Apuntes de Clase Trans. y Motores de c.a.(1)

TRANSFORMADORES Y MOTORES DE C. A.DEPARTAMENTO DE MAQUINAS ELECTRICAS

EL TRANSFORMADOR IDEAL

Objetivo particular: Encontrar las relaciones básicas entre voltaje, corriente, potencia e impedancia en un transformador.

Desarrollo: Analizar el funcionamiento de un trabajo suponiendo ciertas hipótesis que nos permitan “idealizarlo”.

Diagrama elemental:

En el análisis, suponemos un voltaje V, instantáneo aplicado al devanado N1.

Este hará circular una corriente i, instantánea a través del devanado N1.

En estas condiciones (parecen de C. D.), la única oposición al paso de la corriente seria la propia imperfección del conductor, una R1 muy pequeña.

La corriente circula por N1 creando una fuerza magnetomotriz , que

será capaz de crear un flujo 1 que circula por el núcleo en la dirección dada por la “regla de la mano derecha”.

AUTORES: M. C. ENRIQUE LOPEZ GUERRERO M. C. ADOLFO LÓPEZ ESCAMILLA

1


Luego la bobina (N1) se verá sometida a un cambio de flujo instantáneo (1) que

crea en ella misma un voltaje inducido (Faraday)

La ecuación de comportamiento será:

* Alimentemos ahora la bobina del devanado secundario y es evidente que:

i2 a través de N2 crea

Generaría un flujo magnético 2

Aparecería una caída de potencial i2 R2

La ecuación de comportamiento sería:

En las ecuaciones y se puede sustituir el flujo instantáneo 1 y 2 por un “flujo

mutuo total resultante” llamado “φ” el cual es producto de las 2 fuerzas magnetomotrices N1i1, N2 i2 actuando simultáneamente en el circuito y el resultado sería en las

ecuaciones y .


2


Y de acuerdo a la ley de Faraday entonces se puede escribir:

*Estas serían las dos ecuaciones fundamentales del comportamiento de un transformador en condiciones ideales.

Ahora para obtener las relaciones básicas del comportamiento de un transformador, se consideran algunas “hipótesis” que nos ayudan a idealizar el transformador.

Consideremos que:

Hipótesis # 1

1).- Los devanados “NO” tienen resistencia.

Bajo esta hipótesis las ecuaciones y quedarían de la siguiente forma:

Sí:

Entonces:

Ó

Sí:

Entonces:


3


Ó

Despejando el flujo: y

Igualando el flujo: ó

Y esta forma observamos que el transformador es una máquina que transforma voltaje, o que el voltaje de “entrada” V1 es proporcional al devanado N1 y que el voltaje de “salida”

V2 es proporcional a N2 esta será la ecuación y a la proporción

se la llama(a) y se denomina razón de transformación:

Hipótesis # 2


4

Relación o razón de transformación Razón de voltajes en vacío


2).- No existen pérdidas de núcleo Pn = Phis + Pfou = 0

Esto es suponiendo un núcleo de una calidad ideal.

Hipótesis # 3

3).- No existe “fuga” magnética.

Esto supone un núcleo de calidad ideal que mantiene concentrado todo el flujo “” en su estructura.

Hipótesis # 4

4).- No hay corriente de excitación.

Se supone un núcleo de permeabilidad “” infinita y que prácticamente no requiere de fuerza magnetomotriz ( ) para crear el “flujo mutuo resultante”.

De este modo se puede decir que si sumamos las dos fuerzas magnetomotrices (N1i1 e N2 i2) y los hacemos igual a cero se tendría aun todo el flujo entonces, si

sumamos:

Ó

El signo negativo no tiene sentido en esta proporción o sea que: ó

esta será la ecuación y nos dice que la corriente de entrada esta en

proporción inversa con las vueltas de entrada N1 y la corriente de salida esta en proporción inversa con las vueltas de salida N2.

Con esta ecuación se puede decir que el transformador es una máquina que sirve para transformar corriente.


5


Vamos a realizar unos artificios con las ecuaciones y . El producto de la ecuación

por la ecuación se vería de la siguiente forma:

Ó y

Entonces:

Esto significa que la potencia de entrada es igual a la potencia de salida con signo contrario y nos dice que el transformador también transforma potencia.

El signo “menos” solo indica el sentido de la potencia, la potencia positiva (p1) arriba al sistema y la potencia (-p2) abandona el sistema.

Hagamos ahora el producto de dividir la ecuación entre la ecuación

El producto de y el producto de ó el inverso de

por lo cual se puede describir así esta es la ecuación y

nos dice que el transformador es una máquina que sirve para transformar impedancias.

*La impedancia de entrada es proporcional a la impedancia de salida en a 2 .


6

Transformadorp1 P2


Todas estas hipótesis serán justificables en un transformador “imperfecto” (real) siempre y cuando sean similares así:

a) Las resistencias en los devanados son sus propias imperfecciones y se observará que son pequeñas (en algún momento despreciables).

b) Los núcleos tienen una gran calidad en su manufactura, que las pérdidas del núcleo son pequeñas.

c) La corriente de excitación es pequeña.

d) La fuga magnética es mínima.

“En ambos casos se desprecian los efectos capacitivos”.

A continuación se describirán las “hipótesis” que nos dicen el funcionamiento de un transformador “real”:

1) Los devanados si tienen resistencia.

Por lo tanto se debe considerar la caída de tensión provocada por la imperfección de los conductores (la caída por resistencia) y en análisis energético se debe

considerar la pérdida I2R (efecto Joule).

2) Las pérdidas de núcleo son pequeñas.

Regularmente son de un 2% al 2.5% de la potencia total pero aun así se deben considerar en un análisis energético.

3) Se requiere cierta corriente de excitación.

Para mantener el flujo mutuo resultante () normalmente su valor es pequeño no más del 2.5% de la corriente nominal del Transformador.

4) Existe dispersión o fuga magnética.


7


Al circular la corriente i1 a través del devanado N1 se genera un flujo que ahora

llamaremos Ф11 y este flujo tiene dos componentes Ф11 = Фl1+ Ф

El flujo (Ф) mutuo resultante y una cantidad de flujo (Фl1) que prácticamente abandona el núcleo trazando una trayectoria en el aire, que llamaremos flujo de fuga debido a la corriente primaria.

Bajo esta consideración la ecuación quedará de la siguiente forma:

Sí 1 1 = l 1 + Φ

Entonces:

V1 - i1 R1 - N1 d l - N1 d = 0

dt dt


8


Aparecen ahora, dos incógnitas en una sola ecuación:

y

Por lo que el sistema no tendrá solución, luego se trata de sustituir una de las dos incógnitas por un término de valor constante. En un sistema de generación senoidal el

voltaje inducido de corriente alterna sería y se puede graficar de la siguiente

forma:

Y en un sistema de corriente directa el voltaje inducido aparece solo en el instante de

cambio de flujo o de corriente y sería .


9

ωt

e = N(dФ/dt)e


Si se grafica sobre la señal de alterna se verían:

En los puntos marcados los voltajes inducidos de alterna y de directa son iguales, luego:

Significa que un voltaje producto de un flujo variable con el tiempo, puede ser sustituido por el producto de una corriente variable con el tiempo a través de una inductancia de

valor (L).

Pero la inductancia debe ser de valor constante, entonces, despejando L:

Y para que sea constante, el número de vueltas debe ser constante ( ) y el valor

de lo determina la permeabilidad del medio donde se establece el campo

magnético. Luego para que sea constante, es necesario que la permeabilidad sea

constante, y esto se da prácticamente para el flujo de dispersión o fuga magnética, porque

la mayor parte de su trayectoria la hace en este medio ( ).


10

e = L (di/dt)

e = N (dФ/dt)


Mientras que el flujo Ф mutuo, su trayectoria la hace en el material de fierro, cuya permeabilidad no es constante.

Bajo esta condición, la ecuación se puede escribir:

v1-i1R1-Ll1(di1/dt)-N1 (dФ/dt)=0

Ll1 se llama coeficiente de autoinducción debido a la fuga magnética.

Aplicando superposición de efectos, la ecuación quedaría:

v2-i2R2-Ll2(di2/dt)-N2 (dФ/dt)=0

En estas ecuaciones y se pueden observar dos imperfecciones del transformador, la resistencia de los devanados y la fuga magnética.

Las ecuaciones y representan el modelo matemático del transformador en condiciones instantáneas (dominio del tiempo).

Y este modelo matemático arroja un circuito eléctrico:


11

Фµ ≠ cte

µ = cte.

aire

fierro

i


1) Se representa el voltaje V1 :

2) Este voltaje impulsa una corriente i1 a través de N1:

3) Aparece la R1, al paso de i1:

4) Se crea una caída de potencial i1R1:

5) Aparece una inductancia Ll1 al paso de i:

6) Hay una caída de potencial Ll1(di/dt):


12

i1Ll1

i1

Ll1

Ll1 (di1/dt)

i1i1R1

R1

i1R1

v1

i1


7) Se modula e1 como un devanado de N1 vueltas sujeto al flujo mutuo Ф1:

8) Se crea el siguiente circuito:


13

+

e1

_

(dФ/dt)N1

Ll1 (di1/dt)i1R1


(Debe respetarse el método de voltaje y corriente)

9) Con la ecuación se crea el circuito eléctrico que sigue:

Acoplando los dos circuitos, ya que Ф es común para N1 y N2, se tiene:


14

N1 (dФ/dt)

+

e1

_

Ll 1

v1

i1

R1

N2

+

e2

Ll2

Ll 2 (di2/dt)

v2

i2I2R2

R2

N1

+

e1

_

v1

i1 I1R1

R1

Ll 1 (di1/dt)

Ll 1


De esta manera se crea el circuito eléctrico equivalente en condiciones instantáneas.

Este modelo que hemos descrito, corresponde a los devanados, necesitamos ahora modelar el núcleo de material ferromagnético.

Considere una red eléctrica lineal y pasiva con un par de terminales de acceso.

Lineal y pasiva son aquellos elementos de un circuito eléctrico que al ser alimentados por una señal de corriente alterna no modifican la forma de la señal ni su frecuencia.

En sus terminales aplicamos un voltaje v que llamaremos vo, este hará circular una corriente io y podrá consumir una potencia po.

Con estos valores medidos se puede obtener un circuito eléctrico que representa de manera equivalente a la red lineal y pasiva que hay en el sistema.

Nota: Si el producto de vo x io es igual a po el único elemento equivalente de la red será una resistencia, pero sí el producto de vo x io es diferente a po, aparte de la resistencia habría un elemento reactivo ( Xl , Xc ) que sería función del ángulo de desfasamiento entre vo e io.

Esto equivale a conectar un transformador en vacío (la corriente que demanda un transformador en vacío es pequeña, por lo que la caída en la R1 y Ll1 sería pequeña.

Bajo esta condición suponemos prácticamente conectado a la fuente el núcleo de material ferromagnético.


15

RED LINEAL

Y PASIVA

vo

iopo


Si el wattmetro mide una po significa que una resistencia puede modelar una parte del núcleo y se llamará Rc. Si el ángulo de desfasamiento entre vo e io es en retraso, por lo tanto el otro elemento que modela el núcleo será una inductancia y quedaría así:

Si el voltaje es senoidal de frecuencia constante la corriente también es senoidal y la potencia será el valor promedio de estas dos señales.

Y los dos elementos pueden conectarse en serie y se verían así:


16

vo

iopo

vo

iopo

Núcleo


La suma de Rc + jXm sería la impedancia que modela el núcleo de material ferromagnético y se llama impedancia de magnetización Zo:

Zo = |vo/Io| Po = VoIo fpo

••• fpo = Po / (VoIo) cos-1 fpo = θo

Luego: Zo = |vo/Io| θo ohms

Que escrito en forma rectangular:

Zo = Rc + jXm ohms

Una forma equivalente de conectarlos sería en paralelo y el circuito sería:

El resultado sería una admitancia Yo = |Io/vo| el ángulo del factor de potencia

sería el mismo que calculamos anteriormente, luego Yo se describiría así:


17

vo

iopo

Rc

jXm

vo

iopo

Gc -jBm


Yo = |Io/vo| -θo

Y en forma rectangular:

Yo = |Io/vo| -θo = Gc – jBm siemens

Este modelo es muy útil, ya que se puede ofrecer una mejor definición de la corriente de excitación, ya que de acuerdo a la teoría de los circuitos eléctricos esta corriente sería definida como:

Io -θo

Y en forma rectangular tendría, una componente real y una componente imaginaria:

Io = Ic – j Im

Donde la componente IC a través de la conductancia Gc, mantiene las pérdidas del

núcleo ( Pn = Phisteresis + PFoucault ) y la componente - jIm, producirá la magnetización del circuito, y se pueden observar:

Podríamos ahora establecer un modelo del transformador que opere a una frecuencia de valor constante (régimen permanente o estado estable) y el resultado se vería así: v1

sería el valor eficaz (rms) de la máxima señal de voltaje aplicado al primario, I1 sería el


18

-jBmGc

-jImIc

Io


valor eficaz de la máxima señal de corriente del primario, R1 prácticamente difiere muy poco a baja frecuencia (60 Hz), Ll1 se afecta por la frecuencia compleja ( jω ) Y se vería con jωLl1 que es igual a jXll, llamada la reactancia debida a la fuga magnética del devanado primario.

Las mismas consideraciones se harían para el devanado secundario. Entonces el modelo

matemático para las ecuaciones y serían:

v1 – I1R1 – I1 jωLl1 – E1 = 0

v2 – I2R2 – I2 jωLl2 – E2 = 0

Ó

v1 – I1R1 – I1 jXl1 – E1 = 0

v2 – I2R2 – I2 jXl2 – E2 = 0

Y el circuito equivalente a este modelo será:

Al cual agregaríamos la rama paralelo que modela al núcleo de material ferromagnético, en el devanado primario ó devanado excitado:


19


En condiciones de vacío, o sea sin corriente de carga en el secundario, sólo circularía corriente en el primario, entonces la corriente I1 es igual a I0.

En el nodo (a) I1 = Io.

Ahora en condiciones de carga aparece una corriente ( IL ) circulando por el devanado secundario, en dirección hacia la carga, y en el devanado primario aparece una componente de ésta corriente ( IL ) que llamaremos ( I´L ) y en el nodo ( a ) esta componente, completa la distribución de la corriente.

En el nodo a:

I1 = Io + I´L

Donde:

I´L = IL/a

Esto significa que cada cambio en la corriente de carga ( IL ), habrá un cambio en su componente ( I´L ) y por lo tanto un cambio en la corriente ( I1 ), lo que significa que prácticamente la corriente ( Io ) se mantiene constante en vacío o con carga.


20


OPERACIONES BAJO CONDICIONES DE CARGA

Es con este modelo de circuito eléctrico, llamado “de las relaciones vectoriales exactas” con el que comprenderemos el funcionamiento de un transformador en condiciones de carga, y nos servirá para predecir el comportamiento en condiciones de corto-circuito.

Como ya observamos, en vacío, se aplica un voltaje al devanado primario ( V1 ) y sólo

circula la corriente de vacío o de excitación ( Io ), como ésta es pequeña, la caída en R1 y

jXl1 se desprecia y V1 será prácticamente igual a E1, luego de la relación

E1/E2 N1/N2 se tendrá E2 E1/a y de acuerdo al equivalente de Thévenin

E2 V2.

Ejemplo 1

Un transformador monofásico de distribución tiene como voltajes nominales V1 = 13, 200V y V2 = 240V

V1/V2 = N1/N2 = 13200/240 = 55 a = 55

Entonces, si se alimentan 13200V al primario, en vacío se tendrían 240V en las terminales del secundario.

Pero, se plantearía el primer problema del transformador:

¿Qué ocurre con el voltaje del devanado secundario al conectar la carga?

a) Aumenta.

b) Disminuye.

c) Queda igual.

La respuesta clásica sería la ( b ) disminuye, pero luego discutiremos que depende precisamente del tipo de carga ( Resistiva, Inductiva o Capacitiva ), y es por esto que se emplea el modelo matemático, para suponer el tipo de carga que se quiera


21


conectar, realizar el análisis para ésas condiciones y determinar si se compensa ó no la caída de tensión.

Aquí sería saludable hacer un paréntesis para observar que: una carga eléctrica esta diseñada para trabajar a un voltaje de diseño, llamado el voltaje nominal y si se le proporciona ese voltaje, la carga nos entrega en sus características de diseño, como corriente nominal, potencia nominal.

Pero si el voltaje que se aplica es diferente al nominal, mayor ó menor, entonces la carga “no” proporciona sus valores nominales de diseño.

Para esto habría que estudiar cada tipo de carga y su comportamiento ante un voltaje mayor o menor al nominal.

ANALISIS DE COMPORTAMIENTO

Supongamos una carga conectada al secundario del transformador del ejemplo No. 1, con las siguientes características:

VL = Voltaje de la carga igual al V2 nominal = 240V.IL = Corriente de la carga igual a la I2 nominal.fpL = Factor de potencia de la carga en retraso ( - ).

El modelo del transformador sería así:

Al conectar la carga, una corriente sale del transformador hacia ella, ( IL ), provocando una caída de tensión interna igual a ILR2 + ILjXl2, este voltaje se opondría a la fuente interna (E2) y el voltaje V2 se vería reducido.


22


V2 = E2 – ILR2 – ILjXl2

En el devanado primario, habría un cambio en I´L que es igual a IL/a y por lo tanto un cambio en I1, lo que provocaría una caída de tensión interna igual a I1R1 + I1jXl l, por lo tanto, en estas condiciones la carga tendría un voltaje “menor” al nominal, y sus características de operación se verían afectadas.

Entonces se haría necesario compensar estas caídas de voltajes internas, y la solución estaría en la ecuación con la cual el transformador “transforma” el voltaje:

V1/V2 = N1/N2

Si el voltaje V2 “disminuyó” la solución para compensar el voltaje puede ser:

a) Aumentar el número de vueltas N2.

b) Disminuir el número de vueltas N1.

c) Aumentar el voltaje de entrada V1.

Dado que en nuestro modelo no contamos con el número de vueltas N1 ni N2, la solución que se busca es: calcular el nuevo voltaje V1 que se tendría que aplicar en el devanado primario para compensar las caídas de tensión internas, y mantener el voltaje de la carga constante.

Entonces en la malla del devanado secundario se tiene que:

E2 – ILR2 – ILjXl2 – V2 = 0

Y partiendo de las condiciones de la carga; se calcularía el voltaje interno ( E2 ) necesario para compensar la caída de tensión en ese devanado:

E2 = V2 + ILR2 + IL jXl2

Luego en el devanado primario, aparece un reflejo de la corriente de la carga ( I´L ), que modifica el valor de la corriente de la entrada ( I1 ), y por lo tanto, se generaría una caída de tensión interna ( I1R1 + I1jXl1 ), la cual debe ser compensada por el nuevo voltaje (V1).


23


Entonces en el primario:

V1 = E1 + I1R1 + I1jXl1Donde:

E1 = aE2

Habiendo calculado, obviamente, la nueva corriente I1 que es igual a I0 + I´L, donde I´L = IL/a. Dado que el voltaje del distribuidor primario ( CFE ) no podría modificarse, entonces, este nuevo voltaje ( V1 ) se compara con el Vnominal: V1/Vnom. Y se determina el porcentaje ó en por unidad ( p.u.) el incremento de tensión que se habría que aplicar, pero este incremento se refleja con el mismo porcentaje en:

a) aumento en el número de vueltas del secundario.

b) disminución del número de vueltas en el primario.

Esto significa, de antemano, que debemos preparar el transformador, en uno u otro devanado, con cierta cantidad de vueltas de más con respecto a las nominales de diseño.

Y un dispositivo selector, que puede moverse para conectar mayor o menor cantidad de vueltas. Este dispositivo es denominado “cambiador de derivaciones” ( tap´s)

En muchos casos se recomienda, por economía, que el dispositivo cambiador de tap´s, se coloque en el devanado que maneja menor cantidad de corriente (alta tensión).

Nota: En nuestro país se normaliza el número de derivaciones como: dos hacia arriba y dos hacia abajo, con respecto del número de vueltas nominal, y cada derivación ajusta 2.5% el número de vueltas, por lo que el ajuste de voltaje sería 5%, en transformadores de distribución.

CALCULO DE PARAMETROS DEL MODELO MATEMATICO

Se realizan dos pruebas no-destructivas.

1)La prueba de vacío

2)La prueba de corto-circuito


24


1. El objetivo de la prueba de vacío es obtener los valores de los elementos del circuito eléctrico de la rama de excitación.

Procedimiento:

1. Se aplica voltaje ( Vo ) a uno de los devanados, con las terminales del otro devanado en circuito abierto.

2. Se mide la corriente ( Io ) que demanda el devanado alimentado.3. Se mide la potencia ( Po ) que demanda el devanado alimentado.

Se recomienda que el voltaje Vo sea igual al voltaje nominal del devanado, por lo que es preferible que la prueba se realice por el lado de menor tensión, de acuerdo al siguiente diagrama:

En esta condición de vacío, se calculan los parámetros de la rama de excitación, Gc y –jBm, que modelan el núcleo de material ferromagnético.


25

vo

Iopo X1

X2 H2

H1


La admitancia Yo =|Io/Vo| y de la ecuación de la potencia Po = VoIo fpo

se calcula el fpo = (Po)/(VoIo) y el cos-1fpo = θo luego la admitancia Yo será |Io/Vo| - θo y en forma rectangular Yo = Gc – jBm siemens .

Tómese en cuenta que los parámetros estarían calculados en el lado de baja tensión, pero con las relaciones de voltajes y corrientes obtenidas, se podrán referir los parámetros al lado de alta tensión.

El objetivo de la prueba de corto-circuito es obtener los parámetros que modelan los devanados del transformador:

Procedimiento:

1. Se alimenta uno de los devanados con un voltaje, que es una proporción del nominal, ( Vcc ) con el otro devanado en corto-circuito.

2. Se mide la corriente ( Icc ) que demanda el devanado alimentado, Icc = Inominal.

3. Se mide la potencia (Pcc) que demanda el devanado alimentado

Se recomienda poner el corto-circuito en el devanado de baja tensión. Aplicar el voltaje (Vcc)en el lado de alta tensión, se refiere aplicarlo en pasos, hasta alcanzar la corriente nominal, de acuerdo al siguiente diagrama:


26

vo

po

Gc -jBm

X1

X2

Io


En la condición de corto-circuito, prácticamente, los elementos del circuito eléctrico del secundario, se verían reflejados al lado del transformador donde se aplica el voltaje:

De esta manera R1 + R´2 sería igual a Req11 y jXl1 + jX´l2 serían igual a jXleq11 y la suma de ellos es la Zeq11 (impedancia equivalente del transformador referida a lado de alta tensión).

Nota: Aprovechando las relaciones de impedancia del transformador Z1/Z2=a2, los parámetros se pueden referir al otro lado del transformador Zeq11=|Vcc/Icc|, de la ecuación de la potencia Pcc = VccIccfpcc el fpcc= (Pcc)/(VccIcc) y el cos-1fpcc= θcc, luego Zeq11=|Vcc/Icc| θcc y en forma rectangular Zeq11 = Req11 + jXleq11 ohms.

Se ha observado que todos los parámetros del transformador voltaje, corriente e impedancia, son proporción de a ó a2 (la relación de transformación).

V1/V2 = a I1/I2 = 1/a Z1/Z2 = a2


27

Pcc

Icc

Vcc

R1jX1 R´2

jX'2

corto-circuitoVcc

Pcc X1

X2H2

H1Icc


Luego de la relación de impedancia se puede deducir que:

(R1+jXl1)/(R2+jXl2) = a2 por lo que R1/R2 = a2 y jXl1/jXl2 = a2

Donde: R1 = a2R2 = R´2 y jXl1= a2jXl2 = jX´l2 y la suma de

R1 + R´2 es igual a Req11 y R1 sería la mitad de Req11

R1 = Req11/2 = R´2 y R2 = R´2/a2

De manera similar:

jX1 = (jXeq11)/2 = jX´2 y jX2=jX´2/a2

De esta manera quedarían calculados:

R1, R2, jXl1, jXl2, Gc y -jB

SISTEMA POR UNIDAD (PU)

En los sistemas eléctricos, cuando hay que manejar cantidades en miles de volts, miles de ampere, miles de watts, es conveniente, para comprender mejor el comportamiento del sistema, emplear un sistema técnico, denominado “tanto por ciento” o “tanto por uno” (pu)

El propósito de esta técnica es ofrecer los parámetros del transformador, como un porcentaje del elemento que se considere como referencia.


28


En un transformador se pueden emplear los valores nominales de alta tensión, como valores de referencia, y es con respecto de ellos que se harán las comparaciones.

Nota: Es el lado de alta tensión el que se presenta ante el suministrador de la energía (C.F.E.)

VALORES BASE EN UN TRANSFORMADOR

KWbase = KVAnominales

KVbase = KVnominales en alta tensión

Ibase = Inominales en alta tensión

Zbase = Vbase/Ibase ohms/p.u.

De igual modo los resultados de las pruebas de vacío y corto-circuito típicamente se ofrecen a manera de porcentajes, y esto facilita su aplicación en el cálculo de los elementos del circuito eléctrico.

EJEMPLO DE CALCULO A PARTIR DELAS PRUEBAS DE VACIO Y CORTO-CIRCUITO

Se tienen los siguientes datos de un transformador de 100KVA, monofásico, 60Hz, 13200 – 240/120 Volts, diseño estándar, autoenfriado en aceite y aire sin forzamiento.

PRUEBA DE VACIO A 60 HZ PRUEBAS DE CORTOCIRCUITO A 60HZ Y 25C


29


Vo = 100%

Io = 1.8%

Po = 0.5%

Vcc = 2.2%

Icc = 100%

Pcc = 1.2%

VnomH/VnomX = 13 200/240 = a = 55

InomH = KVA/KVH = 100/13.2 = 7.57A

InomX = 7.57 (55) = 416.66A

El propósito final de éste ejemplo es el de calcular la eficiencia y el porciento de regulación de la tensión, cuando se le conecte una carga que consuma los KVA´s nominales del transformador, en 240volts y a factor de potencia 0.8 en retraso.

% eficiencia = Psalida/Pentrada X 100

Psalida = Vcarga Icarga fpcarga = VL IL fpL

Pentrada = Ventrada Ientrada fpentrada = V1 I1 fp1

Se puede observar que los datos a calcular la potencia de salida, son información; pero para la potencia de entrada, se tendrá que calcular V1, I1, fp1 y para esto se necesita encontrar el circuito equivalente del modelo matemático del transformador, a partir de las pruebas de vacío y corto-circuito.

Aprovechando los valores en porcentaje, la prueba de vacío se puede realizar en cualquier lado del transformador. Por ahora nos conviene realizarla en el lado de alta tensión.

Sí:


30


Vo = 100% = 1.0 pu = VnomH = 13 200V

Io = 1.8% = 0.018 pu InomH = 0.018 (7.57A) = 0.136A

Po = 0.5% = 0.005 pu KWnom = 0.005 (100KW) = 500W

Yo = |Io/Vo|= |0.136 / 13200| = 1.03x10-5

Po = VoIo fpo = Po/(VoIo) = 500/(13200*0.136) = 0.278

cos-1 (0.278) = -θo = -73.85

Luego: Yo = 1.03 x 10-5 -73.85


Yo = 1.03 x 10-5 -73.85 = 0.286 x 10-5 - j 0.989 x 10-5 siemens

Gc = 0.286 x 10-5 siemens

-jBm = -j 0.989 x 10-5 siemens

Más que el cálculo de los elementos del circuito que modelan el núcleo de material ferromagnético, es importante el ángulo de la admitancia, ya que este es el ángulo de Io, entonces Io = 0.136 -73.85

La prueba de corto-circuito, será conveniente verla también, por el lado de alta tensión.

Vcc = 2.2% = 0.022 pu VnomH = 0.022 (13200) = 290.4V


31

vo = 13,200V

Po = 500W

Gc -jBm

H1

H2

Io = 0.136A

circuito abierto

X1

X2


Icc = 100% = 1 pu InomH = 1.0 (7.57) = 7.57A

Pcc = 1.2% = 0.012 pu KWnom = 0.012 (100KW) = 1.2KW

Zeq11 = |Vcc/Icc| = 290.4/7.57 = 38.36

De la ecuación de potencia:

Pcc = VccIccfpcc fpcc = Pcc/(VccIcc)

fpcc = 1200/(290.4*7.57) = 0.545 cos-1(0.545) = 56.97

Luego:

Zeq11 = 38.36 56.97


Zeq11 = 38.36 56.97 = 20.9 + j32.16 ohms

Req11 = R1 + R´2 = 20.9 ohms

jXleq11 = jX1 + jX´2 = j32.16 ohms


32

Pcc=1.2KWIcc=7.57A

Vcc=290.4V

R1jXl1 R´2

jX´l2

X1

X2

Corto circuito


R1 = Req11/2 = 20.9/2 = 10.45 ohms = R´2 R2 = R´2/a2 = 10.45/(55)2

R2 = 3.45 X 10-3 ohms

jXl1 = jXleq11/2 = j (32.16/2) = j16.08ohms = jX´l2 jXl2 = jX´l2

jXl2 = j [16.08/(55)2] = j5.31 x 10-3 ohms

Antes de proceder a armar el circuito, es necesario hacer una corrección a la resistencia equivalente ó a cada resistencia ( R1, R2 ) calculada, debido al cambio de temperatura a la que serán expuestas, cuando el transformador opere con carga.

Nota: El calor generado por las pérdidas del núcleo ( Pn ) sumado a las pérdidas en los devanados causadas por el ( I2R ) hora que se incremente la temperatura de éstas, por lo que las resistencias aumentan su valor de acuerdo con la siguiente gráfica de comportamiento.

Suponiendo que la temperatura de operación sea 75C, para mantener el envejecimiento normal de los aislamientos (clase B). Entonces la R1 y la R2 se corrigen por la temperatura.

R1 75C = R1 25C (234.5 + 75)/ (234.5 + 25)

R1 = 10.45 (234.5 + 75)/ (234.5 + 25) = 12.46 ohms


33

Cobre

R75C

75

tC

25

234.5

R75 = R25 (234.5+75) (234.5+25)


R2 = 3.45 x 10-3 (234.5 + 75)/ (234.5 + 25) = 4.1 x 10-3 ohms

Nota: La clase de los aislamiento (B, C, D, E) limita la temperatura de operación, y en el diseño y construcción del transformador se calculan las áreas de disipación de calor necesarias, para mantener dicha temperatura dentro de los limites que toleran los aislamientos.

Con los valores calculados se arma el circuito:

Se conecta ahora la carga, y se procede al cálculo de las condiciones de entrada, ( V1, I1, fp1 ) que mantendrían el voltaje constante en aquella.

La corriente de la carga:

IL = KVA/KVX = 100/0.240 = 416.66A

El voltaje de la carga:VL = 240V

El factor de potencia de la carga:

fpL = 0.8 ( - ) el cos-1 (0.8) = θL = 36.86

Luego la corriente de la carga se escribe así:

IL = 416.66 -36.86 A

Procedemos ahora a calcular el nuevo voltaje interno de E2, en el devanado secundario, para compensar las caídas internas en este devanado:

E2 = V2 + ILR2 + ILjXl2

De acuerdo a la teoría clásica de los circuitos eléctricos, el voltaje V2 que es igual al voltaje de la carga, se supone en la referencia del ángulo igual 0


34

12.46 j16.08

v1

N1 N2

+

E2

_

+

E1

_

IL

-jBmGc

Io

v2carga

I1 I´L

j5.31x10-34.1x10-3


Entonces:

E2= 240 0 + 416.66 -36.86 (4.1 x 10-3) + …

+ 416.66 -36.86 (5.31x10-3 90)

V2 = 240 + j0

ILR2 = 1.36 - j1.01

ILjXl2 = 1.3 + j1.76

E2 = 242.66 + j0.74 = 242.66 < 0.17

Esta suma de fasores podrá realizarse a escala:

De la relación E1/E2 a se tiene E1 aE2 luego:

E1 = 55(242.66) = 13 346.3 0.17 V

Y en el devanado primario:

V1 = E1 + I1R1 + I1jXl1

Pero antes de continuar con este cálculo, se determina I1 para las condiciones de carga:

I1 = Io + I`L donde: I`L = IL/a = 416.66/55 = 7.57A


35

-36.86

IL

0.17

E2

V2 0

ILjX2

ILR2


Luego:

I1 = 0.136 -73.85 + 7.57 -36.86

Io = 0.0378 – j0.13

I`L = 6.05 – j4.54

I1 = 6.0878 – j4.67 = 7.66 -37.52

Habiendo encontrado I1, se puede calcular V1:

V1 = E1 + I1R1 + I1jX1

V1 = 13 346.3 0.17 + 7.66 -37.52 (12.46) + …

+ 7.66 -37.52 (16.08 90)

O

E1 = 13 346.24 + j39.59

I1R1 = 75.69 – j58.12


36

0-36.86

-37.52-73.85

I`L

I1

Io


I1jXl1 = 75.01 + j97.69

V1 = 13 496.94 + j79.16 = 13 496.87 0.33

La suma de fasores a escala se vería así:

El cos del ángulo entre V1 e I1 nos da el factor de potencia de entrada:

fp1 = cos (37.85) = 0.789 ( – )

Podremos calcular la eficiencia del transformador para sus condiciones de carga:

% η = Psalida/Pentrada = VLILfpL / V1I1fp1

= [ 240 ( 416.66 )( 0.8 ) ] / [ 13 496.87 ( 7.66 )( 0.789 ) ] = 0.980 x 100

% η = 98.0 %


37

I1

V1I1jXl1

I1R1

aE2 E1

0.170.33

37.52 + 0.33 = 37.85-37.52

0


Nota: La eficiencia es la capacidad que tiene el transformador para transferir potencia.

LA REGULACIÓN DE LA TENSION

Es la capacidad del transformador para mantener el voltaje constante en vacío ó con carga en terminales de la misma y se define como: El voltaje que aparecería en terminales de la carga, cuando esta se pierde repentinamente, menos el voltaje con carga, dividido por el voltaje con carga, en porcentaje:

%Reg = [ (V1/a) – VL ] / VL = [ (13 496/55) - 240 ] / 240 = 0.0224 x 100

%Reg = 2.24 %

Como se ha referido anteriormente, el voltaje V1 nuevo se compara con el voltaje base (VnomH ), y se tendría el porcentaje de incremento en él mismo, para compensar las caídas


38


internas, y se reflejará en función del cambio en el número de vueltas, en el cambiador de derivaciones:

V1nuevo/VnomH = 13 496/13 200 = 1.0224 pu

Ó en porcentaje 102.24%, lo que implica un incremento del 2.24% en volts, o reflejado en la disminución de vueltas en el lado de alta tensión, equivale a mover una derivación hacia abajo ( tap No.4 )

El voltaje en el secundario ( X1 – X2 ) se vería incrementado en 2.5%.

SELECCIÓN DE LAS PROTECCIONES DEL TRANSFORMADOR

Una condición crítica en el transformador se da cuando por algún motivo, descuido, negligencia, la carga se pone en corto-circuito, en ésta condición se puede calcular la corriente de falla (Icc) que vería el suministrador. Una vez efectuado el cambio en las derivaciones (taps) del transformador y presentándose la falla el circuito se vería:


39

X1

X2

5

4

3

2

1

Pos. nominal

H1

H2


.

Icc ? en el lado de alta

Zeq75 = 12.46 + (55)2 4.1x10-3 + j16.08 + (55)2 j5.31 x 10-3

Zeq75 = 24.86 + j32.14 = 40.63 52.27

Zeq75 = 40.63 52.27

IccH = V1nuevo/Zeq75 = 13 497/40.63 = 332 amperes

IccH = 332 amperes

Ahora la corriente de corto circuito (Icc) en el lado de baja seria 55 veces

mas grande que la del lado de alta del trannsformador.

Iccx = 55 ( 332 ) = 18 270 amperes

Es muy importante recordar, que los conductores de los devanados de alta y baja del transformador se diseñan para las corrientes nominales.

El calibre del conductor en alta para 7.57 amperes

El área de los conductores de baja para 416.66 amperes

Pero ante las corrientes de falla (Icc), estos conductores pueden sufrir desperfectos sobre todo si la corriente se mantuviera por un tiempo prolongado.


40

cargacorto

circuito

Zeq75

V1 = 13 497


LADO DE ALTA TENSION¿Por qué el cable de alta del transformador es de calibre 4, si por cálculo se debe de llevar un calibre 18 AWG?

En el caso del lado de alta, se diseñan elementos que se fundan en tiempos relativamente pequeños ( 4 ciclos ), denominados fusibles. Y éstos se relacionan en función de la corriente nominal,

Inominal del fusible en alta tensión:

a) 1.5 Inom

b) 2.0 Inom

c) 2.5 Inom

Inominal del fusible en alta tensión 7.57 x 2.0 15 amps

Sin embargo, recordemos que en caso de corto circuito, la corriente que circularía en el conductor de lado de alta seria 332 amperes. Por lo tanto tenemos que tener muy presente que el conductor debe de soportar (no destruirse) antes de que se fundan los fusibles.

Nota: 50 Calorías funden 1 gramo de Cu y 1cal.= (kw-h)(859.8) Energía = I2 R t I (corriente al momento del corto circuito)R (resistencia del conductor)t (tiempo de disparo de la cuchilla)1hora= 3600seg

t disparo en la cuchilla =


41


La resistencia del conductor desnudo calibre 4 es R = 0.843 y como

la distancia es aproximadamente 10 m. por lo tanto. 0.843R ------ 1000 m.

R------ 10 m

R10mts= 0.00843

I = 332 A

t = 0.0666 seg

Energía = (332)2(0.00843 ) (0.0666) Energía = 61.88 Watts-seg = 0.06188 KW-seg.

Energía = 0.06188 KW-seg ( ) = 0.0000171899 KW-h

Energía = 0.0000171899 KW-h * 859.8

Energía = 0.01477Calorías.

Como se puede apreciar no tenemos riesgo en el conductor de alta.

LADO DE BAJA TENSION

El calibre del conductor que va del secundario del transformador al primer sistema de desconexión (interruptor principal), se calcula en función de la Inominal de baja tensión independientemente de la corriente de la carga.

Corriente nominal del fusible de baja tensión

I del interruptor en baja tensión 416.66 x 2.0 800 amps

Y con la corriente de corto circuito (Icc= 18270 amperes)vse selecciona la capacidad interruptiva del interruptor.

Icc interruptiva = 35 KA

%Z = 2.5%


42


%Z = % de Impedancia del transformador

Para pasarla de %

p.u = Unidad de Impedancia

Ley de OHMV = IZ V = Voltaje (Volts)I = Corriente (Amperes)Z = Impedancia ( )

S= (KVA)S = Potencia Aparente del Transformador

I =

IH(alta) = * Esta corriente pertenece

aproximadamente a un cable calibre 14

IX(baja) =

¿Por qué el cable de alta del transformador es de calibre 4, si por cálculo se debe de llevar un calibre 14?

El cable calibre # 14 tiene una I = 13.12 Amp.

El cable calibre # 4 tiene una corriente nominal (I nom) = 170 Amp. ( pag. 13, Manual de VIAKON). Este cable se instala por diseño.De acuerdo al cálculo de corto circuito, se utiliza un cable calibre 4 porque no logra consumir un gramo de Cobre. Por lo tanto no existen pérdidas en el Cobre.


43


Análisis para un corto circuito en el transformador trifásico

Datos del transformadorS=300KVA, VH=13200v, Vx=220/127v, %Z=2.5%

Valores bases en el lado de Alta del transformador.

V base = VH = 13,200 Volts I base = IH = 13.12 Amp.

Z base =

%Z=2.5%%Z= % impedancia del transformador

Para pasarla de % a p.u.

%Z/100 = 2.5/100 = 0.025 p.u.

ZΩ = 580.8 (0.025 p.u) = 14. 52

Icc en alta =

t disparo en la cuchilla = , cuando se produce un

cortocircuito.

Por tabla para un cable calibre 4:I nom = 170 Amp

R = 0.843 (pag. 14, Manual VIAKON)

Si :0.843R ------ 1000mts. R ------ 10mts

R10mts= 0.00843


44


Energía = I2 R t 1hora= 3600segI = 524.86 A 1cal = KW-h * 859.8t = 0.133segR10mts = 0.00843

Energía = (524.86A)2(0.00843 )(0.133seg)Energía = 308.86 Watts-seg = 0.30886 KW-seg.

Energía = 0.30886 KW-seg( ) = 0.00008579 KW-h

Energía = 0.00008579 KW-h * 859.8Energía = 0.0736 Calorías.

Nota: 50 Calorías funde 1 gramo de Cu.

Ahora calcularemos la Capacidad Interruptiva

Los conductores en Alta y Baja son calculados con Inom

Inomx = 787.29AInomH = 13.12 ACapacidad del fusible en alta = (13.12A)(2) = 26.24A 30AInterruptor en baja tensión:

(800A)(1.5*) = 1200A * Por Norma

Existen dos tipos da escoger el interruptor en 1200A. (pag.1/2, Catálogo Compendiado SQUARE D)

1- NAL. Capacidad Interruptiva Normal2- NCL. Capacidad Interruptiva Extra Alta.

Con la corriente de falla en baja tensión de 31491.6 A se elige un interruptor de 1200 A con capacidad interruptiva de 45 KA.

MOTORES DE INDUCCIÓN TRIFÁSICOS

Estator este núcleo es la parte fija de la maquina de inducción, esta constituido a base de laminaciones, proporciona una excelente trayectoria a las líneas de flujo magnético, además dicho núcleo contiene ranuras donde se aloja un devanado trifásico que normalmente puede ser del tipo ondulado e imbricado.


45


Devanado del estator o primario es un devanado trifásico balanceado que consta de tres fases, cada una de las fases esta 120º grados eléctricos desfasadas, cuando se aplica un voltaje trifásico se establecen corrientes en cada una de las fases. Estas corrientes van desfasadas 120º grados eléctricos creando un campo magnético giratorio que viaja a la velocidad sincrónica. La fórmula para calcular la velocidad sincrónica del campo giratorio es:

Donde:

ns= velocidad sincrónicaF = frecuencia del voltaje aplicadoP = números de polos

Rotor es la parte móvil del motor, de la misma manera como el estator, esta constituido a base de laminaciones y presenta una excelente trayectoria del flujo magnético. Por lo que se concluye que tanto el estator como el rotor representan el circuito magnético del motor (trayectoria que describe el flujo magnético). Puede ser de dos tipos, jaula de ardilla o devanado.

Devanado del rotor o secundario los tipos de devanado del rotor se les conoce como devanado, jaula de ardilla o de fase devanada.

Devanados de jaula de ardilla consisten en conductores colocados sobre las ranuras todos ellos e igualmente distribuidos a lo largo de la periferia del rotor; estos pueden ser de cobre, aluminio. Sus estemos van cortocircuitados por anillos normalmente del mismo material de los conductores.

El rotor de fase devanada esta provisto con devanados similares a los del estator. Dichos devanados están conectados a 3 anillos deslizantes (un anillo por fase), los anillos están montados sobre la flecha aislados totalmente uno del otro. La desventaja es que la maquina se vuelve mas costosa y con mas mantenimiento.


46


Ranuras se encuentran en el estator y en el rotor nos sirven para alojar el devanado del primario en el estator y secundario en el rotor.

Anillos deslizantes están montados sobre la flecha totalmente aislados uno del otro y conectados con el devanado secundario, la función que desempeñan es, la de poder conectar bancos de resistencia trifásicos mediante escobillas para variar las características del mismo y por ende la velocidad y el par.

Flecha va montada sobre los baleros y la función que desempeña es la de permitir que gire libremente el rotor.

Carcaza sirve para cimentar la maquina, sujetar las tapas, alojar el estator, la caja de conexiones etc.

CAMPO MAGNÉTICO GIRATORIO

Cuando se alimenta un voltaje trifásico balanceado al devanado del estator, esto hace que circulen corrientes desfasadas 120º grados eléctricos a través de el. Si los voltajes son senoidales las corrientes también serán senoidales, salvo alguna distorsión que se presente en la forma de onda por la no linealidad del material ferromagnético. Los estatores como los devanados trifásicos se diseñan para lograr una distribución del flujo en el entrehierro lo mas senoidal posible. Se analizaran cada una de las corrientes que fluyen en el devanado primario en diferentes instantes de tiempo, para mostrar como se logra un campo magnético giratorio resultante y constante a medida que avanzamos en el tiempo y la velocidad de desplazamiento del mismo.Gracias a este campo magnético giratorio el motor de inducción funciona, debido a que ejerce una fuerza sobre el rotor, suficiente para moverlo y hacerlo girar en su misma dirección, la velocidad del rotor (nr) es ligeramente menor a la velocidad del campo magnético giratorio. La velocidad del campo giratorio depende de la frecuencia y del número de polos.

Velocidad del campo giratorio en un devanado de dos polos, como en la figura siguiente, el campo magnético giratorio da una revolución completa en un ciclo de corriente. En un devanado de cuatro polos, se puede demostrar que dicho campo da una revolución por cada dos ciclos de corriente. En un devanado de seis polos, el campo realiza una revolución por cada tres ciclos de corriente. En general, entonces el campo magnético giratorio por cada ciclo de corriente es igual a p/2 revoluciones.

Ciclo de corriente = x revoluciones


47


Y

Ciclos por segundo = x revoluciones por segundo

Como las revoluciones por segundo son igual a las revoluciones por minuto n dividida por 60 y el número de ciclos por segundo es la frecuencia f,

Ejemplo del campo magnético giratorio


48

Donde:

ns= velocidad sincrónicaF = frecuencia del voltaje aplicadoP = números de polos



49


Velocidad y deslizamiento (S):Un motor de inducción no puede girar a velocidad sincrónica del campo magnético giratorio. Si fuese posible por algún medio hacer girar el rotor a velocidad sincrónica, este quedaría en reposo (estacionario) con respecto al campo giratorio, no experimentaría variación de flujo alguno, no se induciría voltaje, no circularía corriente en los conductores del rotor, no desarrollaría par y por lo tanto no giraría. La velocidad del rotor, aun en vació, debe ser ligeramente inferior a la velocidad sincrónica, para que experimente el rotor una variación de flujo con respecto al tiempo, se induzca un voltaje, circule una corriente produzca un par, y el motor gire. Esta diferencia entre la velocidad del rotor y la velocidad sincrónica del campo giratorio se llama deslizamiento. Se puede expresar el deslizamiento en rpm, pero es más frecuente expresarlo en tanto por ciento de la velocidad sincrónica.

Por ciento de deslizamiento = Velocidad Sincrónica – Velocidad del Rotor x 100Velocidad Sincrónica

O escribiendo la expresión anterior usando símbolos,

Tanto por ciento de

Ejemplo 1. Un motor de jaula de ardilla tetrapolar y de 60 ciclos tiene una velocidad a plena carga de 1.740 rpm. ¿Cuál es el deslizamiento en tanto por ciento para plena carga?

Según la Ec. (1) la velocidad sincrónica es:

Deslizamiento en rpm = 1.800 – 1.740 = 60 rpm

Deslizamiento en tanto por ciento = x 100 = 3.33 %

Frecuencia del rotor. En un motor trifásico de inducción de dos polos, 60 ciclos de alimentación, (la velocidad sincrónica del campo magnético giratorio seria = 3600 rpm.), para un deslizamiento de un 5%, tendrá un deslizamiento en rpm de (3600 x 0.05) = 180 rpm. Esto significa que un par de polos del estator pasa a un conductor dado del rotor 180 veces por minuto o tres veces cada segundo (3 c.p.s.) Cuando pasa un par de polos frente a un conductor, se induce un ciclo de voltaje (f.e.m.) en el mismo. Por lo tanto la f.e.m. inducida en el conductor anterior tiene una frecuencia de 3 c.p.s. Si se aumenta el deslizamiento a un 10% o 360 r.p.m., la frecuencia de la f.e.m. inducida en el conductor será 6 c.p.s. si se aumenta el deslizamiento a un 100% la frecuencia de voltaje inducido en el rotor será 60 c.p.s


50

x 100


Es obvio por lo tanto que la frecuencia del rotor depende del deslizamiento, cuanto mayor sea éste, mayor es la frecuencia del rotor. Para cualquier valor del deslizamiento, la frecuencia del rotor fr es igual a la frecuencia del estator fs multiplicada por el deslizamiento S expresando en tanto por uno.

La frecuencia del rotor es significativa porque de ella depende la reactancia del rotor (Xr=2πfrLr), que afecta a las características de arranque y de funcionamiento del motor, como explicaremos posteriormente.

DEVANADOS TRIFASICOS

Espira: Es una vuelta de alambre magneto. En seguida un ejemplo.

Bobina: Consta de una o un conjunto de espiras que están íntimamente juntos y por lo tanto enlazan un mismo flujo. Las bobinas van conectadas formando tres arrollamientos

separados llamados fases, o sea que el numero de bobinas por fase será igual a


51


un tercio del numero total de las existentes en el estator, además se designan generalmente con las letras A, B y C (fase A, fase B, fase C).

Ejemplo de una bobina

Bobinas por fase = Número total de bobinas en el estator Número de fases

Las bobinas del estator de un motor trifásico están también conectadas de un modo que a cada polo les corresponda la misma cantidad.

Bobinas por polo = Número total de bobinas en el estator Número de polos

Ejemplo: En un motor trifásico de 4 polos con un estator de 36 ranuras e igual número de bobinas determínese:

a) El número de bobinas por fase.b) El número de bobinas por polo.

Bobinas por fase = 36 = 12 3

Bobinas por polo = 36 = 9 4


52


Grupos polo-fase: Es la unidad básica del los devanados de corriente alterna. Se le llama grupo polo-fase a un determinado número de bobinas contiguas conectadas en serie, es decir el final de una bobina se conecta al inicio de la siguiente y así sucesivamente hasta completar el grupo. En todos los motores trifásicos hay siempre tres grupos en cada polo; uno por fase. De manera que un grupo es de la fase A, otro de la fase B y el tercero de la fase C.

Ejemplo: 3 bobinas conectadas en serie

Para poder conectar entre si las bobinas y formar los grupos, es preciso determinar primero el numero de grupos polo-fase de todo el estator.

El número total de grupos polo-fase de todo el estator del motor es igual al número de polos por el número de fases.

Total de grupos polo-fase en el estator= Número de polos x Número de fases

Grupos polo-fase por cada fase = Total de grupos polo-fase Número de fases

Ejemplo: Cuatro grupos polo-fase formando una fasePara determinar el número de bobinas por grupo polo-fase, se divide el número total de bobinas del estator entre el número de grupos polo-fase.

Bobinas por grupo polo-fase = Número total de bobinas del estator


53


Número total de grupos polo-fase

Ejemplo: Tres bobinas formando un grupo polo-fase

DEVANADO IMBRICADO

Se utiliza en rotores de mediana y baja capacidad y principalmente en motores de propósito general, regularmente las ranuras que se utiliza en los estatores con estos devanados es del tipo semiabierta.

DEVANADO ONDULADO

Se utiliza en los estatores de gran capacidad y en rotores de motores pequeños y el conductor que normalmente usa es de sección transversal rectangular ó cuadrada por lo cual las ranuras del estator deben de ser tipo abierta.


54


Los devanados ondulado e imbricado pueden ser de capa sencilla ó doble capa.

Doble capa: Cuando en una ranura el 50% de los conductores pertenece a una bobina y el otro 50% corresponde a otra, en este tipo de devanados, el número de ranuras es igual al número de bobinas.

Capa sencilla: Cuando en una ranura el 100% de los conductores pertenece a una misma bobina.


55


El número de ranuras en los estatores y rotores de los motores se identifica con la letra

(Q).

Tanto el devanado imbricado como el ondulado pueden ser de paso diametral, esto es cuando el ancho de la bobina (W) es igual al paso polar tao (), o puede ser de paso acortado, cuando W es menor a tao ().

() tao = es el paso polar y regularmente contiene 180° eléctricos.

Los grados eléctricos entre ranura y ranura se van a identificar con el símbolo alfa ese (αs).


56


α Donde: Q = qmp

EN RESUMEN:

P = número de polos del devanadoQ = número de ranuras del estatorm = número de fases del devanadoq = número de bobinas por grupo polo fasew = ancho de la bobinaτ = paso polar

αs = grados eléctricos entre ranura y ranura mp = total de grupos polo-fase de todo el devanado


57


CONEXIONES TRIFÁSICAS EN MOTORES DE INDUCCIÓN

Conexión en estrella


58


Conexión en triángulo

CONEXIONES MÁS COMUNES EN MOTORES TRIFÁSICOS

Cuando salen diferentes números de terminales, éstas se conectan entre sí según el voltaje aplicado.

Cuando salen 6 terminales

Conexión estrella VL = 440


59


Conexión triángulo VF = 220


Conexión estrella sencilla 440 V


60


Conexión estrella paralelo 220 V


Conexión estrella sencilla 440 V


61






62



Conexión triángulo sencilla 220 V

Conexión triángulo paralelo 110 V


63


FRECUENCIA DEL VOLTAJE INDUCIDO ( e ) EN UNA ESPIRA

A continuación se explicara mediante una serie de figuras, la frecuencia del voltaje inducido en una espira (a a') de ancho igual al paso polar (w= ). Dicha espira se encuentra girando en una maquina de dos polos.

La espira enlaza el máximo flujo pero no lo corta por lo tanto e = 0

La espira gira ¼ de revolución y corta el máximo flujo por lo tanto máximo voltaje e =máximo

La espira gira 1/2

revolución, y vuelve a enlazar máximo flujo pero no lo corta e = 0

La espira gira ¾ de revolución, y corta el máximo flujo pero ya cambio la polaridad -e = máximo

La espira gira una revolución, de nuevo enlaza máximo flujo pero no lo cortae = 0

En seguida se muestra el ciclo de frecuencia del voltaje inducido en la espira, cuando ésta completa girando una revolución en una máquina de dos polos.


64


De lo anterior deducimos que la frecuencia:

En una maquina de 2 polos = un ciclo por cada revoluciónEn una maquina de 4 polos = dos ciclos por cada revoluciónEn una maquina de 6 polos = tres ciclos por cada revolución

Por lo tanto tenemos una relación de:

Frecuencia = revoluciones

Como la frecuencia esta dada en ciclos por segundo, y las revoluciones en r.p.m. (n), expresaremos la velocidad en revoluciones por segundo

=

Por lo tanto: c.p.s.

VOLTAJE MEDIO O PROMEDIO


65

e

t


Trataremos de encontrar la magnitud del voltaje inducido ya que la fórmula

es solo un voltaje instantáneo.

Máquina de 2 polos (una espira)

Para que una espira logre generar su máximo voltaje el ancho de la espira medida sobre la superficie del rotor debe ser igual al paso polar ()

= Paso Polar = es la distancia que abarca un polo sobre la superficie del rotor.

D = rotorP = Número de polos


66


POSICIÓN 1


67


Aquí tenemos que el flujo Puesto que estamos enlazando el mismo flujos pero el

POSICIÓN 2

Aquí tenemos

ya que no enlazamos flujo

pero de rev o sea

Entonces:

Para expresar el tiempo en segundos se hará lo siguiente:

1n - 60 segundos como

-


68


Entonces:

Para 2 polos y una sola espira

Para más de 2 polos: 2 polos – 1 E medio 4 polos – 2 E medio 6 polos – 3 E medio

Entonces: E medio = E medio = f

E medio =

Para una máquina de “n” polos y una sola espira

Si webers n = rev-min P = número de polos

VOLATJE MÁXIMO PARTIENDO DE EMEDIO


69


La relación que hay de e medio a máximo

Área de E medio = Área bajo la curvaÁrea de E medio = E medio

E instantánedio = E max Sen

(-1) (-1)

Máquina de 2 polos y una sola espira.


70


Para más de 2 polos

Voltaje Eficaz

Como E eficaz = y como

NOTA: Todas las ecuaciones anteriores fueron calculadas para una sola espira, entonces las multiplicaremos por “N” puesto que las máquinas están constituidas por bobinas de “N” espiras, por lo tanto, para una máquina de “N” polos y “N” espiras, las ecuaciones quedarían de la siguiente manera:

FACTOR DE DISTRIBUCION “Kd” Y FACTOR DE PASO “Kp”

Se demostró anteriormente que la Fem inducida en una bobina de “N” espiras es:

Pero esta ecuación fue deducida bajo las siguientes condiciones:

1. Todas las espiras están enlazadas con el mismo flujo en cualquier instante.2. El paso (ancho de la bobina) es igual al paso polar.3. Que la distribución de flujo a lo largo de la armadura sea senoidal.


71


En la máquina real las espiras se encuentran distribuidas en todas las ranuras del stator, así es que no se cumple con el punto número 1, por lo que en la ecuación (E=4.44

habrá que incluir un factor de corrección llamado “factor de distribución Kd”.

Kd: Nos sirve para darle una mejor distribución a la F.E.M. inducida en cada bobina y con esto obtenemos que la F.E.M. resultante sea lo más cercano posible a una onda senoidal.

El ancho de la bobina es generalmente menor que e paso polar (), por lo tanto no se cumple con el punto numero 2, al reducir el ancho de la bobina (W) se ahorra cobre ($),baja la resistencia ohmica del devanado y se disminuyen los armónicos, por lo tanto bajo ésta condición aparecen otro facto de corrección llamado “factor de paso Kp”. Kp se define como la relación que existe entre el voltaje inducido en la bobina de paso acortado sobre el voltaje inducido en la bobina de paso completo. Kp debe ser mejor que la unidad.

Al reducir el ancho de la bobina (paso acortado) lo que en realidad logramos es que

tenemos una pérdida de tensión o sea que la F.E.M. resultante será mejor y en consecuencia los armónicos del 3°, 5° y 7° orden disminuyen (serán pequeños).

FACTOR DE PASO Kp

Si tenemos una bobina de paso completo, o sea W=, cada lado activo de la bobina me generará un voltaje ( de igual magnitud pero desfasados 360° eléctricos. Es decir 180° que hay entre lado y lado de la bobina ( ) mas 180 que por lógica se observa debido a que un lado de la bobina tiene un sentido de corriente y esotro lado de la bobina tiene otro sentido distinto es decir están cortando flujos distintos.


72


El voltaje resultante seria la sumatoria de .

Resultante del voltaje cuando w= (paso diametral).

Ahora veremos que es lo que sucede si acortamos el paso:

w< Aquí volvemos a tener un voltaje generado en cada lado de la bobina pero ahora el desfasamiento entre éstos voltajes

es menor que 360° puesto que es menor que 180°.

ERA= Voltaje resultante en el paso acortado.

Calcularemos el voltaje ERA de la siguiente manera.

Si lo representamos fasorialmente tendremos lo siguiente:


73

ERA


El desfasamiento entre es “w” (ranuras) pero para expresarlo en grados eléctricos (°E) multiplicaremos W x αs.

αs = grados eléctricos °E entre ranura y ranura.

w ranuras x αs =

Para encontrar el voltaje resultante de paso acortado (ERA) se utiliza el siguiente método:

Se hace un triángulo partiéndolo en 2 partes iguales para obtener .

Nota: es un triangulo con un ángulo recto el cateto que esta frente al ángulo es la hipotenusa.


74

W


Entonces:

Como el factor de paso “Kp” es la relación de voltaje resultante del paso acortado ERA entre el voltaje resultante del paso completo ER.

Como

Como P

Q entonces Kp=

Como

Para las armónicas el factor de paso es:


75


Donde x es el orden de la armónica que queramos eliminar, es decir, si queremos eliminar la armónica de quinto orden (5°):

Ejemplo del devanado de la práctica No. 2 del laboratorio:

Devanado imbricado d 36 ranuras doble capa, de paso diametral, trifásico de cuatro polos.

Q=36

P=4

m=3

Como la 3° armónica se puede eliminar por medio de la conexión estrella del devanado, entonces las que conviene eliminar o disminuir son la 5° y la 7°. La 9° y 11° tienen una magnitud muy pequeña, por lo que generalmente se usa un paso de 150° eléctricos, o sea 5/6 del paso completo.

W W/


76


(ranuras)9 1 1 -1 1 -1 187654

= es el desplazamiento de la bobina o sea el ajuste que se hace en el ancho de la bobina.

Factor de distribución “Kd”

Para obtener el factor de distribución partiremos de que tenemos un grupo de q = 4 bobinas.

Para poder obtener el voltaje resultante en este grupo de bobinas se tiene que hacer una sumatoria vectorial de cada uno de los voltajes.


77


ER = E1 + E2 + E3 + E4

Lo plantearemos de la siguiente manera:

Ya que tenemos trazados vectores de E1, E2, E3, y E4, que sumados vectorialmente nos dan ERD, se supone que se pasa la orilla de una circunferencia por los 4 puntos, o se alas flechas y nos quedaría un radio como el de la figura.

Los ángulos entre radio y radio son o sea el entre conductor y conductor; luego trazamos una perpendicular al vector “E2”.

Luego una paralela al radio del final de E1, como queda exactamente a la mitad por ser paralela, entonces se divide al ángulo en 2 partes iguales.

Luego, como ángulos entre paralelos son iguales, por lo tanto el ángulo entre el radio de E1 y E2 (final flecha) serán por lo tanto el ángulo entre los radios es

Luego trabajaremos con el triangulo rectángulo del lado derecho.

ERD= Es la resultante del voltaje cuando el grupo está distribuido y ER = será el voltaje resultante cuando no hay distribución del devanado.

Ahora como “Kd” es la relación del voltaje resultante cuando hay distribución (ERD) entre el voltaje resultante cuando no hay distribución ER.

MODELO MATEMÁTICO DEL MOTOR DE INDUCCIÓN

Aprovechando las analogías en el funcionamiento del transformador de los devanados con el motor de inducción será relativamente simple comprender el modelo que representa el funcionamiento del motor.

Básicamente se aplicara un voltaje V1 al devanado del estator que impulsara una corriente I1 que a su vez genera, en el devanado, un fuerza magnetomotriz que producirá el flujo principal del motor. Este flujo produce la fuerza electromotriz inducida Ef, por fase,


78


f = frecuencia en Hz.

a = numero de trayectorias en paralelo

= flujo principal

Kp = factor de paso

Kd = factor de distribución

Esta fuerza seria prácticamente la que se induce en el rotor, con su devanado en corto-circuito, por lo que se impulsaría una corriente I2 a través del devanado del rotor, y esta corriente deberá producir el par motor en la flecha.

Al paso de la corriente I1 aparece la oposición natural de los conductores del estator

R1 y la que es producto de la fuga magnética jX1. Mientras en el devanado del

rotor, al paso de I2, aparece R2 y jX2 .

El modelo se puede escribir así:

Y

El circuito equivalente sería:


79

R1I1jX1 I2

jX2R2


La fuerza electromotriz Ef aparece en terminales de la rama de excitación que modela el núcleo del material ferromagnético del motor.

A diferencia del transformador el secundario del motor gira a una velocidad que depende del deslizamiento S, por lo que los parámetros del rotor, en los que influye la frecuencia, se vería afectados por el deslizamiento.

Ó

De tal forma que en el circuito aparecería R2/S en lugar de R2, o separado de esta forma:

Nos daría la oportunidad de representar, en el modelo, la resistencia del rotor en dos

componentes, una R2 que representa la resistencia propia de los conductores que

forman el devanado del rotor, y una resistencia R2 [ (1-s)/s ] que representa la

salida de potencia en la flecha.

Luego el circuito equivalente del modelo se vería:


80

EfV1

Rc

JXm


Y este modelo sirve para predecir el comportamiento del motor, para las diversas condiciones de carga mecánica, desde el reposo hasta sus condiciones de par nominal, par máximo, par de arranque, potencia mecánica de salida y eficiencia.

CÁLCULO DE LOS PARÁMETROS DEL CIRCUITO EQUIVALENTE DEL MOTOR DE INDUCCIÓN

Básicamente se realizan tres pruebas no destructivas:

1) Prueba de vació

2) Prueba de rotor bloqueado a voltaje reducido y corriente nominal

3) Prueba de rotor bloqueado a voltaje nominal

1.1 PRUEBA DE VACIO

Objetivo particular:


81

EfV1

I1 R1jX1 R2

jX2I2

R2[(1-s)/s]Rc

JXm


Obtener la potencia que requiere el motor para satisfacer algunas de sus imperfecciones como: potencia debido al fenómeno de histéresis, corrientes parasitas, fricción, ventilación.

Procedimiento:

1) Conectar el motor a una fuente trifásica.

2) Aplicar el voltaje nominal y permitir que gire libremente.

3) Medir la corriente de vació en cada línea.

4) Medir la potencia trifásica que demanda el motor.

5) Medir la velocidad del rotor nr.


82


Se llamará Vn al voltaje de línea dividido por 1.73 para el análisis por fase.

Se mide:

Y se mide:

En esas condiciones la velocidad del rotor nr, será muy similar a la del campo giratorio ns, luego el deslizamiento:

Y la

Y el modelo se vería como un circuito abierto:


83

Vn

In R1 jX1

jXm

R2 jX2I2


Donde R1 + jX1 queda en serie con jXm y ésta ( jXm ) representa la rama de excitación que sirve para modelar el núcleo de material ferromagnético. Nótese que depreciamos la Rc que representa la pérdida del núcleo, ya que la mayor parte de la potencia de vacío ( Pn ) se usa para vencer la fricción en los rodamientos y generar la ventilación del motor. Así mismo la resistencia R1 se puede considerar como la R de CD por fase medida en el devanado del estator, entonces se calcularía:

La jXn consume la potencia reactiva Qn y

Donde:

Luego:


84


1.2 PRUEBA DE ROTOR BLOQUEADO A VOLTAJE REDUCIDO Y CORRIENTE NOMINAL

Objetivo particular:

Durante esta prueba se produce el funcionamiento nominal del motor. Se arma un

circuito similar al caso en vació pero se impide que el rotor gire nr =0.

Procedimiento:

1) Conéctese el motor a una fuente trifásica de voltaje variable.

2) Aplique un voltaje tal que la corriente sea solo igual a la nominal.

3) Mida la potencia y el voltaje de la prueba.

4) Mida la temperatura de los devanados del estator.

Estando el rotor bloqueado nr =0 luego el deslizamiento

Y la


85


Y el modelo se vería como un corto-circuito.

Donde:

Vb = Vblocked = Voltaje a rotor bloqueado por fase

Ib = Iblocked = Corriente nominal

Pb = Pblocked = Potencia a funcionamiento normal

La impedancia en el circuito seria Z b y estaría compuesta por R2 + jX2 en

paralelo con jXm y esta en serie con R1 + jX1, y pudiera ser un tanto dificultoso

despejar jXm, jX1, jX2 pero con alguna experiencia podemos decir que si R2 + jX2 << jXm entonces prácticamente el circuito quedaría:

De tal forma que:


86

Vb

Ib R1 jXl1

jXm

R2 jX2I2

Vb

Ib R1 jX1 R2 jX2I2


y , y la potencia reactiva que es

Es:

Donde: y,

Se puede asumir que:

Y


87


Ejemplo:

Motor 3, 7.5 HP, 220V, 19 Amp, 60 Hz, rotor jaula de ardilla cuatro polos, diseño clase C (alto par y baja corriente de arranque)

Prueba de vació a 60Hz

Vn = 219V de línea a línea

I n = 5.70 Amps

Pn = 380 watts

Prueba de rotor bloqueado a tensión reducida

Vb = 26.5V de línea a línea

I b = 18.57 Amps

Pb = 675 watts

Resistencia promedio por fase de estator

R1 = 0.262 ohms

Prueba de rotor bloqueado a voltaje pleno

Vb = 212V de línea a línea

I b = 83.3 Amps

Pb = 20.1 kwatts


88


a) Pérdidas rotacionales:

La potencia reactiva que consume en vació:

En la prueba de rotor bloqueado a corriente nominal. La potencia reactiva Qb, Vb = 26.5/1.73 = 15.31 volts

Y la


89


Y asumiendo que

Con la

Y finalmente

El circuito quedaría:


90I10.262 j0.25 0.39 j0.25I2


El par en el arranque

El motor en funcionamiento:

El circuito equivalente nos sirve, entonces, para observar el funcionamiento del motor, dando solo un valor de deslizamiento.

Suponiendo un deslizamiento del 3 % ( s = 0.03 p.u. )


91

Vnj21.61

I

R2[(1-s)/s]

V1

I10.262 j0.25

j21.61

j0.25I2

I

R2/s


La corriente de entrada I1 seria igual al voltaje V1 dividido por la impedancia vista desde la fuente

y en paralelo con


92


La corriente de entrada es 11.23 amperes y el factor de potencia es 0.84 ( – ).

La corriente en R2/S es I2, luego:

La potencia mecánica


93


Potencia de entrada:

Eficiencia:

Así se darían diferentes valores de deslizamiento hasta hallar el par máximo, o empleando el teorema de la máxima transferencia de potencia.


94


EVALUACION Y AJUSTES DE LA EFICIENCIA.

Lo siguiente se refiere a como llevar a cabo una evaluación de la eficiencia en un motor que esta en funcionamiento y no podemos interrumpir su operación por motivos de producción.

Para el cálculo de la eficiencia se toma en cuenta un parámetro mecánico, la velocidad, que es una variable proporcional al par, y es un parámetro importante para el cálculo de la eficiencia.

Entonces:

VL= Voltaje de líneaIL= Corriente de líneaFP= Factor de potenciaHP= Resultante de afectar por parámetros mecánicos.

RPM’ = Velocidad a plena carga. (Dato de Placa).RPM’’= Velocidad medida en el lugar de los hechos.RPM = Velocidad sincrónica (ns).

HPnominal = (Dato de placa)

Ejemplo:Los datos de la placa de un motor de inducción son:


Volts 460Hp 400Fases 3Polos 4Frecuencia 60Amperes 442RPMplena carga 1777Factor de servicio 1Eficiencia 96%Armazón 58111-5Diseño AAislamiento clase BTemp. Ambiente Máxima 40ºC a 2280 MSNM 95


Este motor ha sido reembobinado varias veces, en una prueba realizada al motor operando normalmente, se obtuvieron los siguientes parámetros.

RPM’’=1770VL=465 Volts.IL=365 Amp.FP=0.84

La eficiencia será la siguiente:

EFICIENCIA=92.85%

Originalmente la eficiencia del motor era de 96%, debido a las reparaciones que se le han realizado su eficiencia ha disminuido en un 3.15%. Existe la posibilidad de cambio por un motor más eficiente.


96


RECOMENDACIONES IMPORTANTES PARA EL AHORRO DE ENERGIA EN MOTORES DE C.A.

Elegir correctamente la potencia del motor. El rendimiento máximo se obtiene cuando este opera entre el 75% y el 95% de su potencia nominal y cae bruscamente para cargas reducidas o cuando trabaja sobrecargado. Adicionalmente los motores de inducción a cargas bajas o en vació tienen un factor de potencia muy bajo.

Seleccionar el motor de acuerdo con su ciclo de trabajo. Operar un motor para servicio continuo, en accionamientos de operaron intermitente, con frecuentes arranques y paros, ocasiona degradación de sus características de operación y eficiencia. Además de que se puede dañar el aislamiento de los devanados por la elevación de temperatura.

Selección del tipo de armazón del motor, de acuerdo con el ambiente donde estará trabajando. Los motores abiertos son más sencillos y por lo tanto menos costosos, además de operar con mayor factor de potencia. Sin embargo, en condiciones adversas del medio, los motores cerrados son los indicados.

Seleccionar correctamente la velocidad del motor. Si la carga lo permite prefiera motores de alta velocidad, son mas eficientes y se trata de motores de corriente alterna, trabajan con un mejor factor de potencia.


97


CONCLUSIONES Y COMENTARIOS

Para auxiliar en la selección y operación de motores eficientes (energy-efficient) se incluyen a continuación las respuestas a algunas de las preguntas técnicas y financieras más comunes. Estas preguntas están adaptadas de “High-efficiency Motors,B.C. Hydro’s Power Smart Publication”.

1. ¿Qué es un motor eficiente?Un motor eficiente produce la misma potencia de salida en flecha (Hp), pero usa menos `potencia eléctrica (alimentación) que un motor de eficiencia estándar. Los motores eficientes deben tener eficiencias nominales a pie carga que excedan las eficiencias estándar mínimas dadas en la Tabla 2.

Muchos fabricantes producen modelos que exceden considerablemente el estandar NEMA. Estos se conoce como de alta eficiencia (High efficiency) o de eficiencia premium (Premium efficiency).

2. ¿Cuáles son las diferencias entre un motor eficiente y un motor de eficiencia estándar?

Los motores eficientes se fabrican usando la misma armazón T de los motores de eficiencia estándar, pero tienen:

Laminaciones del estator más delgadas hechas de acero de mayor calidad.

Más cobre en los devanados. Un entre hierro menor. Pérdidas de ventilación menores. Menores tolerancias de maquinado.

3. ¿Todos los motores nuevos son eficientes?No, generalmente hay que especificar en la orden de compra que se desea que el motor sea eficiente.

4. ¿En donde se pueden adquirir los motores eficientes?Los motores eficientes se pueden comprar directamente a la mayoría de los distribuidores de motores. También se puede especificar en cualquier equipo motorizado que se vaya a comprar que el motor sea eficiente.

5. ¿Existen motores monofásicos eficientes?Los motores monofásicos eficientes no son comunes. Sin embargo, algunos fabricantes empiezan a producirlos


98


6. ¿Los motores eficientes requieren más mantenimiento?No. Los motores eficientes requieren el mismo mantenimiento que los motores de eficiencia estándar y frecuentemente son más confiables.

7. ¿Cuáles son los hps, las velocidades y los rangos de voltajes disponibles?Los motores eficientes están disponibles en tamaños de un Hp. en adelante a velocidades de 3600, 1800,1200 y 900 RMP, voltajes trifásicos de 208, 230, 460,575 y superiores.

8. ¿Puede un motor eficiente remplazar un motor con armazón T o armazón U?

Si. Debido a que los motores eficientes normalmente tienen la misma armazón T que los motores de eficiencia estándar el reemplazo no debe de tener complicaciones. Se requiere de un adaptador o base transición para el reemplazo de un motor con armazón U, por uno eficiente con armazón T. Además algunos fabricantes tienen motores eficientes en armazón U.

9. ¿Es mejor rebobinar un motor de eficiencia estándar o comprar un motor eficiente?Un motor eficiente ocasiona costo de energía menor que un motor rebobinado. La reducción del costo depende de las horas anuales de la operación, las eficiencias de los motores, el costo de Kwh. y la diferencia entre los costos de rebobinar y el costo de un motor eficiente.

10. ¿Se puede rebobinar un motor de eficiencia estándar y en el rebobinado hacer eficiente?Es posible rebobinar un motor con procedimientos conocidos comúnmente conocidos como “rebobinados de alta eficiencia”. Este procedimiento puede aumentar ligeramente la eficiencia de un motor. Sin embargo la eficiencia seria a un inferior a la de un motor nuevo eficiente debido al que al resto de las características de constricción llamadas en el punto 2.

11. ¿Cuál es la eficiencia de un motor eficiente a diferentes puntos de cargas.La eficiencia de cualquier motor cambia con tales factores como el tamaño, la velocidad y la carga. Los motores eficientes tienen mayor eficiencia que los de eficiencia estándar a plena carga y a carga parcial.

12. ¿Se mantiene la ventaja en la eficiencia de los motores eficientes sobre los de eficiencia estándar cuando la carga es menor que la nominal?Si. La mayoría de los fabricantes están diseñando los motores para que alcancen la eficiencia máxima entre el 75% y el 100% de carga. La eficiencia permanece esencialmente constante del 100% al 50 % de carga, pero el factor de potencia disminuye considerablemente.

13. ¿Son confiables los motores eficientes?


99


Si. Son tan confiables que los de eficiencia estándar en algunas cosas tiene una vida útil mayor debido a que las temperaturas de operación son menores.

14. ¿Cual es el factor de potencia de un motor eficiente?El factor de potencia varía dependiendo de la carga del motor y del fabricante. Mientras que algunos modelos de motores eficientes ofrecen un factor de potencia mejorando del 2 al 5%, otros tienen factor de potencia menor que sus contrapartes de eficiencia estándar. En promedio cabe esperar un aumento de menos de 1% en el factor de potencia.

15.En al literatura existen varios tipos de eficiencias ¿Cuál es el significado de estas?

Se emplean las siguientes definiciones de eficiencia:Nominal, promedio, esperada, calculada, mínima, garantizada y aparente. Las más comunes son las nominal y la mínima definidas como:

a. Eficiencia nominal: es el promedio de la eficiencia mediada en un gran número de motores del mismo diseño.

b. La eficiencia mínima es el valor que parece en el extremo de la curva de campana de la medición de un gran número de motores.

16.¿Qué son NEMA, MG1, IEC 34.2 y JEC 37?Son estándares para prueba de eficiencia de motores:

a. NEMA MG1, están basados en estándar IEEE 112 método B, es el mas usado en Norteamérica.

b. CESA C390-M1985, es un estándar canadiense más riguroso.c. IEC 34.2 es el estándar Europeo para pruebas de motores.d. JEC37, es el estándar Japonés para prueba de motores.

17.¿Se pueden comprar eficiencias usando los datos nominales de placa?De acuerdo NEMA MG1-12.54.2 la eficiencia de los motores diseño A y B en el rango de 1 a 125 hp. armazones de acuerdo a MG13 debe estar indicada en la placa de datos nominales. Debido a que las eficiencias de la placa de datos nominales están rodeadas a ciertos valores establecidos es conveniente de tener los valores eficiencia directamente del fabricante.

18.¿Es distinto el factor de servicio de un motor eficiente comparado al de uno de deficiencia estándar?

El factor de servicio de muchos motores eficientes es al menos de 1.15 y puede ser de hasta 1.30 e inclusive de 1.40.

19.¿Cuánto cuestan los motores eficientes?


100


Generalmente cuestan del 15 al 30% más que los motores estándar, dependiendo del motor específico, el fabricante y la competencia. Sin embargo, es posible negociar buenos precios cuando se compran en grandes cantidades.

20.¿Cuál es el tiempo de recuperación de inversión o tiempo de reembolso cuando se escoge un motor eficiente contra uno de eficiencia estándar?

El tiempo de reembolso varía de acuerdo al escenario de compra, la diferencia en costos las horas anuales de operación, el costo de Kwh y Kw de demanda, el porcentaje de carga del motor y la diferencia de las eficiencias. En decisiones de la compra de motores que operan continuamente es de dos años. La recuperación es a través del ahorro y la disminución en demanda.

EFICIENCIAS NOMINALES A PLENA CARGA PARA MOTORES DE ALTA EFICIENCIA SEGÚN

CLASIFICACION NEMA


101


EFICIENCIAS NOMINALES A PLENA CARGA PARA MOTORES DE ALTA EFICIENCIA SEGÚN

CLASIFICACION NEMA


12-6B

ODP TEFC

hp 3600 1800 1200 900 3600 1800 1200 900

1 82.5 77 72 72 75.5 72

1.5 80 82.5 82.5 82.5 78.5 81.5 82.5 75.5

2 82.5 82.5 84 84 82.5 82.5 82.5 82.5

3 82.5 86.5 85.5 85.5 82.5 84 84 81.5

5 85.5 86.5 86.5 86.5 85.5 85.5 85.5 84

7.5 85.5 88.5 88.5 88.5 85.5 87.5 87.5 85.5

10 87.5 88.5 90.2 90.2 87.5 87.5 87.5 87.5

15 89.5 90.2 89.5 89.5 87.5 88.5 89.5 88.5

20 90.2 91 90.2 90.2 88.5 90.2 89.5 89.5

25 91 91.7 91 91 89.5 91 90.2 89.5

30 91 91.7 91.7 90.2 89.5 91 91 90.2

40 91.7 92.4 91.7 91.7 90.2 91.7 91.7 90.2

50 91.7 92.4 91.7 92.4 90.2 92.4 91.7 91

60 93 93 92.4 93.6 91.7 93 91.7 91.7

75 93 93.6 93 93.6 92.4 93 93 93

100 93 93.6 93.6 93.6 93 93.6 93 93

125 93 93.6 93.6 93.6 93 93.6 93 93.6

150 93.6 94.1 93.6 93.6 93 94.1 94.1 93.6

200 93.6 94.1 94.1 93.6 93.6 94.5 94.1 94.1

102



12-6C

ODP TEFC

hp 3600 1800 1200 900 3600 1800 1200 900

1 82.5 80 74 75.5 82.5 80 74

1.5 82.5 84 84 75.5 82.5 84 85.5 77

2 84 84 84 85.5 84 84 86.5 82.5

3 84 86.5 85.5 86.5 85.5 87.5 87.5 84

5 85.5 87.5 87.5 87.5 87.5 87.5 87.5 85.5

7.5 87.5 88.5 88.5 88.5 88.5 89.5 89.5 85.5

10 88.5 89.5 90.2 89.5 89.5 89.5 89.5 88.5

15 89.5 91 90.2 89.5 90.2 91 90.2 88.5

20 90.2 91 91 90.2 90.2 91 90.2 89.5

25 91 91.7 91.7 90.2 91 92.4 91.7 89.5

30 91 92.4 92.4 91 91 92.4 91.7 91

40 91.7 93 93 91 91.7 93 93 91

50 92.4 93 93 91.7 92.4 93 93 91.7

60 93 93.6 93.6 92.4 93 93.6 93.6 91.7

75 93 94.1 93.6 93.6 93 94.1 93.6 93

100 93 94.1 94.1 93.6 93.6 94.5 94.1 93

125 93.6 94.5 94.1 93.6 94.5 94.5 94.1 93.6

150 93.6 95 94.5 93.6 94.5 95 95 93.6

200 94.5 95 94.5 93.6 95 95 95 94.1

103

Apuntes de Clase Trans. y Motores de c.a.(1)

Documents

Transcript of Apuntes de Clase Trans. y Motores de c.a.(1)