico 10 HP, 60 Hz, tiene su embobinado del estator conectado en estrella y desarrolla una corriente de 30 A. Cuando suministra su carga nominal con un voltaje nominal aplicados al estator. Calcule los valores nominales de (a) voltaje de línea a línea, (b) corriente de línea.

Ref. tomada del Libro de Màquinas de Electromagnèticas y

Electromecànicas de Matsch. Problema 7.2

FIGURA A.- Conexión de los embobinados del estator en Y y en

ILY

Ecuación del VLN del estator

VLY VLN = ZY ILY

ZY VLN donde ILY = IFY

y VLY = VFY * 3

IF

IL = IF * 3 VL VL = VF

IL

Z = 3 * ZY

A) Dato del problema es:

VLY = 208 v, entonces el VFY = 208 / 3 , que será lo que soporte cada embobinado del estator cuando se lo conecte en delta.

Por lo tanto en delta:

VL = VF = 208 / 3 = 120 V

B) Tenemos que en Y, VFY = ZY * ILY, reemplazando valores: 120V = ZY * 30A por lo tanto ZY = 4 , y como Z = 3 * ZY entonces:

Z = 12

Y como VL = Z * IF, reemplazo valores: 120 V = 12 * IF entonces IF = 10 A

Y sabemos que IL = IF * 3 entonces IL = 17.3 A.

Problema No. 5

Un motor de inducción de 208v, trifásico 10 HP, 60 Hz, tiene su embobinado del estator conectado en estrella y desarrolla una corriente de 30 A. Este motor ahora debe operar desde una fuente de 50 Hz con la misma conexión del estator en estrella. Si la magnitud de la densidad de flujo y la densidad de la corriente en los embobinados deben ser la misma que para las condiciones nominales en una operación a 60 Hz. Calcule: a) el voltaje nominal b) los caballos de potencia nominales y c) la corriente a plena carga. a), b) y c) es cuando se opera a 50 Hz. Ref. tomada del Libro de Màquinas de Electromagnèticas y

Electromecànicas de Matsch. Problema 7.3

Sabiendo que el torque se relaciona inversamente proporcional con la frecuencia, tenemos:

T60Hz es a 1/60Hz, como T50Hz es a 1/50Hz.

T60Hz = Pout / = Pout / (2f) = 10HP(746W/HP)/(2*60Hz)

T60Hz = 19.7883N.mt

Reemplazando, nos queda:

19.7883 N.mt es a 1/60Hz, cuánto será el T50Hz a 1/50Hz.

Despejando, nos queda que T50Hz = 23.7459 N.mt.

Teniendo presente el valor de estos torques, recordemos que el torque es directamente proporcional al voltaje nominal al cuadrado:

El T60Hz es a VN60Hz2 como el T50Hz es a VN50Hz

2

Reemplazando: 19.7883 N.mt es a (208V)2, entonces 23.7459 N.mt a cuánto voltaje será:

VN50Hz = 227.8523 V

La parte b nos pide sobre la potencia de salida, y sabemos que esta no se ve afectada por la frecuencia.

A continuación se comprueba:

T50Hz = Pout / 50Hz , reemplazando:

23.7459 N.mt = Pout / ( 2*50Hz )

entonces Pout = 7460 W = 10HP, como se lo había planteado desde un comienzo.

La parte c, sabemos que las corrientes son directamente proporcionales a los voltajes, por lo tanto:

I60Hz es a VN60Hz como I50Hz es a VN50Hz , reemplazando:

30A es a 208V, 227.8523V a cuánta corriente será:

I50Hz = 32.8633 A

Problema #6 Un motor de inducción rotor devanado de 440V, 60Hz, 4polos, es conectado directamente a una bomba que entrega 1000 ft3/mint a una altura de 8.7ft. Bajo estas condiciones el motor toma 15.62Kw a un Fp=0.92 en atraso, cuando opera sin carga consume 803W las resistencias por fase son R1=0.202 /fase R’2

=0.022 /fase. La relación de vueltas entre el estator y el rotor es 4/1. Calcular la eficiencia de la bomba

Poutbomba=Q*W*h / 33000

Poutbomba= (1000ft3/mint*62.4lb/ ft3*8.7ft)/33000

Poutb =16.45Hp

Pinmotor=31/2*V LL*I L*Fp3

ILl=15620/(31/2*440*0.92)

IL=22.27 A

Pcu1=m*I21*R1=3*22.27

2*0.202=300.76WPcu2=m*(b*I1)2* R´2=3*(4*22.27)

2*0.022Pcu2=524.11WLas perdidas en vacío son:P f+v + P h+e=803W

P out m =P in b=P in m-Pcu1-Pcu2-P f+v -P h+e

P in b = 15620-300.76-524.11-803= 13992.13W 18.756 Hp

= P out b / P inb =16.45 / 18.756 = 0 .877 87.7%

Problema #7Un motor de inducción trifásico de rotor bobinado, 500V, 120 Hp, 38 ciclos, 6 polos. Tiene resistencias en le rotor y en el estator de 0.04 y 0.01 respectivamente. Las resistencias efectivas por fase son: 0.058 y 0.016 respectivamente. El rotor esta conectado en Y y su relación de transformación es 2:1.La componente magnetizante de la corriente es 34A y el total de perdidas es de 4400W . Con el rotor bloqueado la corriente de línea es 800A, cuando se le aplica una f.e.m. de 500V. Muestre como estos datos pueden servir para realizar el diagrama circular para este motor.

Para construir el diagrama circular además de las características de operación se necesita saber : In, n , Ib, b. Las perdidas de cobre en el rotor y el estator por fase.

OA esta representa In, a un ángulo n , O-Ib a un ángulo b y gf, que representalas perdidas de cobre en el estator por fase .

In la corriente que no va a la carga, tiene dos componentes: la componente de magnetización I la cual esta atrasada con respecto al voltaje por aproximadamente 90° y la componente de la energía Ie, que suministra la perdida de carga y esta en fase con el voltaje.

Entonces los datos para el diagrama circular asumiendo que el estator esta conectado en Y son:

Datos de la perdida: corriente de fase = In voltaje de fase = EL / 31/2

Factor de potencia de la perdida = Pn / (31/2 EL In) = cos n

Lo valor de cos n determina el valor de el ángulo n .

Las condiciones de rotor bloqueado para la proporción de voltaje de línea (EL ) será :

corriente de fase Ib= I´b *EL /Eb voltaje por fase Ep = EL/ 31/2

potencia por fase Pp = ( P´b / 3)*(EL / Eb )2

factor de potencia para condiciones de rotor bloqueado = P´b / (31/2 * Eb * I´b ) = cos b

El valor de cos b determina la magnitud del ángulo b.

Considere una escala conveniente para la corriente igual a K amperios por división.

Regresando a los cálculos , tenemos:

componente de magnetización (dado), I = 34 A

componente de energía Ie = perdidas totales / (31/2 * V ) = 4400 / (31/2 * 500) =5.07 A

corriente de perdida, In = (I2 + I2

e )1/2 = ( 342 + 5.072 )1/2 =34.4 A

cos n = Ie / In = 0.1475 n = 81° 37´

La corriente para el voltaje de línea de rotor bloqueado Ib = 800 A (dato)

El determinar b, es necesario para saber la potencia de entrada con el rotor bloqueado cual es el total de perdidas de cobre en el rotor y en el estator para las condiciones de bloqueo. Esta potencia de bloqueo es normalmente medida

Corriente del rotor, Ir = Is * radio de trans. = 800* 2 = 1600 A

para las tres fases: 3*I2s*Rs =3*8002 *0.058=111360 W Pcu en el estator

3*I2r*Rr = 3*16002*0.01 = 76800 W Pcu en el rotor

Rs =resistencia efectiva en el estator y Rr = resistencia ohmica del rotor

cos b = perdidas totales de cu / (31/2 * Eb * Ib ) = 188160/(31/2 *800*500)= 0.271 y b = 74°15´

Entonces la línea gf:

gf=(I2b - I2

n)*Rs/(K*EL / 31/2) = (8002 -34.42)*0.058/(K*500/ 31/2) = 128/ KEntonces el diagrama de circulo puede ser construido como normalmente se indica

Por arrancador Y-

Tarr(Y) = Tarr() / 3

Tarr(Y) =(1/3)*4 Kgm

Tarr(Y) =1.33 Kgm

Nota: Como Tarr(Y) < T2arr entonces si se puede utilizar este tipo de arrancador ;

se supone que el motor opera en

Problema #8Un motor de inducción de rotor devanado de 2300 V y 1000Hp trifásico, 60Hz, 16 polos con el estator y el rotor conectado en estrella, tiene las siguientes constantes:

r1 = 0.0725 / fase b = 2.025/1 x1= x2 = 0.625 / fase r22 = 0.0252 / fase

xM= 17.7 / fase rfe= 200 / fase

El motor impulsa una carga se considera que requiere un par constante. La velocidad estable del motor con esta carga es 442rpm cuando los anillos deslizantes del rotor están en corto-circuito. (a) Calcule en base al circuito equivalente aproximado la resistencia conectada en serie con cada fase del rotor tal que el motor tome una corriente de arranque de 1.5 veces la corriente estable para la carga dada. (b) ¿Cuál es la velocidad en base que rfe permanece constante con la resistencia con el circuito del motor?. (c) ¿A qué valor deberá la resistencia externa del rotor reducirse para que, después de que el motor alcanza la velocidad estable en la parte (b), la corriente inicial sea nuevamente 1.5 veces el valor de la corriente estable para la carga dada?

Datos

MIRD 3 , 2300V, 1000Hp, 60Hz, 16 polos, conexión Y-Y, r1 = 0.0725 / fase, r22 = 0.0252 / fase, xM= 17.7 / fase, rfe= 200 / fase, b = 2.025/1, n =442 r.p.m..

ns=(120*f)/p = 120*60/16 = 450rpm

S = (ns-n) / ns = (450-442) / 450 =0.0177

r´2 = b2 r2 = 0.1038 /fase x´2 = b2 x2=2.5628 /fase

Ia= 1.5 IN IN= VLN / |Z| =( 2300/ 31/2)/ 6.7386 = 197.059 -28.34 A

Ia = 1.5*(197.059) = 295.589 A

Ia = V / ( (r1 + (r´2 +R´)/s)2 + (x1 + x´2 )2 )1/2 R´= 2.9658 /fase

R´= b2 R R = 0.7232 /fase

Problema #9La eficiencia y el factor de potencia de un motor de inducción trifásico de 50HP, 6 polos, 60 hz, 440V son 90% y 92% respectivamente. Este motor absorbe el 525% de la corriente de plena carga y desarrolla el 175% del torque de plena carga cuando arranca a pleno voltaje.Especifìque la relación del número de vueltas del autotransformador que se utiliza para arrancar de tal manera que le motor desarrolle el 60% del torque de plena carga.

De los datos tenemosDe los datos tenemos

Tarr(dir) = 1.75 TFL Tarr(TR) Tarr(dir) = 1.75 TFL Tarr(TR) =0.6TFL=0.6TFL

Tap = VM /VLN Tap = VM /VLN

T=TT=T22arrTarrarrTarr (dir) (1) (dir) (1) Iarr=TapIarr(dir) (2)Iarr=TapIarr(dir) (2)

IL = TIL = T22 ap Iarr(dir) (3) ap Iarr(dir) (3)

De la ecuación (1) tenemosDe la ecuación (1) tenemos

Tap = (0.6/1.75)Tap = (0.6/1.75)1/21/2= 0.5855 = 0.5855

Tap = 58.55%Tap = 58.55%

a=1/ Ta=1/ Tap ap = 1.707= 1.707

Se tiene un M.I. 3Ø de 10 polos, 13.5 A ; tiene los siguientes Se tiene un M.I. 3Ø de 10 polos, 13.5 A ; tiene los siguientes parámetros:parámetros:rr11= 0.33 = 0.33 / fase r´/ fase r´22= 0.27 = 0.27 / fase x/ fase x1 1 + x´+ x´22= 2= 2/ fase Z/ fase Ztotal arr total arr = = 2.09 2.09 73.30º 73.30º TTarr(Vn) arr(Vn) = 4 Kgm I= 4 Kgm Iarr(Vn) arr(Vn) = 60.8 A= 60.8 ASe pide reducir el TSe pide reducir el Tarrarr al 60% ( T´ al 60% ( T´arrarr= 1.6 Kgm ) utilizando: = 1.6 Kgm ) utilizando: resistencias, reactancias, autotransformador o un arrancador Y- resistencias, reactancias, autotransformador o un arrancador Y-

Utilizando resistenciasUtilizando resistencias

TTarr(Vn)arr(Vn) / T / Tarr (TR)arr (TR) = V = V22NN / V / V22

M M V VMM =V =VNN ( T ( Tarr(TR)arr(TR) /T /Tarr(Vn)arr(Vn) ) )1/21/2

VVMM =(220/ 3 =(220/ 31/21/2)(1.6 / 4))(1.6 / 4)1/2 1/2 V VMM = 80.33 V = 80.33 V

VVrext rext = ( V= ( V22LN LN -V-V22

MM sen sen22RBRB))1/2 1/2 -V-VMMcoscosRBRB

VVrext rext = (= ( (220 / 3(220 / 31/2 1/2 ) - 80.33) - 80.332 2 *sen*sen2 2 73.3 )73.3 )1/2 - 1/2 - 80.3*cos 73.380.3*cos 73.3

VVrext rext = 77.97 V= 77.97 V

IIarr(TR) arr(TR) = (V= (VM M / V/ VLNLN) I) Iarr(dir)arr(dir) =80.33*60.8/(220 / 3 =80.33*60.8/(220 / 31/2 1/2 )) I Iarr(TR) arr(TR) = 38.45 A= 38.45 A

RRexterior exterior = V= Vrext rext / I/ Iarr(TR) arr(TR) = 77.97 / 38.45 = 2.03 = 77.97 / 38.45 = 2.03 / fase / fase

Utilizando reactancias

Vx ext.... = ( V2LN - (VM cos RB )2 ) 1/2 - VM sen RB

Vx ext..... = ((220/ 31/2) - ( 80.33*cos 73.3°)2 )1/2 - 80.33* sen 73.33°

Vx ext... = 47.959 V

X ext = Vx ext... / Iarr(TR) = 47.959/ 38.45 Xext = 1.247/ fase

Por autotransformador

Tarr(TR) = T2ap Tarr(Vn)

Tap =(1.6/4)1/2 = 0.6324 a = 1.5811 relación del autotransformador

Iarr(TR) = Tap* Iarr(Vn) = 0.6324*60.8 Iarr(TR) =38.45A

Iarr(línea) = T2ap * Ira(Vn) =0.63242 *60.8 Iarr(línea) = 24.31A

Por arrancador Y-

Tarr(Y) = Tarr() / 3

Tarr(Y) =(1/3)*4 Kgm

Tarr(Y) =1.33 Kgm

Nota: Como Tarr(Y) < T2arr entonces si se puede utilizar este tipo de arrancador ;

se supone que el motor opera en

Problema #10El motor de inducción de rotor de devanado, suministra su carga nominal de 15 hp a voltaje y frecuencia nominal con los anillos deslizantes en corto circuito en un deslizamiento de 0.042. Tres resistores derivadores uno en cada fase, deben conectarse en estrella a los anillos deslizantes del rotor. La Figura # 1, muestra un arreglo en donde las resistencias externas pueden dividirse en tres pasos.

Solución: Primer paso. Para un par máximo la resistencia total del circuito del rotor referida al estator es,

La resistencia en el arranque deberá producir un par máximo y, cuando la corriente del

rotor ha caído 2.0 veces su valor normal, los anillos deslizantes se conmutan a derivaciones dando un valor de la resistencia tal que el par es nuevamente máximo.

r2 + rx = ( r12 + (x1 + x2)

2 )1/2 = ( (0.52) 2 + (2.30) 2 ) 1/2 = 2.36 s Donde rx es la resistencia externa del rotor en ohms por fase referida al estator. Para s = 1 rx = 2.36 – 0.634 = 1.73 ohm por fase La resistencia externa actual al rotor es: r2x = rx / b

2 = 1.73 / (2.4) = 0.301 ohm por fase La corriente inicial del rotor en el arranque ( s = 1 ) es:

222

22

30.236.252.0

40

15.11254

212

1

xm

x1-1v

xxs

rxrr

I

= 66.7 amp por fase (referida al estator), s = 0.042, es

Corriente Nominal del Rotor

La corriente del rotor referida al estator, s = 0.042, es

222

30.2042.0

63.052.0

40

15.11254

I

72.157.15

7.246 amp por fase

Deslizamiento en el cual la corriente del Rotor Iguala 2.0 Veces el Valor Nominal

A 2 veces la corriente nominal la impedancia encontrada por I2 es

ohmsxxs

rrr x ,85.7

0.2

7.15221

2

21

faseporohmss

__,52.730.285.736.2

52.0 22

de donde S = 0.337 Segundo Paso: Resistencia para el par máximo a un deslizamiento s = 0.337:

faseporohmr

faseporohmsrr

xxrs

rr

x

x

x

___028.04.2

16.0

4.2

634.0796.0

__,796.0337.036.2

36.2

222

2

2211

22

El valor inicial de I2 a s = 0.337 es nuevamente 66.7 amp. Deslizamiento en el cual la corriente del rotor ha caída a 2.0 veces el valor nominal

Tercer Paso. La resistencia externa requerida para un par máximo a s = .114 deberá ser negativa. Por lo tanto los restantes 0.028 ohms en la resistencia externa para la cuál la corriente del rotor referida al estator será de 38.7 amp. Dado que este valor nominal, la operación es práctica.

114.0

85.7796.0

52.0

ss

Ejercicio#4

Problema #11

Un motor de inducción de 208 voltios, trifásico 10 Hp, 60 HP, tiene su embobinado del estator en estrella, y desarrolla una corriente de 30 amp., cuando suministra su carga nominal con un voltaje nominal aplicado al estator. Este motor debe operar desde una fuente de 50 Hz; si la magnitud de la densidad del flujo y la densidad de la corriente en los embobinados debe ser la misma que para las condiciones nominales a una operación de 60 hz. Calcule:

a) El voltaje nominal

b) Los caballos de potencia nominales

c) La corriente a plena carga para la operación a 50 hz.

fV

fT

VT

1

12

2

VoltiosHzVn

HzVn

_6.2495060

*208)_50(

501

)_50(

601

208

)

4.14208

6.249*10

_6.249)_50(

_20810

)

2

2

2

2

c

HPPn

VoltiosHzPn

VoltiosHP

VP

b

AmpI

VI

VoltiosA

VI

36208

6.249*30

6.249

20830

Ejercicio # 5

Problema #12

La entrada al rotor de un motor de inducción de 2200 voltios, trifásico, 60 Hz, 12 polos, es de 242 Kw.

a) Calcule el par en Newtons-metros y en Lb-pies

b) Si la corriente en el rotor es 375 amperios por fase y la resistencia del rotor es 0.0175 ohm por fase, Cuál es la velocidad y potencia de salida del motor?. Desprecie las pérdidas rotacionales

pieslbTdes

pf

n

nPcgir

Tdes

pieslbPoutn

T

wattsPcgir

a

s

s

47.2839600242000*04.7

60012

60*120120

*04.7

_*04.7

242000

)

radmN

w

PT

segrad

fn

w

rpmnsn

wattsPPP

PPP

wattsrmIP

r

AmperiosI

b

s

cucgiro

cuino

cu

*_866.3851

91.6019.234617

_91.6060

)7.581(22

7.581600*03050.01)1(

19.23461781.7382242000

81.73820175.0*375*3

0175.0

375

)

0

2

2

22

222

2

2

Problema #13La eficiencia y factor de potencia de un motor de inducción de 50 hp, 6 polos , 440 voltios , 60 ciclos son respectivamente 90 y 92.5% a plena carga. Este motor entrega 525% de la corriente a plena carga y desarrolla 175% del torque a plena carga cuando se pone en marcha del otro lado de la línea por voltaje máximo .Especifique la relación de vueltas de un autotransformador de arranque que preemitirá que este motor sea puesto en marcha con un torque igual al 60% del de plena carga. Cual será la corriente inicial en la línea cuando este aparato de arranque es usado?

Desprecie los efectos de saturación y las perdidas en el aparato de arranque.

Ejercicio # 2:

ampfpElEff

HpIM 8.58

925.0*440*3*90.0

746*50

..*3*.

746*

A voltaje normal (440 voltios), comenzando a través de la línea Corriente inicial, ampIST 3098.5825.5

Torque inicial flST TacplenaatorqueT 75.1.:arg___75.1

Entonces: y,

flST TT 60.0A un voltaje inicial Ex el torque inicial,

440*75.1

*60.0 2Ex

T

T

fl

fl 25875.1

60.0*440 xE

Relación de vueltas del autotransformador 7.1258

440n

A voltaje inicial de 258 voltios. ampIM .181440

258309

Corriente de línea, ..106440

258181 amp

E

EII

L

stML

Problema #14 Problema #10PROBLEMA N#11 DEL FOLLETO DE MAQUINARIAS ELECTRICAS II

Un MIJA trifasico ,10Hp,220V,60Hz,4 polos,estator en Y desarrolla un torque interno a plena carga a un deslizamiento=4% cuando operaa voltaje y frecuencia nominal.Los datos de impedancia del motor son

fx

fxx

fr

m

5.15

47.0

36.0

21

1

Para propositos del problema las ehrotVF PPP son despreciables

Determinar el deslizamiento para un torque maximo cuando opera avoltaje y frecuencia nominal.

r1 x1 X2*

XmV1

611.236.0

47.047.0

121

1

11

1

*21

2

2

r

XXQ

ss

ss

Q

Q

T

T

PPP

n

tmax

tmax

nmax

n

rotVFoutmd

r2/s

Luego tenemos:

outm

s

PP

rpmP

fn

18004

60120120

Porque 0 rotVFP

WP

s

PP

cgir

mdcgir

83.7770)04.01(

74601

pielbT

Pn

T

n

cgirs

n

33.308.7701800

04.7

04.7

Donde

pielbT

rxxr

mV

nT

max

smax

259.6936.0)47.047.0(3.02

3

2203

1800

04.7

2

04.7

22

2

1

2*21

21

21

Remplazando este ultimo valor en la ecuacion que relaciona torque nominal con torque maximo

04.004.0

338.11

796.34387.0

04.004.0

21611.2

1

1611.21

259.69

33.302

2

tmax

tmax

tmax

tmax

ss

ss

21139.0

00016.0)398.1)(4387.0(

04.0)4381.0796.3(2

tmax

tmaxtmax

s

ss


Un motor de induccion trifasico de 10 polos 220V,13.5A resistencia del estator reactancia del rotor referida= impedancia TOTAL DE ARRANQUE= Desarrolla un torque de arranque a pleno voltaje de 4Kgm y una corriente de arranque de 60.8A.Se desea reducir el torque al 40% del torque de arranque a pleno voltaje .Calcular la resistencia externa a ser insertada en el circuito primario

f33.0 f27.0

f09.2

KgmVT

KgmVT

rarr

narr

6.1

4

Esto representa el 40% de 4Kgm

AVIVI

VVV

VT

VT

directoarrreducidoarr

directoreducido

directoarr

reducidoarr

45.38)8.60(6324.0

14.139)220(6324.0)(

4.04

6.12

Teniendo en cuenta que

faseR

R

R

R

xxRrr

VVI reducidoarr

03.2

62919.26.0

)03.3(46.0

227.033.0

1

01.127

45.38

)(

22

22

2*21

2*21

1


. Un motor de inducción trifásico de 2200 V,60Hz, 500 HP, tiene las siguientes constantespor fase: resistencia efectiva del estator =0.37, reactancia efectiva del estator = 1.2;eficiencia efectiva del rotor referido al estator= 0.17, reactancia efectiva del rotor referidaal estator = 0.8. Pérdidas en el núcleo = 2300W; perdidas de fricción-ventilación o hierrorotacional = 11000 W. Estator y Rotor ambosen estrella.Calcular el deslizamiento y la eficiencia asalida nominal.

Pmd = Po + Pf+v+rot Pmd = Pcgir(1 - s) Pcgir = m1(I2')2r2'/s

222

x2'x1s

r2'r1

V1'I

Pin = Po + Pf+v+rot + PCu1+ PCu2 + Ph+e

Po = 500HP746W

Pmd = 373000 + 11000 = 384000 [W]

;

222

8.01.2s

0.170.37

3

2200V

'I

4

s0.17

0.37

3(2200V)

)'(I 2

2

22

0867.03774.0s4107.12

)2200(

12s0867.0

s3774.0

4107.

)2200()'(I

2

22

2

22

2

s

s

Igualando las ecuaciones:Pmd = Pcgir(1 - s) Pcgir = m1(I2')2r2'/s

s1s

17.0

0867.03774.0s4107.12

)2200(3384000

2

22

s

s

2.9306s2 - 0.341289s + 0.0134887 = 0

s = 0.306162s = 0.0150317 *I2' = 107.192 [A]PCu1 = 3[107.192]20.37 = 12754 [W]PCu1 = 3[107.192]2 (0.37/0.015) = 389840 [W]

WWW 230012754389840

)746)(500(

PPCu1Pcgir

Pout

Pin

Pout

fh

η = 95.08%

Un motor de inducción trifasico, 1000 hp, 12polos, 2200 voltios, 25 ciclos, opera a plenacarga con un deslizamiento del 1.75%. Laresistencia efectiva y reactancia del estatorson respectivamente 0.195 y 0.59 ohm entrelos términales. La resistencia efectiva yreactancia del rotor son respectivamente0.1433 y 0.29 ohm entre los terminales.La relacion de transformación del estator alrotor es 22 a 15. Encuentre el voltajerequerido durante el arranque para obtener eltorque a plena carga.

Problema #17 Problema #13PROBLEMA N#27 DEL FOLLETO PROFESIONAL ENGINEERING

rpmsnnn

rpmn

ss

s

63.245)250(0175.0250

25012

)25(120

Donde el torque a plena carga es:

pieslbT

WHPP

Pn

T

out

out

11.21375)745700(6.245

04.7

7457001000

04.7

Asumimos tanto el estator como el rotor conectados en y entonces los valores de resistencia y reactancia del estator y del rotorseran la mitad de las por fase

145.02

29.0

0716.02

59.0

295.02

1433.0

0975.02

195.0

r

r

s

s

X

R

X

R

Luego la impedancia por fase de el motor de induccion referido al estator sera

46.115

22

)()( 2222

n

donde

XnXRnRZ rsrse

Ω 0.169 0.44 Ω

VI1

Para el arranque s=1

ohmZe 657.0))145.0(15.2295.0())716.0(15.20975.0( 22

amperiosZ

VI

earr 1930

657.03

2200

Donde la potencia de entrada al rotor es la Pcampo giratorio

)(2 sPP cucgiratorio Pero s=1

KwRnIP rarrcgiratorio 23.1720)0716.0)(15.2()1930(33 222

pielbn

Ts

arr 48400172000004.7

Donde el voltaje requerido durante arranque para obtener un torque a plena carga

VE

T

TE

x

arr

x

146248400

213752200

2200

2

. Un motor de 10Hp, 4 polo,trifasico, 60ciclos, 21 amperios y 7 kilovatios mientras seencuentra en condiciones de carga normal.Bajo estas condiciones su deslizamiento esde 2% . Al parar su marcha este motor lleva 6amperios y 580 vatios a voltaje normal. Conel rotor bloqueado, este motor lleva 15amperios y 500 vatios con 50 voltiosaplicados.

Calcule el torque de salida y los caballo defuerza y la eficiencia de este motor encondiciones de carga normal.

Problema #18 Problema #14PROBLEMA N#22 DEL FOLLETO PROFESIONAL ENGINEERING

En condiciones de rotor a una velocidad pequeña los datos que podemos obtener son perdidas ya sea por friccion ventilacion mas las perdidas en el hierro del rotor

WRIP nsp 5802

Para las condicones de rotor bloqueado las potencia dada representa las perdidas en el hiero de la maquinaComo las perdidas por hierro varian con el cuadrado de la corriente podemos hacer una relacion entre las perdidas por hierro en rotor bloqueado y las de rotor a carga normal y tambien a rotor parado

wRI

amperiosI

wRI

amperiosI

l

l

n

n

98050015

21

21

8050015

6

6

22

22

Rotor parado

Carga normal

wRIP nsp 50080580580 2

Para las condiciones de carga normal:

HpPP

P

wRIPP

talesperdidastoinout

lsptalesperdidasto

4.7746

14807000

746

14809805002

Ahora calculamos la velocidad sincronica y la velocidad del rotor en condiciones de carga

pieslbPn

T

rpmsnn

rpmP

fn

out

s

s

02.22)18.5518(1764

04.704.7

1764)02.01(1800)1(

18004

)60(120120

0

%88.78100*7000

18.5518100*

in

out

P

PEficiencia

Ejercicio # 3:

Problema #19Dos motores de tres fases, 50 hp están disponibles en el comercio. Uno tiene una eficiencia a plena carga de 90%, el otro una eficiencia a plena carga de 89%. El motor de más alta eficiencia cuesta $100 más que el otro.Asumir que el motor es para ser usado 260 días de ocho horas a plena carga por año. El costo de energía diferencial es 1.0 centavos por kilovatio-hora. La depreciación, interés, impuestos y costos del seguro son 15%de la inversión inicial por año .

Cuál de los dos motores sería la mejor compra?

Dar razones para su respuesta.

Costos anuales, AC P = Costo del motor más barato A

Entonces: P + $100 = Costo del motor B Motor A: Entrada = = 41.45 Kw

Kilovatios-horas = 41.45 * (260 * 8) = 862,000 Costo de Energia = 862,000 * $ 0.01 = $ 8620 (AC) = 0.15 * (P + $ 100) + $ 8620 = 0.15P + $ 8635

90.0

746.0.50

Hp

Eficiencia

Salida

Entrada = = 41.9 Kw

Kilovatios-horas = 41.9 * (260 * 8) = 872,000

Costo de Energía = 872,000 * $ 0.01 = $ 8720

(AC) = 0.15 P + $ 8720

Entonces:

El incremento (AC) del motor B sobre el motor A = $ 85

Entonces, la elevación económica es el motor A.

Motor B:

890.0

746.050 Hp

PROBLEMA #1

Problema #20 Problema #15 Las pérdidas en un motor trifásico de inducción, a 60 Hz, 4 polos,

a plena carga son: Pérdidas en el cobre: 3 % Pérdidas en el nucleo: 3% Pérdidas en el estator: 5% Pérdidas por fricción y ventilación: 2% a) Calcule tan precisamente como los datos lo permitan, la

eficiencia de la máquina a 75% de plena carga.b) Liste las asunciones hechas en sus cálculos.

Para resolver el problema Para resolver el problema hacemos las siguientes hacemos las siguientes

suposiciones:suposiciones:

1.1. Los porcentajes de perdidaLos porcentajes de perdida están dados están dados en en porcentaje de entrada a plena carga.porcentaje de entrada a plena carga.

2.2. Las perdidas en el cobre son un porcentaje Las perdidas en el cobre son un porcentaje constante de entrada a plena carga.constante de entrada a plena carga.

3.3. Las perdidas de fricción y ventilación son Las perdidas de fricción y ventilación son un porcentaje constante de entrada a plena un porcentaje constante de entrada a plena carga carga

4.4. Las pLas péérdidas en el núcleo varían con el rdidas en el núcleo varían con el cuadrado del porcentaje de carga.cuadrado del porcentaje de carga.

5.5. Las pLas péérdidas del estator varían con el rdidas del estator varían con el cuadrado del porcentaje de carga.cuadrado del porcentaje de carga.

ResoluciónResolución

Po= 100% - (3% + 3% + 5% + 2%)

Po= 100% - 13%

Po= 87%

Pcu1=m I12 r1

Pcu2= m I2’2 r2 Solo estas cantidades

Pf+v= f(carga) disminuyen al 75%

Pcu2: Pcu2= (3 x 75%)/ 100%

Pcu2= 2.25%

Pcu1: Pcu1= (5 x 75%) / 100%

Pcu1= 3.75%

Pf+v: Pf+v= (2 x 75%) / 100%

Pf+v= 1.5%

Po= Pi-(Pcu2 + Ph+e + Pcu1 + Pf+v )

Po= 100% - (2.25% + 3% + 3.75% + 1.5%)

Po= 100% - 10.5%

Po= 89.5%

= (Po x 100%) / Pi

= 89.5 %

Problema #21 Problema #16 Una bomba que trabaja con un motor trifásico de

inducción a 440 v, eleva 1100 pies cúbicos de agua por minuto contra un total máximo de 100 pies de agua. La eficiencia de la bomba y del motor son 0.75 y 0.92, respectivamente. El factor de potencia del motor es 0.90.

PROBLEMA # 2

a) Calcular el costo de operación de esta bomba las 24 horas del día, cuando la potencia cuesta 3 centavos por Kw-h.

b) Calcular la corriente de linea del motor.

Potencia de salida de la bomba

Hp salida= Q w H / 33333 = (1100 x 62.4 x 100) / 33000

Hp salida= 208 Hp

Potencia de entrada de la bomba

Hp entrada= Hp salida / Eficiencia = 208 / 0.75

Hp entrada= 277.5 Hp

Potencia de salida del motor

Hp salida (motor) = Hp entrada (bomba) = 277.5 Hp

Potencia de entrada del motor

Kw entrada (motor) = (Hp salida (motor) x 0.746) / Eficiencia

Kw entrada (motor) = (277.5 x 0.746) / 0.92

Kw entrada (motor) = 225 Kw

Costo de operación

Costo/24h = 225 x 24 x $ 0.03

Costo/24h = $ 162.00

Corriente de Linea

IL= Kw entrada (motor) / 3 x EL x f.p.

IL= (225 x 1000) / (3 x 440 x 0.90 )

IL= 328 Amperios

PROBLEMA 3PROBLEMA 3Problema #22 Problema #17 Un motor de inducción de 460 V y. 25-hp, 60-Hz, cuatro polos, de

conexión en Y, tiene las impedancias siguientes, expresadas en ohmios por fase referidas al circuito del estator

r1=0.641 r2= 0.332 X1= 1.106 X2= 0.464 Xm= 26.3

Las pérdidas rotacionales son de 1 100 W y se Las pérdidas rotacionales son de 1 100 W y se supone que son constantes. Las pérdidas del supone que son constantes. Las pérdidas del núcleo están incluidas con las pérdidas núcleo están incluidas con las pérdidas rotacionales. Para un deslizamiento del 2.2% rotacionales. Para un deslizamiento del 2.2% del rotor, al voltaje y la frecuencia nominales, del rotor, al voltaje y la frecuencia nominales, halle las siguientes magnitudes del motor:halle las siguientes magnitudes del motor: a.-La velocidad. a.-La velocidad. b.-La corriente en el estator.b.-La corriente en el estator. c.-El factor de potencia.c.-El factor de potencia. d.-La eficienciad.-La eficiencia

RESOLUCIÓN:

ns= 120 f/P

ns=(120x60 Hz)/4 polos

ns=1800 rpm

La velocidad mecánica del eje del rotor es

nm = (1- s) ns

nm = (1 – 0.022)(1800 rpm)

nm = 1760 rpm

Z2’= R2’/s + jX2’

Z2’= ( 0.332/0.022) + j 0.464

Z2’= 15.09 + j 0.464 = 15.10 1.76

Zf= Z2´ jXm

Zf= (Z2´ x jXm) / (Z2´ + jXm)

Zf= ( 15.09+j0.464 ) j 26.3 / (15.04 + j 0.464 + j 26.3 )

Zf= 11.056 + j6.689

Zf= 12.93 31.1

Z total= Z1 + Zf

Z total= (0.641+j1.106) + 11.056 + j6.689

Z total= 11.697 + j7.695

Z total= 14.06 33.6

I1= V1/Ztotal

I1= ( 460/3) / ( 11.697 + j7.695 )

I1= 15.87 - j10.44 A

I1= 18.9 -33.6 A

fp= cos fp= cos 33.6

fp= 0.8333

Pin= 3 x V x I x fp

Pin= 3(460)(18.9)(0.8333)

Pin= 12.54 Kw

Pcu1= m x I12 x r1

Pcu1= 3(18.8)2(0.641)

Pcu1= 685 w

Pcgir= Pin - Pcu1

Pcgir= 12540 – 685

Pcgir= 11855 w

Pmd= Pcgir (1-s)

Pmd= 11855 (1- 0.022)

Pmd= 11594.2 w

Pout= Pmd - Prot

Pout= 11594.2 – 1100

Pout= 10494.2 w

= Poutx 100/Pin

= (10494.2 x 100)/ 12540= 83.69 %

PROBLEMA # 4

Problema #23 Problema #18

Un motor de inducción de 480V, 50 Hp, trifásico, absorbe 60 A, con fp= 0.85 en atraso. Las perdidas en el cobre del estator son de 2 Kw y las perdidas en el cobre del rotor son de 700 w. Las perdidas por fricción y por vendaval son de 600 w, las perdidas en el núcleo son de 1800 w y las dispersas se pueden despreciar.

Encuentre las magnitudes:

a.- La potencia de salida.

b.- La eficiencia del motor.

SOLUCION:

Pent= 3 VT IL cos

Pent= 3 (480 V)(60 A)(0.85)

Pent= 42.4 Kw

Pcgir= Pent - Pcu1 – Ph+e

Pcgir= 42.4 Kw – 2 Kw – 1.8 Kw

Pcgir= 38.6 Kw

Pmd = Pcgir – Pcu2

Pmd = 38.6 kw – 700 w

Pmd = 37900 w

Pout = Pmd – Pf+v

Pout = 37900 w – 600 w

Pout = 37.3 kw

= (Pout x 100) / Pin

= (37.3 kw x 100) / 42.4 kw

= 87.97 %

PROBLEMA 5 PROBLEMA 5

Problema #24 Problema #19 Un motor de induccíon trifasico de de 2200 v, 60 hz, 500 HP,

tienen la siguientes constantes por fase; r1=0.37 ; X1=1.2; r2’=0.17; X2=0.8, Perdidas en el nucleo = 2300W; Perdidas de fricción-ventilación y hierro rotacional = 11000w. Estator y rotor ambos en estrella .

Calcular el deslizamiento y la eficiencia a salida nominal.

Pmd = Po +Pf+v+rot

Pmd = 500*746 + 11000

Pmd = 384000 watts

0867.0*3774.0*4107.12

*)2200(

417.037.0

3/)2200(

2

222'

2

2

22'

2

2'21

2'2

1

22'

2

ss

sI

I

xxsrr

VI LN

0013487.0941289.0*9636.2

1*17.0

*0867.0*3774.0*4107.12

*2200*3384000

**

1*

2

2

22

'22'

2

ss

ssss

s

s

rImP

sPP

cgir

cgirmd

Igualando las siguientes formulas

S = 0.0150317

Segunda parte

230012754389840

746*500

389840015.0

17.0*192.107*3

1275437.0*192.107*3

1

22

21

fh

cu

cu

PPcuPcgir

Pout

Pin

Pout

wP

wP

Eficiencia= 95,08%

rpm

Cuando el motor está cargado n = 750 – 70 = 680 rpmCuando se encuentra libre n = 750 – 12 = 738 rpm

Tenemos que: La ecuación del torque en forma mecánica es: T = Fxd T = 35.4lbx2pies T = 70.8 lb-pies

7504

25120P

F120ns

Problema #25 Problema #20Un motor de inducción trifásico de 4 polos, 25 Hz, 220 V es operado por un sistema de freno cuya palanca tiene 2 pies de longitud y una fuerza de 35.4 lb. Cuando opera a voltaje y frecuencia nominal las lecturas de los vatímetros es W1 = 5.55 Kw y W2 = 2.90 Kw a una velocidad de 70 rpm. Con el freno quitado la lectura fue de W1 = 1.18 Kw y W2 = 0.8 Kw a una velocidad de 12 rpm. La lectura corregida en el brazo del freno fue de 35.4 lb. Calcular el rendimiento y la corriente de línea en las condiciones de carga.

80.93%η

1008450

6838.63100PP

ηin

out

La ecuación del torque en forma electrica es:

[ W ]

La potencia de entrada debe ser vista por los vatímetros y en condiciones de carga se tiene:

Pin = W1+W2 = 5550+2900

Pin = 8450 [W]

6838.63P

68070.87.04

1P

Pn7.04 T

out

out

out

El factor de potencia se puede calcular por medio de la lectura de los vatímetros de la siguiente forma:

Luego la corriente de línea es:

[ A ]25.24I

cos28.5122038450

cosV3P

I

L

0L

inL

θ

0

01

21

211

21.51

21.512.905.55

2.905.553tg

WWWW3

tg

θ

θ

Pmd = Po+PF+V+rot = 450x746+12000 Pmd = 347700 [ W ]

Problema #26 Problema #21Un motor de inducción trifásico rotor devanado de 450 Hp, 2200V, 60 ciclos, 6 polos, tiene los siguientes parámetros por fase: r1 = 0.32 Ώ, r2´= 0.15 Ώ, x1 = 1.15 Ώ, x2´= 0.75 Ώ. La conexión de los devanados del estator y del rotor es Y-Y respectivamente. Las pérdidas por fricción y ventilación son 12 Kw, y las del núcleo 2.5 Kw, Im = 25 A. Determinar la eficiencia a plena carga del motor de inducción trifásico utilizando el circuito aproximado equivalente.

06450.0107751205s0.9540231421s2.77796347

s1s´r

ImP 2221md

Se obtiene la siguiente ecuación cuadrática en “s”:

Teniendo en cuenta que:

0.06750.288s11.1372ss2200´I

0.751.15s

0.150.32

32200

´xxs

´rr

v´I

2

22

2

22

2

21

2

21

12

[ W ]

[ W ]

92.3%

92.3%25009376.17351810.91

746450PPP

PpP

351810.910.0116933

0.1595.6133sr

ImP

9376.170.3298.8273rImP

98.827I

95.61325III

Fehcu1cgir

out

in

out

2´2´2

21cgir

21

211cu1

1

22´22

2m1

η

η

S1 = 0.331732 S2 = 0.0116333 I2´= 95.63 [ A ]

[ A ]

[ W ]

[ W ]

[ W ]

818.75.750.04x20468P

20468.750.041

19650P

19650100018650P

cu2

cgir

md

rsPP CgiCU2s1P

P mdcgir VFoutmd PPP

0.041000

9601000sn

nsns

10006

50120P

F120n

1865074625outP

s

Problema #27 Problema #22Un motor de inducción trifásico de 25 Hp, 6 polos, 50 ciclos, que funciona a 960 rpm a plena carga con una corriente de 35 A por fase (rotor). Se permite 250 W para las pérdidas de cobre en el arrancador cortocircuitado y 1000W para pérdidas mecánicas. Calcular la resistencia por fase del devanado del rotor.

[ W ]

rpm

0.1547rotorr

0.1547235

3568.75

2rotorI

fasecurotorP

rotorr

568.75250818.75curotórica

Pcu2

PcurotorP

curotóticaPcurotorP

cu2P

[ W ]

Ώ/fase

Ώ/fase

arrTRarrII α

LNM VV α

TRarr

XI

VX

θθ sinVcosVVV MM2LNX

Vln

VM

θ

VX

VXM

VRM

Problema #28 Problema #23Un motor de inducción trifásico, jaula de ardilla, de 500 Hp, 2300V, 110A, tiene una corriente de arranque de 5.5 veces la Inominal cuando arranca a plena tensión. Calcule la reactancia en cada una de las líneas para que la Iarr sea 2 veces la Inominal. Asuma un factor de potencia fp de rotor bloqueado de 0.5

887.59V

sin603

23000.3636cos603

23000.36363

2300V

0.3636n5.5I

n2I

X

002

X

α

4.03X

4.032x110887.53

IV

XTRarr

X

V

Ώ/fase

Ώ/fase

rotVFP´

2r´2

2I

1ms

´2

r´22

I1

moutP

PPPP

PPP

rotVFcu2cgirout

rotVFmdout

Problema #29 Problema#24Un motor de inducción trifásico, 2200V, 60Hz, 500 Hp tiene las siguientes constantes por fase: r1 = 0.37 Ώ, X1 = 1.2 Ώ, r2´= 0.17 Ώ, X2´= 0.80 Ώ, Ph+fe =2300 W, PF+V = 11000W. El rotor y el estator están conectados en estrella Y-Y.Calcular el deslizamiento a plena carga, para esto utilice el circuito equivalente aproximado del motor de inducción.

2

21

2

21

12

xxs´r

r

VI

00.01348760.9412893s2.93068s2

0.306152s1

0.015032s20.015s

110000.170.81.2s

0.170..37

32200

3s0.17

0.81.2s0.170.37

32200

37465002

2

22

2

2

Problema #30 Problema #25Cual debe ser la relación de transformación del autransformador que permita arrancar el motor con un Tarr=60% Tn y cuál es el valor de la Iarr.Si se tiene un MI3 de 50 Hp, 6 polos, 440 V, 60 Hz, eficiencia=90%, fp=90%, Iarr(Vn)=525%In, Tarr(Vn)=175 Tn.

Método de arranque por Método de arranque por autransformador:autransformador:

VVMM

TapTap = = VVLNLN

Tarr[TR]= Tap² Tarr(DIR) (1)Tarr[TR]= Tap² Tarr(DIR) (1)Iarr[linea]= Tap² Iarr(DIR) (2)Iarr[linea]= Tap² Iarr(DIR) (2)Iarr[motor]=Tap Iarr(DIR) (3)Iarr[motor]=Tap Iarr(DIR) (3)

De la ecuación #1 tenemos:De la ecuación #1 tenemos:60% Tn = Tap² 175% Tn60% Tn = Tap² 175% TnTap= [60/175]½ = 0.5855Tap= [60/175]½ = 0.5855 11Tap = = 1,71Tap = = 1,71 aa

De la eficiencia tenemos: De la eficiencia tenemos:

PoutPout

ηη ==

PinPin

(50)(746)(50)(746)

PinPin == = 41444,4W = 41444,4W

0.900.90

Pin 41444,4Pin 41444,4

InIn == = = = = 60,424[A]60,424[A]

√ √3 VLLfp √3(440)(0.90)3 VLLfp √3(440)(0.90)

Luego tenemos:Luego tenemos:

Iarr[TR]= Tap Iarr[DIR]Iarr[TR]= Tap Iarr[DIR]

Iarr[TR]= 0,5855 (5,25)(60,424)Iarr[TR]= 0,5855 (5,25)(60,424)

Iarr[TR]= 185,73 [A]Iarr[TR]= 185,73 [A]


Se tiene un M13 de 10 polos, 220 V, 13.5 A; tiene los siguientes parámetros:r1=0.33 Ω/fase Ztotal arr=2.09 ∟73.30°

r2´arr=0.27 Ω/fase Tarr(Vn)=4 Kgm

x1+x2´=2 Ω/fase Iarr(Vn)=60.8 A

Se pide reducir el Tarr al 60% (Tarr´= 1.6 Kgm) utilizando: Resistencias, Reactancias, Autransformador, o un arrancador Y-∆.Utilizando resistencias

Tarr (Vn) Vn2

Tarr (Tl) VM2

Vm = Vn [Tarr (Tl) / Tarr (Vn)]½ = (220 / 1.717) (1.6 / 4) ½

Vm = 80.33 V

Vrext = (VLN2 - VM2 *Sen2RB) ½ - VM*CosRB

Vrext = ((220/1.717)2 –80.332 * Sen2 73.3) ½ - 80.33*Cos 73.3

Vrext = 77.97 V

Iarr (TR) = (Vm / VLN ) * Iarr[DIR]Iarr (TR) = 80.33 / (220/ 1.717 ) * 60.8Iarr (TR) = 38.45 A Rext = Vrext / Iarr (TR) = 77.97 V / 38.45 A = 2.03 Ω/fase

Utilizando reactancias Vxext = (VLN2 - VM2 *Cos2RB) ½ - VM*SenRBVxext = ((220/1.717)2 –80.332 * Cos2 73.3) ½ - 80.33*Sen 73.3Vxext = 47.959 VXext = Vxext / Iarr (TR) = 47.959 V / 38.45 A Xext = 1.247 Ω/fase

Por Autotransformador

Tarr (TR) = Tap2 * Tarr (Vn)

Tap = √1.6 / 4 = 0.6324 a = 1.58

Iarr[TR]= Tap Iarr[Vn]

Iarr[TR]= 0.6324 * 60.8

Iarr[TR]= 38,45 [A]

Iarr[Linea]= Tap2 Iarr[Vn]

Iarr[Linea]= 0.6324 * 60.8

Iarr[Linea]= 24.31 [A]

Por arrancador Y-∆.

Tarr (Y) = 1/3 * Tarr (∆)

Tarr (Y) = 1/3 * 4 Kgm

Tarr (Y) = 1.33 Kgm

CONCLUSIÓN: Como Tarr (Y) < Tarr ‘ entonces si se pede utilizar este tipo de arrancador.

Problema #32 Problema # 27 27Un motor de inducción trifásico de 50 Hp, 440 V, 60 Hz, 4 polos, n= 1476 rpm, tiene un Tmáx. = 200% Tnom., r2´= 0.2 Ω/f. Asuma que las pérdidas Pf+v= 0 y r1= 0. Además el rotor está conectado en Y. Calcular la Pcu2 , la velocidad que desarrolla a Tmáx.

120*f 120*60ns = = = 1800 rpm

p 4 ns – n 1800 - 1476s= = = 0.03 ns 1800

Pmd= Pout + Pf+v+rotPcu2= sPcgirPcgir= Pmd/(1-s)Pmd= 50*746 = 37300 WPcgir= 37300/(1-0.03)= 38453,60 WPcu2= 0.03*38453,60= 1153,60 W

Bajo la condición de que r1=0, se tiene que:Bajo la condición de que r1=0, se tiene que:

TnTn 2 2 2 2

= = = =

TmáxTmáx (Sn/STmáx)+(STmáx/Sn)(Sn/STmáx)+(STmáx/Sn) (0.03/STmáx)+ (0.03/STmáx)+(STmáx/0.03)(STmáx/0.03)

STmáxSTmáx22 – 0.12STmáx + 0.03 – 0.12STmáx + 0.0322 = 0 = 0

STmáx = 0.00803STmáx = 0.00803

STmáx = 0.111962 STmáx = 0.111962 , debido a STmáx > Sn, debido a STmáx > Sn

STmáx = (ns – nTmáx)/ nsSTmáx = (ns – nTmáx)/ ns

nTmáx = ns [1- STmáx] = 1800 [ 1 – 0.111962 ] = 1598,46 rpmnTmáx = ns [1- STmáx] = 1800 [ 1 – 0.111962 ] = 1598,46 rpm

nTmáx = 1598,46 rpmnTmáx = 1598,46 rpm

Problema #33 Problema #28Un motor de induccion trifásico rotor devanado de 450 Hp, 220 V, 60 Hz, 6 polos, tiene los siguientes parámetros por fase:r1 = 0.32 x1 = 1.15r2´ = 0.15 x2 = 0.75La conexión de los devanados del rotor y del estator es Y-Y respectivamente. Las pérdidas de fricción y ventilación son 1200 W, y las del núcleo 2500 W, Im = 25 A. Determinar la eficiencia a plena carga, utilizar el circuito equivalente aproximado.

Pmd = Po+PF+V+rotPmd = Po+PF+V+rot

Pmd = 450*746 +1200 = 347700 Pmd = 450*746 +1200 = 347700 WW

I2´= V1 / [(r1+r2´/s)I2´= V1 / [(r1+r2´/s)22+(x1+x2´) +(x1+x2´) 22] ] 1/2 1/2 (1)(1)

Pmd = m1 I2´ Pmd = m1 I2´ 2 2 r2´[(1-s) /s] r2´[(1-s) /s] (2)(2)

Elevamos al cuadrado la ec.1 :Elevamos al cuadrado la ec.1 :

I2´ I2´ 22 = V1 / [(r1+r2´/s) = V1 / [(r1+r2´/s)22+(x1+x2´) +(x1+x2´) 22] (3)] (3)

Despejamos de la ec.2 y de la ec.3 Despejamos de la ec.2 y de la ec.3 I2´ I2´ 22

e igualamos:e igualamos:

2200220022*s*s22*0.15*0.15

347700= 3 *347700= 3 * * [1-s] * [1-s]

(11.1372s(11.1372s22 + 0.288s + 0.0675)*s + 0.288s + 0.0675)*s

2.777963471 s2.777963471 s22 – 0.954023s – 0.010775 = 0 – 0.954023s – 0.010775 = 0

s = 0.331732s = 0.331732

s = 0.01169s = 0.01169 , I2´ = 95.613 [A] , I2´ = 95.613 [A]

I1 = √ImI1 = √Im22 + I2´ + I2´22 = 98,827 [A] = 98,827 [A]

Pcu1 = m1*I1Pcu1 = m1*I122*r1 = 3(98,827)*r1 = 3(98,827)22 (0.32) = 9376,17 W (0.32) = 9376,17 W

Pcgir = m1*I2´Pcgir = m1*I2´22*(r2´/s) = 3(95,613)*(r2´/s) = 3(95,613)22 (0.15/0.01163) = 351810,91 (0.15/0.01163) = 351810,91 WW

PoutPout Pout Pout 450*746 450*746

η=η= = = = =

Pin Pin Pcgir + Pcu1 + Ph+e Pcgir + Pcu1 + Ph+e 35810,91 + 9376,17 + 250035810,91 + 9376,17 + 2500

η = 92,3 %η = 92,3 %

Problema No. 1Problema No. 1


Explique por qué el “maximun” o torque de Explique por qué el “maximun” o torque de arranque de un de un rotor embobinado en un motor de inducción permanece sin rotor embobinado en un motor de inducción permanece sin cambio, mientras que la resistencia del rotor es variada.cambio, mientras que la resistencia del rotor es variada.

¿ Por qué el máximo valor del torque curces ocurre a ¿ Por qué el máximo valor del torque curces ocurre a diferentes valores de deslizamiento ?diferentes valores de deslizamiento ?

(Sacado de copias proporcionadas por el profesor págs. 88,89 (Prior 45))

SoluciónEl torque desarrollado en el rotor de un motor de inducción Tr, es proporcional al producto de (1) El campo rotacional magnético el cual se vincula al rotor y producido por la corriente de los devanados del estator, Por (2) El campo magnético producido por la corriente del rotor, Por (3) El coseno el desplazamiento angular entre estos campos magnéticos.

Permite Er ser el voltaje inducido en el rotor cuando el voltaje estimado esta impreso en el devanado del estator y en el rotor es estacionario a 10% de deslizamiento. A una frecuencia establecida o específica, Er es directamente proporcional a la fuerza del campo magnético rotatorio ( o rotacional).

El campo magnético producido por la corriente del rotor es proporcional al voltaje inducido en el rotor a cualquier deslizamiento (s).

222r

rXSR

sErZ

sErI

Ahora Corriente del Rotor se expresa como : Ahora Corriente del Rotor se expresa como :

Donde s: deslizamientoDonde s: deslizamiento Rr: resistencia del rotorRr: resistencia del rotor

Xr: Reactancia del rotor a cierto valor de frecuencia Xr: Reactancia del rotor a cierto valor de frecuencia “f”“f”

Entonces:Entonces:

Para encontrar la resistencia a la cual ocurre el máximo valor Para encontrar la resistencia a la cual ocurre el máximo valor del torque, Tr, e igualamos la derivada a cero.del torque, Tr, e igualamos la derivada a cero.

0)(

2*)(2222

222222

rr

rrrrr

r

r

XsR

RKsEsKEXsRdRdT

(1)(1) (2)(2) (3)(3)

rr

rr

rrrr

rrrrr

sXR

XsR

EsKREkXs

RKsEksEXsR

222

22223

222222 02*)(

Por consiguiente el máximo torque ocurre cuando Rr es igual a sXr. Para valores de Rr iguales y menores que Xr, el máximo torque deberá ser constante y ocurrir para valores de deslizamiento lo cual hace que Rr = sXr.

La reactancia del rotor para la condición estacionaria , Xr, es constante, así que como Rr es varaible, hay algunos valores de deslizamiento los cuales resultan por las condiciones necesarios de Torque Máximo.

Problema No. Problema No. 22


Un cierto motor de inducción trifásico jaula de ardilla, consume 150 amperios cuando arranca al 75 % de su rated voltage y desarrolla un torque de 120 lb - pie.

Este motor es diseñado para y servir a una carga, la cual es prácticamente constante y requiere un torque normal de arranque.

La potencia es suministrada para una utilidad pública en un área urbana.

(Sacado de copias proporcionadas por el profesor págs. 95 (june 56))

A) Calcule el torque de arranque y la corriente de A) Calcule el torque de arranque y la corriente de

esta máquina cuando su rated voltage valor es esta máquina cuando su rated voltage valor es

aplicado.aplicado.

B) Sobre que asunciones están basados sus B) Sobre que asunciones están basados sus

calculos.calculos.

C) ¿Qué objeciones, si las hay, podría alcanzar a C) ¿Qué objeciones, si las hay, podría alcanzar a

través de la linea si esta máquina es través de la linea si esta máquina es

arrancada regulamente dos veces al día ? .arrancada regulamente dos veces al día ? .

La corriente de arranque de un motor de La corriente de arranque de un motor de inducción varia directamente con el impresed inducción varia directamente con el impresed voltage y el torque desarrollado varía con el voltage y el torque desarrollado varía con el cuadrado del impressed voltage.cuadrado del impressed voltage.

A ) Corriente de ArranqueA ) Corriente de Arranque

AmperiosIst 200150*%75%100

TORQUE DE ARRANQUE :TORQUE DE ARRANQUE :

pielbTst

213120*

75100

2

B) Asumimos que las resistencias y B) Asumimos que las resistencias y

reactancias equivalentes del rotor y estator reactancias equivalentes del rotor y estator

son del mismo valor para cada voltaje.son del mismo valor para cada voltaje.

C) Habrá un pronunciado dip voltage el cual C) Habrá un pronunciado dip voltage el cual

afecta el alumbrado.afecta el alumbrado.

PROBLEMA No.3Tomado de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por L.W.Matsch ( Ejemplo 7.1, pags 384-388 )

Problema #36 Problema #31Un motor de inducción de rotor devanado de 15-hp, 440 volt, trifásico, 60-Hz, 8 polos, tiene su estator y rotor conectados en estrella. La relación de las vueltas efectivas del rotor es b = 2.4 a 1. Las pérdidas de fricción de aire y fricción son 220 watts a velocidad nominal y pueden considerar constantes desde cero carga hasta carga plena. El estator y el rotor tienen las siguientes constantes por fase

ESTATORESTATOR ROTORROTORrr11 = 0.52 ohm = 0.52 ohm RR22 22 = 0.110 ohm= 0.110 ohm

xx11 = 1.15 ohm = 1.15 ohm XX2222 = 0.20 ohm = 0.20 ohm

xxMM = 40.0 ohm = 40.0 ohm

rrfefe = 360 ohm = 360 ohm

Las pérdidas de carga parásitas son 120 watts. Use el circuito equivalente

(a), para calcular lo siguiente para un desplazamiento s = 0.045 con un voltaje nominal balanceado y frecuencia nominal aplicados al estator y con los anillos deslizantes del rotor en corto – circuito: i.- Corriente del estator, ii.- factor de potencia, iii.- corriente en el embobinado del rotor, iv.- salida en caballos de potencia, v.- eficiencia, y vi.-par.

(b) Repita la parte (a) usando el circuito equivalente (b) Repita la parte (a) usando el circuito equivalente aproximado, Figura a continuación ( parte b ) ,aproximado, Figura a continuación ( parte b ) ,

(c) Compare los resultados de las partes (a) y (b) en forma (c) Compare los resultados de las partes (a) y (b) en forma tabulada.tabulada.

Solución:Solución:En ambos circuitos equivalentes de la Figura 7.7, la En ambos circuitos equivalentes de la Figura 7.7, la impedancia del rotor se refiere al estator con el uso de la impedancia del rotor se refiere al estator con el uso de la relación de impedancia :relación de impedancia :

bb22 = (2.4) = (2.4) 22

de tal forma que :de tal forma que : rr22 = b = b22rr22 22 = 5.76 * 0.110 = 0.634 ohm por fase= 5.76 * 0.110 = 0.634 ohm por fase

xx22 = b = b22xx22 22 = 5.76 * 0.20 = 1.15 ohm por fase= 5.76 * 0.20 = 1.15 ohm por fase

Para un deslizamiento s = 0.0045, la impedancia del rotor Para un deslizamiento s = 0.0045, la impedancia del rotor referida al estator es :referida al estator es :

ojjjxsr

z 7.413.1415.110.1415.10045.0634.0

22

2

( Ohms por fase )La impedancia de dispersión del estator es :La impedancia de dispersión del estator es :

ojjxrZ 6.6526.115.152.0111

y la impedancia de excitación referida al estator esy la impedancia de excitación referida al estator es

5.3940.465.838.3940360

)40)(360(j

jj

jxr

jxrZ o

Mfe

MfeM

( Ohms por fase )

(i) (i) Ahora ya se puede determinar la corriente del estator Ahora ya se puede determinar la corriente del estator simplemente dividiendo el voltaje, aplicado a una fase del simplemente dividiendo el voltaje, aplicado a una fase del estator por la impedancia del circuito. La impedancia es estator por la impedancia del circuito. La impedancia es de la figura (a).de la figura (a).

M

M

zzzz

zZ

2

21

oo

ooo

65.838.397.413.14

)65.838.39)(7.413.14(6.6526.1

o

o

j6.658.44

35.8856215.152.0

oj 4.2647.1300.609.12 Ohms por fase

El voltaje por fase es:

2543

440 V

que produce la corriente del estator

oo

ZV

I 4.2685.1847.13

4.26254 Amperios por fase

(ii) (ii) El factor de potencia del motor es :El factor de potencia del motor es :

895.04.26coscos.. oFP

(iii)(iii)La corriente del embobinado del rotorLa corriente del embobinado del rotor

M

M

M

M

zzzI

zzzzzI

zE

I

2

1

22

21

2

22

oo

oo

35.875.166.658.44

65.838.394.2685.18

oobII 35.82.4035.875.16*4.2222 (Amperios por fase)

(iv)(iv)Salida en caballos de potenciaSalida en caballos de potencia

wattsrs

sImPem 300.11634.0*

045.0045.01

75.1631 2

22

2

wattsPPPP strayfwemmec 960.10)120220(300.11

hp7.14746960.10

P. fw = pérdidas de fricción y ventilaciónP. fw = pérdidas de fricción y ventilaciónP. stray = pérdidas de Corrientes ParásitasP. stray = pérdidas de Corrientes Parásitas

(v) (v) La eficiencia es la relación de la entrada a la salida. La eficiencia es la relación de la entrada a la salida. La potencia real de entrada es :La potencia real de entrada es :

watts88.12895.0*85.18*254*3

cos1mVIPen

851.0149.01880.12

19201

'880.12960.10 ffE

eficienciaE ff

(vi) (vi) El par es la relación de la potencia mecánica a El par es la relación de la potencia mecánica a la velocidad angular mecánica de rotación. La la velocidad angular mecánica de rotación. La velocidad angular es :velocidad angular es :

seg

radnsw sin

m 0.9060

860*120

)045.01(2

60

12

velocidad de sincronismosinn

y un par o torque de:

mnT 8.12190960.10

b) (i) En base al circuito equivalente aproximado de la b) (i) En base al circuito equivalente aproximado de la figura ( parte b) se encuentra que la corriente del rotor figura ( parte b) se encuentra que la corriente del rotor referida al estator es :referida al estator es :

21

1

2

1

zz

xx

V

I M

21

21

11

xxjsr

r

xx

VM

ojj 95.880.14

7.24630.262.14

7.24630.21.1452.0

4015.1

1254

60.25.1695.87.16 jo amperios por fase

17.669.040

7.246360

7.2461 1

jjz

x

xV

Im

mM

La corriente de excitación :

y la corriente del estator es :

17.669.060.25.1621 jjIII M

oj 0.2730.1977.819.17

(ii) El factor de Potencia es :890 . 0 0. 27 cos cos . . o

F P

La corriente actual en el embobinado del rotor es :

1.407.16*4.2222 bII ( amperios por fase o por anillo deslizante )

(iii) La potencia mecánica desarrollada es :

wattsrs

sImPem 260.11634.0

045.0045.01

)7.16(31 2

22

2

(iv) La potencia mecánica es :

920.10)120220(260.11 strayfwemmec PPPP ( watts )

con una salida en caballos de potencia de

hp=10.920 / 746 = 14.65

(v) La potencia de entrada es

080 . 13 890 . 0 30 . 19 254 3 cos 3 VI Pen

( watts)

y la eficiencia es

835.0080.13

21601

080.13920.10

en

mecff P

PE

Eficiencia Eff

mnw

PTorque

m

mec 7.1220.90

040.11

c) Tabla de resultadosc) Tabla de resultados

CIRCUITOEquiv.(a) Equiv. Aprox. (b)

Deslizamiento, s 0.045 0.045Corriente del estator, I1 18.85 19.3Corriente del Rotor, I22 40.2 40.1Factor de Potencia 0.895 0.89Potencia de Entrada,kw 12.88 13.08Potencia de Salida, kw 10.96 10.92Eficiencia 0.851 0.835

La tabla de resultados en el Ejercicio muestra los cálculos La tabla de resultados en el Ejercicio muestra los cálculos basados en circuito equivalente aproximado de la figurabasados en circuito equivalente aproximado de la figura ( parte b), y con la corrección aplicada al voltaje del ( parte b), y con la corrección aplicada al voltaje del estator, para estar de acuerdo con los cálculos basados en el estator, para estar de acuerdo con los cálculos basados en el circuito equivalente más exacto en la Figura ( parte a) .circuito equivalente más exacto en la Figura ( parte a) .

Sin embargo, en pequeños motores tales como Sin embargo, en pequeños motores tales como servomotores de dos fases usados en dos sistemas servomotores de dos fases usados en dos sistemas de control la resisitencia puede ser varias veces de control la resisitencia puede ser varias veces tan grande como la reactancia de control de tan grande como la reactancia de control de dispersión.dispersión.

Adicionalmente, debido a las limitaciones físicas Adicionalmente, debido a las limitaciones físicas en entre-hierro es proporcionalmente más en entre-hierro es proporcionalmente más grande que en motores grandes, con el resultado grande que en motores grandes, con el resultado comparativo de una reactancia de magnetización comparativo de una reactancia de magnetización más baja.más baja.

Para tales motores pequeños, el circuito equivalente más Para tales motores pequeños, el circuito equivalente más exacto en la Figura 7.7 (parte A) o como su modificación exacto en la Figura 7.7 (parte A) o como su modificación en la Figura 7.17( parte d ),debe usarse por lo tanto en la Figura 7.17( parte d ),debe usarse por lo tanto como base.como base.En último caso,las pérdidas del núcleo se restan con las En último caso,las pérdidas del núcleo se restan con las pérdidas de fricción del viento y fricción de la potencia pérdidas de fricción del viento y fricción de la potencia mecánica desarrolladamecánica desarrollada

112 zIEV

dado que :dado que : MIII 21

MM IzIzEIIzEV 1212212

como :como : 222 IzE

MIzIzIzV 12122

MIzzzIV 1212

Dado que :Dado que :

MM

MM

zEI

ZIE

2

2

Tenemos : 22

1212 )( Ez

zzzIV

Dado que la componente reactiva en ambas impedancias y en son varias veces más grandes que la componente resisitva en los motores de inducción convencionales.

MM xx

zz 11

2E es solamente un poco menor y cercano en fase con V en el rango normal de giro entonces:

Vxx

IzzVM

1

221

2211 IzzV

xx

VM

2211 )(1 Izz

xx

VM

Mxx

VV 1´ 1

221 )( IzzV

r22 = 0,0252ohm/faseXM = 17,7 ohm/faserfe = 200 ohm/fase

PROBLEMA # 4

Un motor de inducción de rotor devanado de2300V Y 1000Hp trifásico, 60Hz, 16 polos conel estator y el rotor conectados en estrella, tienelas siguientes constantes:

r1 = 0,0725ohm/faseb = 2,025/1X1 = X2 = 0,625ohm/fase

Se conecta a un bus de 2300V trifasico60Hz que también está alimentado pormáquinas sincrónicas.

(Tomado del Macht problema 7.15)


El motor se impulsa a una velocidad de 458rpm y actua comoun generador de potencia real. Calcule la corriente del rotor,la potencia real y reactiva de salida de la máquina deinducción. Use el circuito equivalente siguiente. Las perdidasrotacionales se toma como:

ferv23 Donde V es el voltaje de línea a neutro

hp

p

rpmn

DATOS

1000

16

458

:


Circuito equivalente

KVARPQ

KWP

KWP

s

srImP

PPP

AI

VjE

ZIVE

Z

E

Z

EI

AZeq

VI

mdes

mdes

rotfemdes

9.19751.167tg4.893tg

4.89345.2694.866

94.866

018.0

018.01103.051.2213

1''

51.16751.22177.17326.676.5

88.1275'

26.688.127506.13928.128

38.83629.017.15056.24003

2300

''

''

17.15056.24017.15052.53

2300

00

0

22

221

0

2

1

1111

2

1

2

22

1

Problema #39. Problema #34Un motor devanado de 450 Hp, 220 voltios, 60 Hz, 6 polos, el motor de inducción tiene las siguientes constantes del circuito por fase referido al estator : Resistencia del rotor: 0.15 ohm , Reactancia de dispersión del rotor: 0.75 ohm .Resistencia del estator: 0.32 ohm , Reactancia de dispersión del estator: 1.15 ohm .Conexión del devanado Y-Y .En adesión, las pérdidas del núcleo son 1200W y la corriente magnetizante es 25A.Calcule la velocidad y eficiencia de esta máquina a carga máxima :

I24 – ( 3.9x105 ) I22 + 3.5x109 I22 =900 I2 =95 Amp.

Corriente de estator; Is= =98 amperios.

Perdidas de cobre en el estator; = 9220 Watts.

Perdidas del cobre en rotor; =4050 Watts.

S = 0.0115 = 1185rpm % = 93%

22222S 2595II I

0,32983R3I 2S

2S

0,32983R3I 2S

2r

Problema #40 Problema #35Un motor de induccion 3 , 60 hz, 6 polos, 110 voltios, tiene una conexion estator y conexión rotor, la resistencia entre terminales del estator es 0.221 con el rotor corto circuitado y frenado, los siguientes datos fueron tomados: Voltajes entre terminales 36V, corriente por terminales 45.2A y total de potencia de entrada 1500 Watts; Calcule para las condiciones de bloqueo de rotor tasa de voltaje de las siguientes corrientes de fase: I estator, componente de potencia de la I estator; y la componente de potencia de la corriente del estator representando la perdida del cobre del estator.

La corriente de un motor de induccion bajo condiciones de bloqueo varia directamente con el voltaje impreso sobre el devanado del estator, y la potencia del motor bajo estas condiciones varia aproximadamente con el cuadrado del voltaje de linea.(Este motor es un motor de Induccion de rotor devanado)Para medidas de voltaje de lineas, EL=110 (Motor Bloqueado)

Corriente de linea; =1138.A.

Potencia Total; =14000 Watts.

Factor de potencia; =0.532

Desde el arrollamiento del estator son conectados en delta, La corriente del estator por fase sera:

Corriente de fase del estator: =79.7A

Componente de potencia de =42.4

La resisitencia del arrollamiento del estator por fase, RS= (3/2) x0.221 = 0.3315

I2R es la perdida del arollamiento del estator por fase, IS2 RS= 79.72 x 0.3315 =

2100W

36110

45,2EE

IIb

L'bb

22

b

L'bb 36

11001500

EE

PP

0,53279,7COSθII bSS

3138,1

3I

I bS

138,1110314000

IE3P

COSθbL

bb

La Componente de potencia de la corriente del estator representando la perdida I2R del estator es :

A. 19,1 1102100

ERI

IL

S2S``

S

Ejemplo 7.5: Las siguientes constantes son para un motor de arranque con capacitor de ¼ -hp, 60-hz, 115-v, 4 polos:

r1= 2.15 ohms r2= 4.45 ohmsx1= 3.01 ohms x2= 2.35 ohmsxM= 70.5 ohms

Las perdidas de nucleo = 26.0 watts, perdidas de friccion de viento y friccion = 14.0 watts. Calcule para un deslizamiento de 0.05 la (a) corriente, (b) factor de potencia, (c) salida, (d) para y (e) eficiencia.Solucion: (a) La corriente basada en el circuito equivalente en la Fig. 7-22 (d), es

Donde z1 = r1 + jx1 = 2.15 + j3.01 , donde Zf Zb se encuentran haciendo uso de la Fig. 7-22 (c), como sigue:

bf1m ZZz

VI

M22

M22

bff

x5,00,5xjs

0,5r

x5,0x5,0s

0,5r

jXRZ

jj

1,522,27

j36,4344,535,25x175,15,44 2 jj

45,2172,16 j

bbb XRZ j M2

2

M22

x5,00,5xjs-2

0,5r

x5,0x5,0s-2

0,5r

jj

6,4758,1

j36,431,1435,25175,114,1 jj

17,106,1 j

y

17,106,145,2172,1601,315,2ZZz bfA jjj

1,525,3263,2593,19 j

amp

1,5254,31,525,32

115Im

a) El factor de potencia es cos 52.1 = 0.615.b) La potencia desarrollada, de la Ec. 7.63, es

Pem = (1 – s) I2m (Rf - Rb)

= (0.95) (3.54)2(16.72 – 1.06) = 186 w

La potencia mecanica de salida es

Psa1 = Pem - Prot

Y las perdidas rotacionales son Prot = 26 + 14 = 40 w

Por lo tanto Psa1 = 186 – 40 = 146 w or 0.196 hp

m-n 0,816

601800 2π

0,95

146S-1P

Par sinω

sal

(d)

(e) Eficiencia = salida / entrada

Entrada = VIm cos = 115 x 3.54 x 0.615 = 250

Eficiencia = 146 / 250 = 0.584

Problema 4. Problema #36

El rotor de un motor de inducción de rotor – devanado se reembobina con el doble de numero de sus vueltas originales y con el área de sección transversal del material conductor en cada vuelta de un medio del valor original. Calcule el valor de relación de las siguientes cantidades en el motor reembobinado a las correspondientes cantidades originales. desprecie los cambios en el flujo de dispersion

a) corriente de rotor a plena carga.

b) La resistencia actual del rotor.

c) La resistencia del rotor referida al estator.

d) Los caballos de potencia nominales,

e) La eficiencia a plena carga.

a)a) original

reembobinado

IINN

1

2

12

2I

NN

I1

2

12n N

NII

1

2

2

1 N

2NII

1

2

2n

1

II 22

12n

b) b) Como el embobinado es el doble, entonces la longitud se Como el embobinado es el doble, entonces la longitud se duplicaduplica

2RA

ρ A

ρR 4A

2ρ2n

2

1

22n 4RR

c)

22

2

12RR'

NN 2

2n

2

124RR'

2NN

22n

2

12RR'

NN

R'R' 22n

d)

220 IVP

NN

VV

1

2

2

1

1

1

22 V

NNV

2n2n0n IVP

2NN

VV

2

1

2n

1

1

1

22n 2V

NNV

22n 2VV

2I

2VP2

20n

220n IVP

00n PP

e)

x100PP

ηi

0 x100PP

ηi

0nn

x100PP

ηi

0n ηηn

Problema 5. Problema #37Repita el problema 4. a), b), c). Si el rotor se reembobina con el mismo numero de vueltas como el numero de vueltas originales pero con un medio de la seccion transversal original del material conductor, desprecie los cambios en el flujo de dispersion.

IINN

1

2

12 1

2

12n I

NN

I

NN

II

1

2

2

1 NN

II

1

2

2n

1 a)

22n II

b) Como el embobinado va a tener el mismo numero de vueltas entonces la longitud no varia

2RA

ρ A

ρR 2A

ρ2n

2

1

22n 2RR

c)

22

2

12RR'

NN 2n

2n

2

12RR'

NN

22n

2

122RR'

NN

R'2R' 22n

Referencias de los Problemas:Referencias de los Problemas:

Ejercicio 1: Problema 45 del Folleto de Problemas Resueltos de Maquinaria II, página 88.

Ejercicio 2: Problema 54 del Folleto de Problemas Resueltos de Maquinaria II.

Ejercicio 3: Ejemplo 7-5 de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por Leander W. Matsch, página 419.

Ejercicio 4: Problema 7-9 de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por Leander W. Matsch, página 438.

Ejercicio 5: Problema 7-10 de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por Leander W. Matsch, página 439.

Problema No. 1 Problema No. 1 Problema#38

Explique por qué el “maximun” o torque de Explique por qué el “maximun” o torque de arranque de un rotor embobinado en un arranque de un rotor embobinado en un motor de inducción permanece sin cambio, motor de inducción permanece sin cambio, mientras que la resistencia del rotor es mientras que la resistencia del rotor es variada.variada.

¿ Por qué el máximo valor del torque curces ¿ Por qué el máximo valor del torque curces ocurre a diferentes valores de deslizamiento ?ocurre a diferentes valores de deslizamiento ?

(Sacado de copias proporcionadas por el profesor págs. 88,89 (Prior 45))

SoluciónSolución

El torque desarrollado en el rotor de un motor de inducción Tr, El torque desarrollado en el rotor de un motor de inducción Tr, es proporcional al producto de :es proporcional al producto de :

(1) El campo rotacional magnético el cual se vincula al rotor y (1) El campo rotacional magnético el cual se vincula al rotor y

es producido por la corriente de los devanados del estator, por es producido por la corriente de los devanados del estator, por

(2) El campo magnético producido por la corriente del rotor, (2) El campo magnético producido por la corriente del rotor,

y pory por

(3) El coseno el desplazamiento angular entre estos campos (3) El coseno el desplazamiento angular entre estos campos

magnéticos.magnéticos.

Permite Er ser el voltaje inducido en el rotor cuando el voltaje estimado esta impreso en el devanado del estator y en el rotor es estacionario a 10% de deslizamiento. A una frecuencia establecida o específica, Er es directamente proporcional a la fuerza del campo magnético rotatorio ( o rotacional).

El campo magnético producido por la corriente del rotor es proporcional al voltaje inducido en el rotor a cualquier deslizamiento (s).

222r

rXSR

sErZ

sErI

Ahora Corriente del Rotor se expresa como : Ahora Corriente del Rotor se expresa como :

Donde s: deslizamientoDonde s: deslizamiento Rr: resistencia del rotorRr: resistencia del rotor

Xr: Reactancia del rotor a cierto valor de frecuencia Xr: Reactancia del rotor a cierto valor de frecuencia “f”“f”

Entonces:Entonces:

Para encontrar la resistencia a la cual ocurre el máximo valor Para encontrar la resistencia a la cual ocurre el máximo valor del torque, Tr, e igualamos la derivada a cero.del torque, Tr, e igualamos la derivada a cero.

0)(

2*)(2222

222222

rr

rrrrr

r

r

XsR

RKsEsKEXsRdRdT

(1)(1) (2)(2) (3)(3)

rr

rr

rrrr

rrrrr

sXR

XsR

EsKREkXs

RKsEksEXsR

222

22223

222222 02*)(

Por consiguiente el máximo torque ocurre cuando Rr es igual a sXr. Para valores de Rr iguales y menores que Xr, el máximo torque deberá ser constante y ocurrir para valores de deslizamiento lo cual hace que Rr = sXr.

La reactancia del rotor para la condición estacionaria , Xr, es constante, así que como Rr es varaible, hay algunos valores de deslizamiento los cuales resultan por las condiciones necesarios de Torque Máximo.

Problema No. 2 Problema #39Un cierto motor de inducción trifásico jaula de ardilla, Un cierto motor de inducción trifásico jaula de ardilla, consume 150 amperios cuando arranca al 75 % de su consume 150 amperios cuando arranca al 75 % de su voltaje nominal y desarrolla un torque de 120 lb - pie.voltaje nominal y desarrolla un torque de 120 lb - pie.

Este motor es diseñado para y servir a una carga, la Este motor es diseñado para y servir a una carga, la cual es prácticamente constante y requiere un torque cual es prácticamente constante y requiere un torque normal de arranque.normal de arranque.

La potencia es suministrada para una utilidad pública La potencia es suministrada para una utilidad pública en un área urbana.en un área urbana.

(Sacado de copias proporcionadas por el profesor págs. 95 (june 56))

A) Calcule el torque de arranque y la corriente de A) Calcule el torque de arranque y la corriente de

esta máquina cuando su valor de voltaje esta máquina cuando su valor de voltaje

nominal valor es aplicado.nominal valor es aplicado.

B) Sobre que asunciones están basados sus B) Sobre que asunciones están basados sus

calculos.calculos.

C) ¿Qué objeciones, si las hay, podría alcanzar a C) ¿Qué objeciones, si las hay, podría alcanzar a

través de la linea si esta máquina es través de la linea si esta máquina es

arrancada regulamente dos veces al día ? .arrancada regulamente dos veces al día ? .

La corriente de arranque de un motor de La corriente de arranque de un motor de inducción varia directamente con el voltaje inducción varia directamente con el voltaje aplicado y el torque desarrollado varía con el aplicado y el torque desarrollado varía con el cuadrado del voltaje aplicado.cuadrado del voltaje aplicado.

A ) Corriente de ArranqueA ) Corriente de Arranque

AmperiosIst 200150*%75%100

TORQUE DE ARRANQUE :TORQUE DE ARRANQUE :

pielbTst

213120*

75100

2

B) Asumimos que las resistencias y B) Asumimos que las resistencias y

reactancias equivalentes del rotor y estator reactancias equivalentes del rotor y estator

son del mismo valor para cada voltaje.son del mismo valor para cada voltaje.

C) Habrá una pronunciada caida de voltage la C) Habrá una pronunciada caida de voltage la

cual afecta el alumbrado.cual afecta el alumbrado.

PROBLEMA No.3 PROBLEMA #40

Tomado de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por L.W.Matsch ( Ejemplo 7.1, pags 384-388 )

Un motor de inducción de rotor devanado de 15-hp, 440 Un motor de inducción de rotor devanado de 15-hp, 440 volt, trifásico, 60 Hz, 8 polos, tiene su estator y rotor volt, trifásico, 60 Hz, 8 polos, tiene su estator y rotor conectados en estrella. La relación de las vueltas efectivas conectados en estrella. La relación de las vueltas efectivas del rotor es b = 2.4 a 1. Las pérdidas de fricción de aire y del rotor es b = 2.4 a 1. Las pérdidas de fricción de aire y fricción son 220 watts a velocidad nominal y pueden fricción son 220 watts a velocidad nominal y pueden considerar constantes desde cero carga hasta carga plena. considerar constantes desde cero carga hasta carga plena. El estator y el rotor tienen las siguientes constantes por El estator y el rotor tienen las siguientes constantes por fasefase

ESTATORESTATOR ROTORROTORrr11 = 0.52 ohm = 0.52 ohm RR22 22 = 0.110 ohm= 0.110 ohm

xx11 = 1.15 ohm = 1.15 ohm XX2222 = 0.20 ohm = 0.20 ohm

xxMM = 40.0 ohm = 40.0 ohm

rrfefe = 360 ohm = 360 ohm

Las pérdidas de carga parásitas son 120 watts.Las pérdidas de carga parásitas son 120 watts. Use el circuito equivalenteUse el circuito equivalente

(a), para calcular lo siguiente para un desplazamiento s = (a), para calcular lo siguiente para un desplazamiento s = 0.045 con un voltaje nominal balanceado y frecuencia 0.045 con un voltaje nominal balanceado y frecuencia nominal aplicados al estator y con los anillos deslizantes del nominal aplicados al estator y con los anillos deslizantes del rotor en corto – circuito: rotor en corto – circuito: i.- Corriente del estator, i.- Corriente del estator, ii.- factor de potencia, ii.- factor de potencia, iii.- corriente en el embobinado del rotor, iii.- corriente en el embobinado del rotor, iv.- salida en caballos de potencia,iv.- salida en caballos de potencia, v.- eficiencia, yv.- eficiencia, y vi.-par.vi.-par.