Libro Maquinas UNI_FIEE_MAQ.pdf

7/25/2019 Libro Maquinas UNI_FIEE_MAQ.pdf

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DEDICADO A:

MI ALMA MATER

LA UNIVERSIDAD

NACIONAL DE INGENIERÍA



PRÓLOGO

El presente texto desarrolla el syllabus completo de la asignatura de MáquinasEléctricas que se ofrece en la UNI para la especialidad de IngenieríaEléctronica, pero su contenido es tal que puede ser perfectamente asimiladotambién por los alumnos de las especialidades de Ingeniería Eléctrica y

Mecánica – Eléctrica que deseen obtener un buen conocimiento de las máquinaseléctricas .

Los primeros tres capítulos son introductorios al estudio de las máquinaseléctricas y en ellos se representan las características generales de lasmáquinas eléctricas estáticas y rotativas y los materiales empleados para suconstrucción. En capítulos siguientes se ve en forma amplia la teoría yaplicaciones de los transformadores monofásicos, trifásicos yautotransformadores.

El texto desarrolla la teoría de las máquinas eléctricas rotativas en régimen permanente, utilizando los métodos convencionales que han demostrado ser másdidácticos para los estudiantes que se inician en el estudio de las máquinaseléctricas. Estos métodos permiten dar un conocimiento real de la máquina a

partir del cual se obtienen fácilmente los circuitos equivalentes y las expresionesmatemáticas que permiten el análisis riguroso en estado estable. En los últimos

capítulos se hace un resumen de los métodos de control de velocidad de lasmáquinas rotativas de corriente contínua y corriente alterna que se están usandoactualmente.

Se complementa la elaboración de éste libro con la presentación de un softwareinteractivo de simulación digital de obtención de curvas características internas

y externas de los tipos de máquinas de corriente contínua y alterna tratadas en elcontenido del libro.

Expreso mi más sincero agradecimiento a la Universidad Nacional de Ingenieríaque a través del Instituto de Investigación de la Facultad de Ingeniería Eléctrica,

Electrónica y Telecomunicaciones, ha permitido el desarrollo del contenido deesta publicación; así como también a mis alumnos Sr. Walter Aguilar, Sr.Christian Aguilar por su apoyo, y a mis colegas profesores de la especialidad

por su incentivo y recomendación. Finalmente mi agradecimiento a las Srtas. Jully Saldaña y Blanca F. Cortez De La Cruz por el tipeo, diagramación y suexpertez en el diseño y presentación de ésta obra , que esperamos puedacontribuir a dar sólida formación a nuestros estudiantes.



EL AUTOR

Ingeniero Electricista, se desempeña como

Profesor Titular del curso de Máquinas

Eléctricas y laboratorio de Máquinas

Eléctricas, en las Facultades de Ingeniería

Eléctrica y Electrónica, Industrial y de

Sistemas de diversas Universidades

Nacionales del Perú, como la Universidad Nacional de Ingeniería y Universidades

Privadas como la Universidad Tecnológica

del Perú.

Durante los últimos quince años ha alternadola actividad docente en diversasUniversidades e Institutos de InstrucciónSuperior, con la práctica profesional como

Ingeniero Electricista desarrollando susactividades en Entidades Supervisoras deProyectos y Ejecutores de Obras de granimportancia en su país, el Perú.

Sus actividades se han desarrollado en el áreade Máquinas Eléctricas Estáticas y Rotativas,sistemas de Distribución Eléctrica yutilización. Actualmente está designado comoPerito Judicial en la Especialidad de

Ingeniería Eléctrica por el Registro de Peritos

Judiciales del Poder Judicial (REPEJ) CorteSuperior de Justicia de Lima. Posee diversostrabajos de Investigación y es miembro de

Instituciones Científicas del País.



1

ÍNDICE

I.- CIRCUITO MAGNÉTICO

1.1 Introducción.....................................................................................................41.2 Algunas leyes básicas de Electrostática..........................................................51.3 Algunas leyes básicas de Magnetostática.......................................................91.4 Otras conclusiones útiles en Magnetostática................................................121.5 Campo Magnético de un toroide...................................................................141.6 Analogía entre circuitos eléctricos y magnéticos.........................................16 1.7 Unidades y factores de conversión...............................................................17 1.8 Ley de circuitos de Ampere aplicada a un núcleo ferromagnético..............181.9 Materiales ferromagnéticos.........................................................................20

II.- EXCITACIÓN DE ESTRUCTURAS FERROMAGNÉTICAS CON CORRIENTE DIRECTA

2.1 Introducción..................................................................................................222.2 Propiedades de los materiales ferromagnéticos...........................................222.3 Circuitos aproximados de aparatos electromagnéticos...............................252.4 Métodos de análisis de circuitos ferromagnéticos.......................................27 2.5 Entrehierros en circuitos ferromagnéticos..................................................28

III.- EXCITACIÓN DE ESTRUCTURAS FERROMAGNÉTICAS CON CORRIENTE ALTERNA

3.1 Introducción.................................................................................................553.2 Ley de Faraday de Inducción Electromagnética.........................................553.3 Relación entre voltaje aplicada periódico, voltaje inducido y flujo en un

núcleo magnético excitado por una sola fuente..........................................57 3.4 Forma de onda de la corriente de excitación en un sistema ferromagnético

con flujo senoidal.........................................................................................593.5 Energía almacenada en un núcleo magnético excitado por una

sola fuente....................................................................................................613.6 Representación matemática de la corriente de excitación no senoidal

(iØ(t))............................................................................................................643.7 Circuito equivalente aproximado de un reactor con núcleo de hierro.......67 3.8 Determinación de los parámetros del circuito equivalente de un reactor con

núcleo de hierro...........................................................................................683.9 Pérdidas en los materiales ferromagnéticos...............................................70



2

3.10 Pérdidas totales en el hierro........................................................................733.11 Separación de pérdidas................................................................................733.12 Determinación experimental de las pérdidas totales...................................753.13 Reactores con núcleo de hierro...................................................................76

3.14

Importancia de la Curva de Magnetización................................................76 3.15 Modelos de representación de Curvas de Magnetización...........................77

IV.- ANÁLISIS DEL CIRCUITO DE TRANSFORMADOR CON NÚCLEO DE AIRE

4.1 El Transformador Ideal...............................................................................1094.2 Relaciones básicas en un Transformador – Ideal.......................................1104.3 Análisis del transformador de Potencia con núcleo de hierro...................1124.4 Circuito equivalente exacto.......................................................................1144.5 Ecuaciones y diagrama vectorial..............................................................116 4.6 Los circuitos equivalentes aproximados...................................................1184.7 Determinación de los parámetros por medición de un transformador de

núcleo de hierro.........................................................................................1194.8 Rendimiento...............................................................................................1234.9 Eficiencia o rendimiento de un transformador.........................................1234.10 Variación de la eficiencia con la carga y eficiencia máxima...................1244.11 La Regulación de un transformador.........................................................1254.12 Determinación analítica de la regulación................................................126 4.13 Empleo de valores unitarios y porcentuales............................................1284.14 Autotransformadores................................................................................1314.15 Transformadores Trifásicos.....................................................................1384.16 Transformadores de Audio ó a Frecuencia variable...............................1434.17 Preguntas y respuestas sobre transformadores......................................146

V.- CONVERSIÓN DE ENERGÍA ELECTROMAGNÉTICA

5.1 Proceso de conversión de energía...........................................................2005.2 Energía de campo....................................................................................2015.3 Fuerza mecánica en los Sistemas Electromagnéticos.............................207 5.4 Máquinas Rotativas.................................................................................214

VI.- ASPECTO CONSTRUCTIVOS DE LA MÁQUINA DE CORRIENTECONTÍNUA

6.1 Aspectos constructivos de la máquina de corriente contínua..................236 6.2 Principios de funcionamiento de la maquina de corriente continua.......237 6.3 Campo magnético producido por el rotor y reacción de armadura.......239



3

6.4 Conmutación...........................................................................................2436.5 El Motor de corriente contínua en régimen permanente........................2446.6 El Generador de corriente contínua en régimen estable........................2546.7 Control de velocidad de máquinas de corriente continua......................261

VII.- MOTORES POLIFÁSICOS DE INVERSIÓN

7.1 Motores Trifásicos....................................................................................306 7.2 Máquina Asíncrona Trifásica...................................................................3217.3 Control de velocidad en Maquinas Asíncronas.......................................347 7.4 Arranque de Motores de Inducción.........................................................3647.5 Principios de funcionamiento de la Máquina Síncrona..........................3657.6 Control de velocidad de Motores Síncronos...........................................389



4

CAPÍTULO I CIRCUITO MAGNÉTICO

1.1 INTRODUCCIÓN

El objetivo del curso es exponer los principios de la conversión de energíaelectromecánica y del desarrollo de métodos para obtener modelos

paramétricos de transductores.

Los Transductores son aparatos que convierten energía de una forma a otra. Muchos de ellos son electromecánicos. Ejemplo:

Los motores eléctricos usados en los aparatos domésticos, tales como:ventiladores, refrigeradores, etc. convierten energía eléctrica en energíamecánica.

Todos los transductores electromecánicos pueden considerarse como formadosde partes que son eléctricas y de partes que pueden ser clasificadas comomecánicas. La energía es recibida o suministrada por éstas partes dependiendode la naturaleza y aplicación de cada transductor particular. Los Camposmagnéticos y/o eléctricos sirven como medio de acoplamiento. Veamos larepresentación de una transductor en un diagrama de bloques: transductor enun diagrama de bloques:

ENERGÍA ELÉCTRICA O ENERGÍA MECÁNICA

Figura 1.1.1 Los campos magnéticos y eléctricos juegan un papel importante en los procesosde almacenamiento y transferencia de energía eléctrica. Se requiere el conocimiento de las relaciones de entrada y salida que existen en los tresbloques componentes.

Es necesario desarrollar métodos para la obtención de modelos para cadabloque componente. Es necesario calcular la fuerza de éstos medios deacoplamiento en estructuras lineales y no lineales y establecer la relación entreéstos campos y los parámetros de la parte eléctrica de los transductores,

llamados voltaje y corriente. Tales relaciones serán derivadas para los camposmagnéticos en este libro.



5

q1 q2

La determinación de la relación entre la intensidad de campo magnético y losvoltajes y corrientes en este medio, utiliza en general cálculos en tresdimensiones; generalmente se realizan suposiciones y aproximacionesapropiadas y el problema de cálculo tridimensional puede ser reducida a un

problema de redes o circuitos de una dimensión por muy difíciles que puedan

ser considerados los transductores electromecánicos, y resuelto por el uso detécnicas similares a las usadas en la teoría de redes eléctricas, para tal efecto seintroduce el concepto de circuito magnético, serán repasadas algunas leyesbásicas referidas a campos estáticos (invariantes en el tiempo), eléctricos ymagnéticos. Luego serán introducidas algunas leyes básicas y conceptosadicionales, referidos a campos magnéticos variables en el tiempo.

1.2 ALGUNAS LEYES BÁSICAS DE ELECTROSTÁTICA

a) Ley de Coulomb: La electricidad es una característica de la materia, ycarga es una medida de esta característica. Dos clases de carga son

conocidas, positiva y negativa.

Ley de la conservación de la carga:Σ Algebraica de todas las cargas en un sistema aislado es constante.

Sean:q1 y q2 las magnitudes de las cargasd es la distancia entre ellas

K es la constante de proporcionalidad que depende del mediodonde el experimento es realizado y del sistema de unidadesusado.

La fuerza eléctrica entre ambas es:

Figura 1.2.1

)11( ........d

qq K F 221 −=

Cargas del mismo signo se repelen y cargas de signo contrario se atraen.

En el sistema de unidades MKS racionalizado, las unidades son:λ → metro (longitud)m → Kilogramo (masa)t → segundo (tiempo)c → coulomb (carga)

La constante K tiene un valor de 1/4πε Donde ε = constante dieléctrica llamada capacidad o permitividad del medio.

d



6

F j+1

q j+1

q j

dj

d N

q

d 1

d 2q 2

q N

d j+1+

+

+

+

+

roe

En el vacío90

1036

1

×π=ε=ε

Es conveniente escribir la ecuación (1-1) en forma vectorial suponiendo

que el medio es el vacío y usando el sistema MKS racionalizado.

Se supone que los cuerpos cargados son estacionarios en el espacio y pueden ser considerados como cargas puntuales.

es el vector unitario en la dirección de la línea de fuerza r o .

En forma general la fuerza total ejercida por ellas sobre una carga de prueba colocada en su vecindad puede ser obtenida por una superposiciónlineal.

Figura 1.2.2

La fuerza total es el vector suma de las fuerzas ejercidas por cada carga del grupo, sobre la carga de prueba.

b) Campo Eléctrico: Cada carga q j produce un campo eléctrico que actúacomo medio para ejercer su fuerza sobre otras cargas colocadas bajo suinfluencia. El centro del campo está en el lugar donde se encuentra lacarga. Si es asumido ésto y la carga de prueba q es suficientemente

pequeña para no distorsionar el campo producido por las otras cargas, laintensidad de éste puede ser representada por el vector ! definido por:

F2 F N

F1

q 1

)21( ........e d 4

qq F ro2

o

21 −πε

=

)31(........ˆ

4 12

−=

∑=rj

N

j j

j

o

e

d

qq F

πε



7

En forma general diremos que:

Unidades:[ F ] = Newtons[ q ] = Coulombs[ d ] = metros[ E ] = Volts/mt.

En el caso de un cuerpo cargado en el vacío, la intensidad de campoeléctrico es:

Donde:ρ , Es la densidad volumétrica de la cargaV , Volumen del cuerpo sobre el cual se realiza la integración.

c) Potencial Eléctrico:

Figura 1.2.3

Consideremos el campo eléctrico debido a un carga q j. Supongamos que

deseamos mover una carga positiva unitaria del punto A al punto B, a lolargo de la trayectoria A-B. Como el campo eléctrico debido a q j ejerce una fuerza en la carga de prueba unitaria, se debe efectuar un trabajo yconsumir energía para mover la unidad de carga de A a B.

En el punto P de la trayectoria AB, la intensidad de campo eléctrico E debida a q j es :

Donde:

)51( ........e d

q

4

1 E rj

N

1 j2 j

j

o

−πε

= ∑=

)41( ........q

F E −=

)6 1( ........dV e d 4

1 E rj

V 2

o

−ρ

πε= ∫

)7 1( ........e d 4

q E r 2

o

j −πε

= ρρ

j p

rp

qdesde p puntoal distancialaesd

unitariovector el ese



8

λd E dV ⋅−=

El trabajo hecho sobre la unidad de carga para moverla una distancia d λ alo largo de la trayectoria AB es :

Donde:

El signo negativo significa que el trabajo es hecho sobre la carga en contradel campo eléctrico debido a q j.

El trabajo hecho para mover la unidad de carga de A a B es :

Si hay N cargas en un conjunto, el trabajo total realizado en la unidad decarga es:

En la ecuación (1-10), W es definido como la diferencia de potencial entre A y B, esto es:

El potencial absoluto en el punto B dentro un campo eléctrico es obtenidoal colocar el punto A en el ∞ .

Como d A → ∞ . En la ecuación (1-11) se tendría:

El potencial V es una magnitud escalar, a diferencia del campo eléctrico E .

La relación diferencial puede ser descrita por:

)81(........4

ˆ4 2

0

2 −−=⋅−=⋅−= dr d

qd e

d

qd E dW j

r

o

j j

ρ ρ

ρ πε πε λλ

dr d d ed e r r ===⋅ θ θ ρ ρ coscosˆˆ λλλ

9)(1........d

1

d

1

4"

qdr

d 4"

qd E W

A Bo

jdB

dA2 #o

j B

A

j −

−

ε=

ε−=⋅−= ∫ ∫ λ

)101( ........d

1

d

1

4

qW

A B

N

1 j o

j −

−

πε= ∑

=

)111( ........d

1

d

1

4

qV V

A B

N

1 j o

j A B −

−

πε=− ∑

=

∑=

−πε

= N

1 j Bo

j )121( ........d 4

qV

)131( ........cos Ed dV −θ−= λ



9

La componente del vector en la dirección de la tangente de la trayectoria

AB en el punto P es dado por:

1.3 ALGUNAS LEYES BÁSICAS DE MAGNETOSTÁTICA

a) Fuerzas en cargas en movimiento: Campo Magnetostático

Al tener cargas eléctricas en movimiento estas experimentan fuerzas debidoa la velocidad de las cargas llamadas fuerzas magnéticas y la región en lacual existen es llamado como CAMPO MAGNÉTICO. Se define un campomagnético en términos de campos eléctricos en movimiento. Se define lacorriente eléctrica como la rapidez de la transferencia o de transporte de

cargas eléctricas en un medio (por ejemplo, una bobina o un alambre). Sedice entonces que un campo magnético esta asociado a la bobina.Un campo magnético es usualmente considerado compuesto de líneas de

fuerza llamadas líneas de flujo o líneas de inducción. (representadas por φ ).

Figura 1.3.1

El Número de líneas de fuerza por unidad de área, es una medida de la fuerza del campo magnético. (y es llamada densidad de flujo) ( B ) B=φ φφ φ /SUnidades: (sistema MKS racionalizado)

[φ] = Weber o Volt-seg [ ] = B Weber/(mt)2

[ ] = E Volt/mt

Ecuación de la Fuerza de Lorentz:

Una carga q1 eléctrica en movimiento a una velocidad uniforme v1 en unaregión de campo magnético B experimenta una fuerza adicional llamada

fuerza de Lorentz.

Si B es generado por otra carga q2 en movimiento a una velocidad uniforme v2 entonces:

)151( ........ Bvq F 11 −×=

)141( ........d

dV Et −−=

λ

E



10

oυ oυ

Donde:

E 2 es la Intensidad de campo eléctrico debido a q2es la velocidad de la luz (en el vacío =3× 108 m/seg).

b) Campo Magnético de un elemento de corriente en el vacío: Ley de Biot-Savart.

Sabemos que I=dq/dt, la carga en la longitud elemental dl es dq=ldt. Luegola intensidad de campo eléctrico debido a esta carga en el punto P es:

êr es el vector unitario en la dirección r

La velocidad de carga es

Donde:

es el vector unitario en la dirección del flujo de la carga en el conductor, esto es:

Este movimiento de carga origina un campo magnético, luego el vector elemental de la densidad de flujo esta dado aplicando la ecuación (1 – 16).

En la práctica, la corriente fluye en trayectorias cerradas. Si la trayectoria

del flujo de la corriente es representada por C, entonces el campomagnético total en cualquier punto del vacío debido a la totalidad de lacorriente se obtiene al integrar la ecuación (1 - 19) a lo largo de C.

También expresado como:

)16 1( ........ E v1

B 222o

−×υ

=

)17 1( ........e d 4

Idt

e d 4

dq

E r 2o

r 2o −πε=πε=

2udt

d λ

2u

)181( ........dt d u

dt d 2 −== ν λλ

)191( ........d

e d

4

I e

d 4

dqu

dt

d I Bd

2r

2o

r 2o

22o

−×

⋅πυ

=

πε

×υ

= λλ

)201( ........d

e d

4

I B

C 2

r 2oo

−×

υπε= ∫

λ

)211( ........d

e d

4

I B

C 2

r o −×

π

µ=

∫

λ



11

Conocida como Ley de BIOT-SAVART, dondeµ 0 =Permeabilidad del vacío;

En el sistema MKS racionalizadometr vueltaAmp

weber x

o −−= −7104π µ

c) Campo Magnético en el centro de un anillo circular de corriente en el vacío.

Consideremos un anillo circular de radio R por el que circula unacorriente I. Es conveniente el uso del siguiente sistema de coordenadas ϕ ,r, z donde:

êϕ Es el vector unitario en la dirección tangente al anillo circular en el plano del papel.

êr Es el vector unitario en la dirección radial en el plano del anillo.ê z Es el vector unitario perpendicular al plano del anillo.

r z

z

zr

ee xe

ee xe

ee xe

))))))

=

=

=

ϕ

ϕ

ϕ

r

Figura 1.3.2

De la figura:

La densidad de flujo B en el punto P puede ser obtenida de la ecuación(1-21):

Si en lugar de una sola vuelta de alambre, la bobina tiene N vueltas muy juntas y todas esencialmente del mismo radio, c/u contribuye de maneraigual al campo magnético.

El campo magnético en P es igual a:

oo

ooo

o µ ε υ

υ ε µ

112

=→=

ϕ θ e Rd d ˆ=λ

)221( ........e R2

I

R

e e ( Rd

4

I B z

o2

02

r o P −

µ=

×θ

πµ

= ∫ π

ϕ

23)(1........e 2R NI $

B zo

P −=



12

d) Campo Magnético de un solenoide largo:

Consideremos un solenoide de longitud L, donde L >>R I es la corriente que circula en la bobina. La densidad de flujo en un punto que esté en el eje del solenoide o cerca de

él, pero no muy cerca de los extremos, estará dado por:

Figura 1.3.3

1.4 OTRAS CONCLUSIONES ÚTILES EN MAGNETOSTÁTICA

a)

Continuidad de líneas de Inducción: El flujo o línea de inducción producidas por las corrientes siempre formanun circuito cerrado.

Figura 1.4.1

El número de líneas que entra es igual al número de líneas que sale,matemáticamente se expresa:

Otra forma de expresar es:

Divergencia de B = 0, esto es:

)241( ........e L

NI B z

o −µ

=

)251( ........0dAn B Ad B A A

−=⋅=⋅ ∫ ∫



13

)26 1........( 0 B −=⋅∇

0d B ≠⋅ λ

J

[ Ley de Gauss para Campos Magnéticos ]

b) Ley de circuitos de Ampere:

Consideremos un anillo por el que circula una corriente.

Tenemos líneas de inducción originadas por ésta

“La integral de línea del vector densidad de flujo, alrededor de unatrayectoria cerrada en la misma dirección de las líneas de inducción, estárelacionada con la ecuación (suponiendo que se encuentra en el vacío)”.

Figura 1.4.2

=⋅

=⋅

∫

∫

2

1

)(0

)(

2

10

C

C

corrientelaaenlazanoC atrayectorilaSid B

corrientelaaenlazaC atrayectorila si I d B

λ

λ µ

.... (1-27)

Siempre se busca que , es decir que la trayectoria escogida queenlaza a la corriente no es normal a la dirección de B.

Si es el vector densidad de corriente en el anillo por el que circula éstaentonces:

∫ ∫ ⋅=⋅=A A

dAnJ Ad J I ˆ ........ (1 - 28)

Luego:

∫ ∫ ⋅=⋅C A

o dAn J d B ˆµ λ ........ (1 - 29)

Esta integral también se puede escribir en forma diferencial:

)301( ........ J B o −µ=×∇



14

Se define un vector Intensidad Magnética )311( ........ H B , H 0 −µ=

La ley de circuitos de Ampere en términos de H puede ser escrita:

)321( ........dAn J Ad J d H C A A

−⋅=⋅=⋅

∫ ∫ ∫ λ

En forma diferencial tenemos:

Rotacional J H = esto es:

c) Característica de Magnetización para el vacío:

Figura 1.4.31.5 CAMPO MAGNÉTICO DE UN TOROIDE

Se muestra el esquema de un Toroide.

Figura 1.5.1

Se deduce que las líneas de inducción dentro de un Toroide son circulares.Consideremos una trayectoria circular dentro de un Toroide.

Por simetría B es constante en todos los puntos de esta trayectoria y sudirección es a lo largo de la tangente de la trayectoria en cada punto.

)331( ........ J H −=×∇



15

B

Luego haciendo uso de la Ley de circuito de Ampere:

)341( ........ NI l d . BC

0 −µ=∫

C es la trayectoria circular de radio Rm

Esta trayectoria enlaza la corriente I, N veces, además tenemos:

ϕ ϕ θ ed Rd ye B B m ˆˆ == λ

varía inversamente con el radio de la trayectoria, entonces no es constante entodos los puntos de la sección transversal del Toroide.

Si suponemos que Rm>>d podemos decir sin perder precisión que B es constanteen dicha sección transversal. Si Rm es el radio medio entonces la circunferenciamedia es λ m = 2π Rm y la densidad de flujo es :

Como B es el flujo por unidad de área de la sección transversal, el flujo total dentro del Toroide esta dado por:

Esta ecuación se conoce como la LEY DE OHM para circuitos magnéticos.

La cantidad NI es llamada fuerza magnetomotriz ó (f.m.m.) λ m / µ 0 A esdenominado la reluctancia de la estructura magnética ( ℜ ).

Existe una analogía con el circuito eléctrico mostrado.

Figura 1.5.2

)36 1( ........e R2

NI B

m

o

−πµ

= ϕ

)37 1( ........ NI Bm

o −µ= λ

)381( ........

A

NI NIA BA

o

mm

o −

µ

=µ

==φλλ

)391( ........

A

V

R

V I −

σ==

λ

)351( ........ NI )2( BRd BRe d Re B om

2

o

m

C

m −µ=π=θ=θ⋅ ∫ ∫ π

ϕϕ



16

)441( ........ −

)451( ........ −

Donde:σ es la conductividad del material usado para fabricar el resistor.λ es la longitud.

A es el área de la sección transversal del resistor.

Como B=µ o H de la ecuación (1-35) tenemos que:

Se ha pretendido hacer una aproximación de una estructura magnéticatridimensional en un circuito magnético de una dimensión. Esto debido a laconfiguración geométrica y simétrica del Toroide.

El concepto de circuito magnético se ha desarrollado para una estructura particular, conteniendo aire ó vacío.

1.6 ANALOGÍA ENTRE CIRCUITOS ELÉCTRICOS Y MAGNÉTICOSTABLA 1-1

RESUMEN

Ecuaciones de Maxwell en forma integral:

∫ ∫ −ρ==⋅ A V

)411( ........ )Gaussde Ley( dV Q Ad D

)421( ........0 Ad B A

−=⋅∫ A es una superficie cerrada.

∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅C A

A d J d H λ (Ley de Ampere, caso estático ) (1-43)

∫ ∫∫ ∫ ====⋅⋅⋅⋅C

0 d E λ (Caso estático)

C es la trayectoria en la cual es verificada la integral de línea.

∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ⋅⋅⋅⋅∂∂∂∂∂∂∂∂

−−−−====⋅⋅⋅⋅C A

A d t

B d E λ Ley de Faraday

Ecuaciones de Maxwell en forma Diferencial o Puntual:

Divergencia de un vector A A ⋅∇= Luego:

)401( ........ NI

H m

−=λ



17

)46 1( ........ − )47 1( ........ −

)481( ........ −

ρ=⋅∇ D Ley de Gauss

0 B =⋅∇

Rotacional de un vector cualquiera A A ×∇= , luego: J H =×∇ Ley de Ampere (caso estático)

t B E ∂∂−=×∇ Ley de Faraday )491( .......... −

1.7 UNIDADES Y FACTORES DE CONVERSIÓN

ALGUNOS FACTORES DE CONVERSIÓN ÚTILES

TABLA 1-3

Multiplicando Por Para obtenerλ en pulgadas

F en libras fmm en gilberts H en oersterdsφ en líneas ó maxwells

B en líneas/pulg 2

B en lìneas/pulg 2

B en gauss

2.54x10-2

4.4480.796 79.6 10-8

15.50x10-6

0.155

10

-4

λ en metros F en nwetons fmm en amp-vuelta H en amp-vuelt/mφ en webers

B en weber/m2

B en gauss

B en weber/m2



18

o r µ

µµ ====

1.8 LEY DE CIRCUITOS DE AMPERE APLICADO A UN NÚCLEO FERROMAGNÉTICO

)501( ........ Ad J d H

C A

−⋅=⋅∫ ∫ λ

Relaciona corrientes eléctricas y campos magnéticos

- J → es la densidad de corriente

- H → es la excitación específica o intensidad de campo

Figura 1.8.1

- La integral de línea de H a lo largo del contorno de una superficie a través

de la cual pasa la densidad de corriente J es igual a la corriente total através de ella.

- Los Amper-vuelta N i pueden proceder de uno o varios bobinados, siendo Niel total de todos ellos.

[ B ] =Wb/m2 1 weber=108 líneas

- En el sistema MKS: µ 0=4π x10-7 web/amp-vuelt-mt; permeabilidad del vacío

µ → permeabilidad del material ferromagnético

es la permeabilidad relativa r µ =[ 2,000 ; 6,000 ]

- La densidad de flujo B producida por H será sumamente pequeña en todas

partes excepto en el hierro del núcleo.

51)(1........ H i N mm −= λ

)521( ........ H B o −µ=



19

58)(1........ −

57)(1........ −

)621( ........ −

Figura 1.8.2

- Las máquinas ó dispositivos de conversión de energía provistos de una partemóvil tienen necesariamente entrehierros en sus núcleos.

-

Aplicando la fórmula: Ni = H mλ m + H g g El flujo es continuo a lo largo del circuito magnético:

53)(1........ H $ B mmm −= 54)(1........ H $ B g o g −=

55)(1........ A B mmm −=φ 56)(1........ A B g g g −=φ

)( , g

$

B

$

Bi N g m

o

g m

m

m φ≅φ≅φ+= λ

g $ A $ A

i N o g mm

m φ+φ

= λ

El término Ni se representa por ! y se denomina fuerza magnetomotriz ó f.m.m. Los coeficientes del segundo miembro se denominan reluctancia ℜ ℜℜ ℜ .

++ℜ+ℜ

ℜ

ℜℜ

ℜ ===

m

g m

m

o

g

g m

g

g m

A

A

g 1

1 λµ µ

φ FF

F

59)(1........ $ A mm

mm −=ℜ

λ

60)(1........ $ A

g

0 g g −=ℜ

61)(1........ F i N g m −ℜ+ℜφ==



20

1.9 MATERIALES FERROMAGNÉTICOS

Los elementos ferromagnéticos que se encuentran en la naturaleza son

solamente tres: el hierro, el niquel y el cobalto. Entre éstos naturalmente el de mayor uso es el hierro y sus aleaciones con losótros dos y con ótros metales (Al, Cu, etc.).

Algunas Aleaciones:

I) El Acero-Silicio: Es la aleación más importante el hierro-silicio, tambiénllamado acero-silicio, contiene un porcentaje variable de ¼-5% de silicio.

Esta aleación recibe además un tratamiento térmico y con ello se obtiene un

material que tiene mejor permeabilidad y al mismo tiempo mayor resistencia eléctrica y ésto implica una disminución de las pérdidas por corrientes parásitas. El acero silicio se fabrica en láminas de 8.5mm a9.35mm de espesor y de acuerdo con el porcentaje de silicio se obtienendiferentes tipos de aleaciones:i) Field Grade: ¼% de silicio con una resistencia específica de 10µΩ -cm.

Se emplea en la construcción de pequeños motores.ii) Armadura Grade : ½% de silicio con una resistencia específica de

19µΩ -cm. Se emplea en pequeños motores generadores y en general enlos dispositivos donde se desea tener altas densidades de flujo sin queinteresen mayormente las pérdidas en el núcleo.

iii) Electrical Grade: 1% de silicio con una resistencia específica de 26 µΩ -cm. Se emplea en motores y generadores de potencias medias, entransformadores, relays y otros aparatos diseñados para operaciónintermitente.

iv) Motor Grade: 2.5% de silicio con una resistencia específica de 42µΩ -cm. Se emplea en motores y generadores medianos de buena eficienciaen aparatos de control y en transformadores para radios.

v) Dínamo Grade: 3.5% de silicio con una resistencia específica de50µΩ -cm. Se emplea en motores y generadores de alta eficiencia,

pequeños transformadores de potencia y transformadores de radio.

vi)

Transformador Grade: 5% de silicio con una resistencia específica de56 µΩ -cm. Se emplea en los grandes transformadores de potencia, en grandes alternadores de alta eficiencia y en generadores síncronos.

Como se observa la resistencia específica de las láminas aumenta con el porcentaje de silicio y sigue aproximadamente la siguiente ecuaciónempírica:

ρ ρρ ρ = 12.5 + 11Si

ρ → resistencia específica de la aleación en µΩ -cm.

S i→ porcentaje de silicio.Un aumento de la resistencia se traduce en una notable disminución dedichas pérdidas.



21

OTROS MATERIALES FERROMAGNÉTICOS:

Surgieron otros tipos de aleaciones que se dividen en materiales blandos que pierden fácilmente su magnetismo y materiales duros que pierden difícilmente

su magnetismo y que se emplean especialmente en imanes permanentes. Entreéstos materiales destaca el Alnico, una aleación de aluminio, níquel y cobalto. El permalloy y el numetal tienen una permeabilidad muy elevada.

En diferentes equipos de comunicaciones en cambio se requieren materiales de permeabilidad sumamente constante: se obtuvieron entonces las aleaciones perminvar y conpernik.

Finalmente los materiales magnéticos se emplean para imanes permanentes eninstrumentos y están sujetos frecuentemente a campos alternos, cambios detemperatura y esfuerzos mecánicos que no deben desde luego modificar sus

características magnéticas.

La propiedad principal que deben tener es un alto magnetismo remanente y unaalta fuerza coercitiva. También el producto (BH)máx conviene que sea alto.

LAS FERRITAS

Las ferritas son materiales no metálicos que responden a la fórmula general MeFe2O4 , donde Me representa un metal bivalente.Con las ferritas puede hacerse polvo, que luego mediante procesos metalúrgicos

se forman los núcleos de la forma requerida.

Estos materiales se emplean para altas frecuencias porque tienen muy altaresistividad y por consiguiente sus pérdidas por corrientes parásitas son

practicamente nulas; también sus pérdidas por histéresis son sumamente bajas.Tienen por lo tanto gran aplicación en electrónica.Se fabrican bajo diferentes nombres, como por ejemplo: Ferroxcube, Ferramic,Ceramag, Crolite, etc.

LOS MATERIALES ANTIMAGNÉTICOS:

Estos materiales en realidad poseen un ferromagnetismo muy pequeño( µ r =1.1-1.4) por esa razón se les puede emplear como “Aislantes Magnéticos”,cuando se desea aislar un circuito magnético de otras piezas metálicas. Este esel caso por ejemplo de los pernos de amarre de los núcleos de lostransformadores. Las aleaciones antimagnéticas empleadas en la práctica sondos:

El acero al manganeso (12% de manganeso) y el acero níquel. En ciertos casos se le añade un poco de cadmio (3.8%) para mejorar las característicasmecánicas del acero.



22



22

CAPÍTULO II EXCITACIÓN DE ESTRUCTURAS

FERROMAGNÉTICAS CON CORRIENTE DIRECTA 2.1 INTRODUCCIÓN

Experimentalmente se ha comprobado que ciertos materiales al ser colocadosen un campo magnético, éstos reaccionan con el campo y lo modifican. Este

fenómeno es llamado magnetización y los materiales que exhiben éstacaracterística son llamados materiales magnéticos. Estos materiales seclasifican en tres grupos: diamagnéticos, paramagnéticos y ferromagnéticos. Lamayoría de los aparatos electromagnéticos se construyen de materiales

ferromagnéticos. Estos materiales son aleaciones de hierro y de algunos otrosmetales.Se supondrá que la corriente en la bobina de excitación es invariante con eltiempo, excepto durante el período de conexión ó desconexión de la excitación.Si como núcleo tenemos al vacío u otro material no magnético es posible uncálculo directo de la reluctancia (µ o=cte).En estructuras hechas de material ferromagnético no puede hacerse un cálculodirecto, ya que la permeabilidad es una función de la densidad de flujo (empleode métodos gráficos).

2.2 PROPIEDADES DE LOS MATERIALES FERROMAGNETICOS

1) Llegan a magnetizarse fuertemente en la misma dirección del campomagnético donde están colocados.

2) La densidad de flujo en los materiales ferromagnéticos varía en forma nolineal con la intensidad magnética, con excepción de pequeños rangos dondela variación es lineal.

3) Los materiales ferromagnéticos presentan saturación, histéresis yretentividad.

Considerando un Toroide:

Figura 2.2.1

El espacio encerrado está lleno de algún material ferromagnético y la mismacorriente pasa a través del embobinado.



23

Suponiendo que el espacio encerrado es el vacío (µ o), la densidad del flujodentro del Toroide, está dado por la expresión:

β es la densidad de flujo intrínseco. También:

Para materiales ferromagnéticos X es una cantidad variable y X>>1. Entoncesen forma general:

Donde: µ = µ 0+X, llamada permeabilidad

[ ]mvueltaamp

Webers

−−=µ , es mucho + grande que µ 0

Definimos una cantidad sin dimensión µ r llamado permeabilidad relativa

La variación de µ con respecto a H para un material ferromagnético típico escomo se muestra en la figura.

Figura 2.2.2

a) Saturación:

B varía linealmente con H para valores pequeños de H, si H tiende aincrementarse la variación de B gradualmente decrecerá. Para valoresgrandes de H la curva caerá es decir aunque H crezca rápidamente B

prácticamente se mantendrá sin incrementarse. Esta característica esconocida como saturación.

)22(........ NI

B

)12(........ XH NI

B

m

o

m

o

−+=

−+=

β µ

µ

λ

λ

)42(........ NI

H

)32(........ XH

m

−=

−=

λ

β

)52(........ H XH H B o −=+= µ µ

)6 2(........o

r −= µ

µ µ



24

Figura 2.2.3 Figura 2.2.4

b) Histéresis:

Supongamos un medio lleno de material ferromagnético sujeto a una magnetización cíclica. Supondremos que el material está en un estado neutro ésto es que

no está magnetizado. La corriente en el embobinado es cero y ésta condición es representada por el punto o.

Aumentamos la intensidad magnética H al incrementar la corriente en elembobinado de excitación, la densidad Figura 2.2.5de flujo B se encuentra a lo largo dela curva ob , entonces para:

Luego disminuimos gradualmente la corriente magnetizante (H), ladensidad de flujo a lo largo de la curva bd es diferente, vemos que para unvalor específico de H el valor de B es grande, cuando H se disminuye quecuando se incrementa. Se dice entonces que el flujo se retrasa con respectoa la intensidad magnética. Esta característica de los materiales

ferromagnéticos es conocida como HISTÉRESIS.

Si se hace circular la corriente en dirección opuesta y es incrementadagradualmente, el material magnético se magnetizará en dirección opuesta.

La “df” B varía a lo largo de la curva de dcb’. La intensidad magnética oces llamada fuerza coercitiva o coercitividad para este valor de H ladensidad de flujo es cero. En el punto b’ para -Hmax→ -Bmax.

Si gradualmente se disminuye la “H” la densidad de flujo varia a lo largode la curva b’d’b’’ debido a la histéresis. El punto b’’ difiere de b por una

pequeña diferencia.

Si el material es sujeto a ciclos repetidos de magnetización la curva B vs H formará finalmente un anillo cerrado, éste anillo es conocido como el anilloó ciclo de histéresis. La amplitud de B depende de la amplitud de H y la

forma del anillo depende del material ferromagnético usado. El área delanillo de histéresis es una medida del calor disipado en el material debidoal ciclo de magnetización e histéresis.

máxmáx B H →

Od

Od´

Oc´

Ob”Ob

OOmOn

+Bmax

Densidad deFlujo B

Oc

Intensidad

Magnetica H

-H max

-Bmax

Ob´



25

c) Retentividad:

Es la tendencia del material magnético de retener algo de magnetismo aúndespués de quitar la excitación. La ordenada od es la densidad de flujo

residual.

! Remanencia: es la densidad de flujo que permanece en un materialmagnético después de haber suprimido a la fuerza de magnetizaciónexterna.

! Retentividad : puede ser considerada como el valor máximo de laremanencia.

! Anillos secundarios o auxiliares: se origina cuando se decrece lacorriente ligeramente y regresa posteriormente a su valor original.

2.3 CIRCUITOS APROXIMADOS DE APARATOS ELECTROMAGNÉTICOS

La técnica de reemplazar los aparatos por circuitos está basada en lassiguientes suposiciones:a) La configuración geométrica del aparato es simétrico a ciertos ejes o planos

de tal forma que puede ser representado por un diagrama esquemático.b) Debido a la alta permeabilidad del material ferromagnético el flujo

magnético se limita casi totalmente a las trayectorias de alta permeabilidad. Los circuitos ferromagnéticos no son lineales porque la permeabilidad delmedio es una variable y es función de la densidad de flujo magnético en laestructura. Generalmente el µ de materiales ferromagnéticos es de 103 a 104

veces µ 0.

Ejemplo de circuitos aproximados de aparatos electromagnéticos.

(B)

M m

M lFlujo de

Dispersion

Flujo principal

Bobina deexcitación

I

Nucleo ferromagnetico

(A)

I

M l

M m



26

M mFlujo

F fmm

F=NI

(C)

Figura 2.3.1

(A) Estructura magnética de un reactor o transformador de núcleo de

hierro. (B)Diagrama esquemático de la estructura representada en (A).

(C)Representación del dispositivo de un circuito magnético.

(A)

(B)

(C)

Figura 2.3.2

(A) Estructura magnética de un relevador electromagnético. (B) Diagrama

esquemático de la estructura representada en (A). (C) Representación deldispositivo de un circuito magnético

M m

M l

Pivote

Bobina de excitación

(A)

Núcleo ferromagnetico

Entrehierro

Armadura (ferromagnetico)

I

Entrehierro

1

Núcleo

M l

M m

Entrehierro

2

ArmaduraPivote

M mFlujo

F fmm

F=NI



27

2.4 MÉTODOS DE ANÁLISIS DE CIRCUITOS FERROMAGNÉTICOS

Los siguientes principios forman las bases de los diferentes métodos de análisisde circuitos ferromagnéticos:a) Las dimensiones de la estructura son tales que la “B” en cualquier sección

transversal de la estructura puede ser considerada uniforme.

b) La longitud media de la trayectoria magnética puede ser usada en todos loscálculos.

c) En un circuito magnético alrededor de una trayectoria cerrada la ∑ algebraica de las elevaciones de potencial magnético es igual a la sumatoriade las caídas de potencial.

En general tenemos:

Donde:

λ jm = es la longitud media de la trayectoria magnética de la sección j en el circuito serie. H j = es la intensidad magnética en la misma sección.

d) En una superficie cerrada que envuelve al punto P, la ∑ de los flujosdirigidos hacia P es igual a la ∑ de los flujos saliendo de P.

Figura 2.4.1

Factor de Apilamiento: los flujos variables en el tiempo inducen corrientesen el núcleo ferromagnético y ocasionan pérdidas de energía debido alcalentamiento. Esta pérdida de energía se reduce al mínimo al construir elnúcleo en forma laminar, y aislando cada lámina por tratamiento de sussuperficies ó revistiéndolas de papel impregnado en aceite.

La relación del área efectiva al área total de la sección transversal esllamada factor de apilamiento.(f.a.)

0.75!

f.a.

!

0.95generalmente

)7 2(........ BA −=⇒ φ

)82(........ H NI Fmm j jm j −== ∑ λ



28

2.5 ENTREHIERROS EN CIRCUITOS FERROMAGNÉTICOS

Los entrehierros pueden ser inherentes o introducidos intencionalmente.Ejm:

Figura 2.5.1

g1 Es necesario y es introducido intencionalmenteg2 Es inherente en la construcción del relevador y es ocasionado por la presencia de un pivote.

Es necesario un núcleo ferromagnético para obtener una gran inductancia, pero para que ésta sea menos sensitiva a los cambios de corriente en la bobina deexcitación, se introduce intencionalmente un entrehierro.En todos los casos la labor de los entrehierros es introducir trayectorias de otrareluctancia.

a) Efectos Marginales y de Dispersión de los Entrehierros

Figura 2.5.2

Al tener la gran reluctancia del entrehierro, la diferencia de potencialmagnético entre los puntos P2 y P1 puede ser lo suficientemente grande (aúnsi φ es pequeño) para que se esparzan las líneas de flujo que estáncruzándolo, esto es llamado efecto marginal.El salto de flujo de P4 a P3 recibe el nombre de flujo de dispersión. El efectomarginal hace que la “B” en el entrehierro sea menor que la “B” en la

porción ferromagnética del núcleo, porque el área efectiva de la sección

transversal del entrehierro es más grande que el área de la seccióntransversal de la porción ferromagnética del núcleo.



29

2

g1g 2

2d A

+=∗ λπ

En la práctica se usan fórmulas empíricas para el cálculo del entrehierroefectivo:

a.1) Caso I: Los lados opuestos del entrehierro son paralelos y tienen

las mismas dimensiones en su sección transversal ademáslg<0.20T y lg<0.20W (entrehierro corto)

Entonces el área efectiva Ag será:

Ld Ld

Figura 2.5.3

a.2) Caso II: Los lados opuestos del entrehierro son paralelos, pero ensu sección transversal tienen diferentes dimensiones.

* Si

Figura 2.5.4

)112(........2

d A

)102(........T W A2

gg

ggg

−

+=

−++=

λ

λλ

π

)122(........2T 2W A ggg −++= λλ

Ld 2 Ld 1



30

PROBLEMAS RESUELTOSCAPITULO II

EXCITACIÓN DE CIRCUITOS

MAGNÉTICOS CON DC

PROBLEMA N° 2.1: Se debe diseñar un inductor que usa el núcleo magnéticode la figura. El núcleo tiene un área uniforme de la sección transversal

Ac = 0,75pulg 2 y su longitud promedio lc = 8 pulg. Tiene un entrehierroajustable de longitud g y tendrá un devanado de N vueltas.

a) Calcular g y N tales que la inductancia sea 15 mH y de modo que el inductor pueda trabajar con corrientes máximas de 5A sin saturarse. Suponga que se

presenta la saturación cuando la densidad máxima del flujo en el núcleo esmayor que 1,7 T y que dicho núcleo tiene permeabidad µ = 3000µ o .b) Para una corriente en la inductancia de 5A, calcule: i) La energía

magnética almacenada en el entrehierro y ii) La energía magnéticaalmacenada en el núcleo.

L g

Ac

Ll c

Figura P2.1.1

SOLUCIÓN:

a) Calculando:

( )

g 10645 ,11054 ,275 ,0104

g

A

g 9

227 co

g ×=××××

=×

=ℜ−−π µ

( )

Wb / vueltaamp10395 ,111

1054 ,275 ,010430001054 ,28 Al

3c

227

2

c

cc

−×=ℜ

×××××××=×=ℜ −−

−

π µ

c g eq

N N L

ℜ+ℜ=

ℜ=

22

;cc A N

I L

A N B

××

=×

= λ



31

( )

.m10694 ,210645 ,110101 ,443 g

Wb / vueltaamp10101 ,44310395 ,1111015

2 ,91

L

N

vueltas17665 ,911054 ,275 ,07 ,1

51015

A B

I L N

4

9

3

33

3

2

c

2

g

22

3

c

−

−

−

−

×=××=

−×=×−×

=ℜ−=ℜ

=×××

××=

××

=

b) i)

ii)

PROBLEMA N° 2.2: El circuito magnético de la figura , consiste de anillos de

material magnético en un pila cuya altura es D . Si el hierro tiene una permeabilidad µ = 750µ o y omitiendo los efectos de dispersión magnética yabombamiento.

Calcule:a) La longitud media lc del núcleo y el área de la sección transversal.b) La reluctancia del núcleo y del entrehierro.

Para N = 75 vueltas, calcule:c) La inductancia.d) La corriente necesaria para obtener un B en el entrehierro igual a 1,2 T.e) La encadenamiento del flujo en la bobina.

Figura P2.2.1

SOLUCIÓN:

( )

joules15 ,0W

10694 ,21054 ,275 ,02

7 ,1 g A

2

BW

gap

422

o

2

co

2

gap

=

××××××

=×××

= −−

µ µ

( )

joules188 ,0W W W

joules1875 ,02

51015 LI

2

1

:oComproband

joules038 ,0W

1054 ,281054 ,275 ,06000

7 ,1l A

2

BW

nucleo gaptotal

232

nucleo

222

o

2

cc

2

nucleo

=+=

=××

=

=

××××××µ×

=××µ×

=

−

−−



32

a)

b)

c) N=75 m N LI φ = entonces eqm NI ℜ= φ

Por lo tanto:eq

N L

ℜ

=2

Donde

d)

Por lo tanto:

A31 ,67 I 75

100344 ,211022 ,1

N

A B

I

6 4 g cc

=

××××=

ℜ+ℜ××=

−

e) Wb018 ,01022 ,175 A B N N 4cm =×××=××=×= −φ λ

PROBLEMA N° 2.3: Se propone un mecanismo de almacenamiento de energíaque consiste de una bobina arrollada a un cuerpo toroidal grande no magnético( µ =µ o ). Tiene N vueltas, cada uno de sección circular de radio a. El radio del toroide es r, medido al centro de cada espira circular. La geometría de estedispositivo es tal que se puede considerar que el campo magnético es cero encualquier lugar fuera del toroide. Suponiendo que a<<r, se puede considerar que el campo H dentro del toroide está dirigido alrededor de éste, y tienemagnitud uniforme:

a) Calcule la inductancia L de la bobina.b) Se va a cargar la bobina a una B = 2T. Calcule la Energía magnética total

almacenada en el toroide cuando se alcance ésta densidad de flujo.

c) Si se va a cargar la bobina a una razón uniforme, esto es =dt

diconstante

( ) 2422c

22medioc

m10210102 Ri Ro D A

m2149 ,0105 ,0107 g 2

Ro Ri2 g radio2l

−−−

−−

×=××=−×=

=×−××=−

+

×=−×= π π π

Wb / vueltaamp108944 ,19102104

105 ,0

A

g

Wb / vueltaamp1014 ,1102104750

2149 ,0

A

l

6 47

2

co g

6

47 c

cc

−×=×××

×=

×=ℜ

−×=××××

=×

=ℜ

−−

−

−−

π µ

π µ

H 106742 ,275

L


4

eq

2

6 g ceq

−×=ℜ

=

−×=ℜ+ℜ=ℜ

( ) c g cc

m

A

I N

A B

×ℜ+ℜ×

== φ

r . 2i . N

H π

====



33

calcule el voltaje terminal necesario para lograr la densidad de flujonecesaria en 25 seg. Suponga que la resistencia de la bobina esdespreciable.

Figura P2.3.1

SOLUCIÓN: a) 2o

c ar .2

i N A B ××

××=×= π

π

µ φ

peror

a N

i

N L o

2

22 ××=

×=

µ φ

Entonces:

mH 707 ,15102

5 ,01000104 L

227

=×

×××=

−π

b) Para B=2T : A101000104

2102

N

Br 2

i5

7 o =××

××=×

××= −π

π

µ

π

De esto tenemos:

joules10535 ,781010707 ,152

1 I L

2

1W 6 1032 ×=×××=×= −

φ

c) V 8 ,6225

10107 ,15

dt

di. Lv

53 =××== −

PROBLEMA N° 2.4: El circuito magnético simétrico de la figura tiene 3devanados. Los devanados A y B tienen cada uno N vueltas y están devanadosen las 2 piernas inferiores del núcleo.

a) Calcule la inductancia propia de cada uno de los devanados.

b) Calcule las inductancias mutuas entre los 3 pares de devanados.

c) Calcule el voltaje inducido en el devanado 1 por corrientes variables en el tiempo i A (t) e i B (t) en los devanados A y B. Muestre que se puede usar este

voltaje para medir el desequilibrio entre dos corrientes senoidales de lamisma frecuencia.



34

Figura P2.4.1

SOLUCIÓN:

Figura P2.4.2

a)eq

BB AA

N L L

ℜ==

2

donde )//( 21 g A Aeq ℜ+ℜ+ℜℜ+ℜ=ℜ

.

Entonces:

×+++

×+++

×××

=ℜ+ℜ+ℜℜ+ℜ

==

o21 A

o21 A

A

c2

g 21 A A

2

BB AA g 222

g

A N

) //(

N L L

µ

µ

µ

µ

µ

λλλ

λλλ

λ

o

A21

c2

1

A g 21

21

11 g

2

A N

2

N L

µ

µ

µ

×+++

××=

ℜ+ℜ+ℜ+ℜ

=λ

λλ



35

b)

( )

[ ]

×++×+

×××−=

ℜ+ℜ+ℜ×+ℜ×−

=−===

×++×+

×++

×××

=ℜ+ℜ+ℜ×+ℜ×ℜ

ℜ+ℜ+ℜ×==

o A

c

g A B B A A

o A

o

A

c

g A A

g

BA AB

g

A N N N N L L L L

g

g

A N N

L L

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

µ

21

1

21

11111

21

212

21

21

2

2)(2

2)(2

λλλ

λλλ

λλ

λ

c)dt

iid L

dt

i Li Ld v B A

A B B A A )()..(

111

1

+×=

+=

PROBLEMA N° 2.5 : El circuito magnético de la figura , tiene dos devanadas y dos entrehierros. Se puede suponer que el núcleo tiene permeabilidad infinita:

a) Suponiendo que por la bobina 1 pasa una corriente I 1 y por la bobina 2 lacorriente es cero, calcule i) la densidad de flujo magnético en cada uno delos entrehierros, ii) los encadenamientos de flujo del devanado 1, y iii) losencadenamientos de flujo del devanado 2.

b) Repita a) suponiendo que en el devanado 1 la corriente es cero y en el devanado 2 es I 2.

c) Repita a) suponiendo que la corriente en el devanado 1 es I 1 y la del

devanado 2 es I 2.d) Calcule las inductancias propias de los devanados 1 y 2, y la inductancia

mutua entre devanados.

Figura P2.5.1

SOLUCION:

Por ser considerado µ→∞ , entonces solo consideraremos las reluctancias del

entrehierro:



36

Figura P2.5.2

a)

i) 2

11o

2

22

1

11o

1

11 g

I N

A

g Bg ;

g

I N

A

g Bg

××==

××==

µ φ µ φ

ii)

+×××=+×=

2

2

1

1o1

212111 g

A

g

A I N ) g g ( N µ φ φ λ

iii) 2

211o2222 g

A I N N g N

××××=×=

µ φ λ

b) 2

2211

F g 0 g : Entonces0 F

ℜ=== φ φ

i)2

o22

2

221 g

I N

A

g Bg ;0 Bg

µ φ ××===

ii) 2

2o221211 g

A I N N g N

××××=×=

µ φ λ

iii) 2

2o22

2222 g

A I N g N

××=×= µ

φ λ

c ) Usando superposición:

i) ( )22112

o2

1

11o1 I N I N

g Bg ;

g

I N Bg ×+××=

××=

µ µ

ii) 2

2

221o1

2

2

1

121o1 I

g

A N N I

g

A

g

A N ×

×××+×

+××=

µ µ λ

222111

2o

22

1o

11

2211

I N F I N F

Ag

g

Ag

g

A Ag A Ag

×=×=×=ℜ×=ℜ

==

µ µ

2

12

1

112

F g

F g : Entonces0 F

ℜ=

ℜ== φ φ



37

iii) 22

22

2o1

2

221o2 I

g

A N I

g

A N N ×

××+×

×××=

µ µ λ

d)

2

22

2o22

2

221021122

2

1

12

1o11

g

A N L

g

A N N L L g

A

g

A N L

××=

×××==

+××=

µ

µ µ

PROBLEMA N° 2.6 : Para el circuito suponga que la permeabilidad del núcleoes 02000µ µ = y que N = 100 vueltas . Se especifican las dimensiones

siguientes.:

R1= 1 cm R2 = 3 cm. ! =2,5 cm

H = 1 cm g =0,2 cm

a) Calcule los valores de h y R3 de modo que la densidad de flujo dentro del núcleo sea uniforme.

b) Calcule la inductancia del devanadoc) El núcleo va a trabajar a una densidad máxima de flujo igual a 1,5 T y a una

frecuencia de 60 Hz. Calcule los valores correspondientes máximo y en rmsdel voltaje inducido en el devanado.

d) Repetir c) para una frecuencia de 50 Hz.

Figura P2.6.1

SOLUCIÓN:

a) Para que la densidad de flujo dentro del núcleo sea uniforme, se debe tener

la máxima área de sección transversal.

SECCIÓN TRANSVERSAL DE UN CIRCUITO MAGNÉTICO DE SISTEMA CIRCULAR



38

cm1623 ,3 R R R

) R R( R

A A

22

213

22

23

21

31

=+=

−=

=

π π

Figura P2.6.2

Se toma

2

21 R R R

+= para mantener el Β uniforme en la pierna superior y en

la pierna inferior:

cm25 ,0 R R

R

R2

Rh

R Rh2

A A

21

21

21

21

12

=+

=×

=

=

=

π π

b)

Wb / vueltaamp100653 ,5 )03 ,0031623 ,0( 104

10 x2 ,0 g

) R R(

g

Ag

g g

6 227

2

22

23oo

−×=−×××

=ℜ

−=

×=ℜ

−−

π π

π µ µ

En la pierna central:

Wb / vueltaamp10 x26925 ,6 01 ,02000

10 x95 ,4

R2000

h g 2

A4

20

2

21oc

cc −=

××=

××−+

=×

=ℜ−

π µ π µ µ

λλ

En la pierna superior e inferior:

Wb / vueltaamp10 x9 ,3

) R R( h2

R R

h R22

R R

A2

R R

A2

R R R

4 BT

21

3232

2

32

2

232

BT

−=ℜ=ℜ

+××+

=×××

+=

××+

=×

−+

=ℜ=ℜπ µ π µ µ µ

En la pierna extrema:



39

mH 753 ,3eq

100eq

N L

Wb / vueltaamp1044175 ,266 22

eq

Wb / vueltaamp10015 ,6 ) R R(

10 x75 ,4

) R R(

h2

22

4o g

BC

o g T B

C

4

22

23

2

22

23

o

=ℜ

=ℜ

=

−×=ℜ+ℜ

+ℜ+ℜ=ℜ+ℜ+ℜ+ℜ

+ℜ=ℜ

−×=−××

=−××

−=ℜ

−

π µ π µ

λ

c)

Wb107124 ,401 ,05 ,1 R B A B 42211 pico

−×=××=×=×= π π φ

dt

d N Vind Faraday por que ya N Vpico pico

φ φ ω ×=××= :

Donde t sen pico ω φ φ ×=

4107124 ,4100602Vpico −××××=∴ π

V 562 ,12

2

VpicoVrms

V 765 ,17 Vpico

==

=

d)

V 468 ,10Vrms

V 8 ,14107124 ,4100502Vpico 4

=

=××××= −π

PROBLEMA N° 2.7 : En la estructura magnética mostrada el flujo en la ramaC es 101,25 × 10 –6 Wb. El núcleo está hecho de hojas H-23 (0,5 mm) con f.a. =0,90.¿Encuentre la corriente en la bobina de excitación y la inductancia?(hacer corrección por entrehierro y desprecie el flujo de dispersión)

" B= 1mm "C = 2mm N = 500 espiras

Figura P2.7.1

SOLUCIÓN:



41

B B B

B

B

BC

C

C

C C

C

C

C

B

A B A B:dondede

54 ,570 H 045 ,0 H 001 ,0

H 1000

1 H 045 ,0

1000

2107852 ,215 ,090

H H H H : )2( enemplazando Re

m / vueltaamp107852 ,2104

35 ,0 B H

m / Wb35 ,01089 ,2

10025 ,25 ,0 B:entonces )( ;

A

A

B

B

:cual loCon

m / vueltaamp90 H : )23 H ( H Bcurvalade Luego

m / Wb5 ,010025 ,21025 ,101

A B

m1089 ,2100

2 ,05 ,1

100

2 ,05 ,1 A

m1056 ,2100

1 ,05 ,1

100

1 ,05 ,1 )b( )a( A

B B B

B

B5

B B BC C C

5

7 o

2

4

4

C C

C

C

24

6

C

C C

24

24 g g

δ δ δ

δ

δ

δ δ

δ

δ

δ δ

δ

δ

δ

δ

φ φ

δ δ

π µ

φ φ

φ

×=×=⇒

=×+×

×+×=××+×

×+×=×+×

−×=×

==⇒

=×

××===

−≈−−

=××==

×=

+

×

+

=

×=

+

×

+

=+×+=

−

−

−

−−

−

−

λλ

λλ

B B B2642 ,1 B

025 ,2

56 ,2 B B δ δ =×=

B H δ

310− B

H δ B Bδ B

B B B δ 264,1= B H B B H ×λ

570,5 3105,570 × 0,7169 0,9062 135 6,075

564,5 3105,564 × 0,7094 0,8967 132,5 5,9625

Donde .104 7

B B H B δ δ π −×= H B se obtiene de la curva B-H del material una vez

obtenido B B



42

.mH 10 ,10929 ,1

1081475 ,2500

I

N L: Entonces

A29 ,1500

4625 ,645 I

vueltaamp4625 ,64510105 ,564045 ,05 ,13215 ,0500 I N : )1( En

m / vueltaamp500 H :obtenemos H Bcurvalade ym / Wb39 ,1 A

B

Wb1081475 ,2

Wb1080225 ,1 A B ym / Wb89 ,0 B

4

A

A A

A

33 A A

A2

A

A A

4C B A

4 B B B

2 B

=××

=×

=

==

−=××+×+×=×

−=−==

×=+=

×=×==⇒

−

−

−

−

φ

φ

φ φ φ

φ

PROBLEMA N° 2.8 : La estructura ferromagnética de la figura, estácompuesta de 30 láminas (H-23 ) de 0,35 mm de espesor con un factor de

apilamiento de 0,92 posee 2 bobinas de igual número de vueltas y alimentadascon corriente continua .a) Calcular el entrehierro necesario para tener un flujo de 1,21 x 10 –4 Wb en

el núcleo, sabiendo que la pendiente de la recta del entrehierro es 0,5.(despreciar el efecto de borde ).

b) La corriente necesaria para que su inductancia sea 0,5H c) Calcular el entrehierro necesario para aumentar “L” en un 12,5 %

(despreciar efecto de borde)

Figura P2.8.1

SOLUCIÓN:

Podemos considerar el siguiente circuito:

Figura P2.8.2

De donde obtenemos las siguientes relaciones:

2NI

2 g ma



43

g m g m

g g mm

m g m

m

g mm

g mmmm

B B A Aáreael donde

A B A B:doConsideran

H A2 A

I N B

A B2 H I N 2

=⇒=

×=×

×ℜ×

−ℜ×

×=⇒

ℜ××+×=×

λ

λ

2

4

4

m

2433m

3mmm

m / Wb795 ,0105225 ,1

1021 ,1 B

m105225 ,11035 ,030105 ,14t na A

m319 ,0m105 ,1422a22 )a6 a5( 2 A B

=×

×=⇒

×=××××=××=

=××==+×=×=

−

−

−−−

−λφ

Si H m=0 entonces: Bm=Bmo

I 6 ,21417892 ,0105225 ,1

I 30

A B

I N

A

I N B

4mmo

g g m

mo ×=××

×=

××

=ℜ⇒ℜ×

×=

−

Figura P2.8.3

a)

mm1939 ,0m10939 ,1

105225 ,110442 ,1013450 A A

: Pero

Wb / vueltaamp42 ,1013450: )1( En A7318 ,430

955 ,141 I

vueltaamp955 ,141 I N

4 g

47 g o g g

g o

g

g

g

=×=∴

××××=××ℜ=⇒×

=ℜ

−=ℜ⇒==

−=×

−

−−

λ

λλ

π µ µ

b)

2

319 ,0890 I N

I N 2 H

H H 0 B:Si

mmo

momm×

=×⇒×

==⇒=

λ



44

2314 ,41321021 ,1

5 ,0

I

N 2:cual locon1021 ,1

:anterioresresultadoslosTomando L

I

N 2

I

N 2 L

44 =

×=×=

=⇒×

=

−−φ

φ

φ

y también:

A26212 ,02314 ,4132

955 ,1412 I :aquí De

I

955 ,14122314 ,4132

I

I N 2entonces955 ,141 I N

22

=×

=

×==

×=×

Vemos que para las mismas condiciones de a), tenemos que variar N.

vueltas54226212 ,0

955 ,141 N

: Entonces≈=

c)

( )

m

cm

mmc

g mmmm g m

g mbc

A N 2

I L´ B

I

A´ B N 2

I

´ N 2 L

A B2 H 2 I N 2:luego

A A; H 5625 ,0 L125 ,1 L

××

=⇒××

=×

=

ℜ××+×=ℜ+ℜ×=×

===

φ

φ λ

Del resultado anterior:

24m m / Wb8934 ,0

105225 ,15422

26212 ,05625 ,0´ B =

××××

= −

De la curva: H m´=135 amp-vuelta/m

.mm1694 ,0m10694 ,1´

105225 ,1104387 ,885328 A´ ´ A

´ ´

Wb / vueltaamp387 ,885328105225 ,18934 ,02

319 ,0135955 ,1412´

A´ B2

´ H I N 2´ ´ A´ B2´ H I N 2

4 g

47 g o g g

g o

g

g

4 g

mm

mm g g mmmm

=×=∴

××××=××ℜ=⇒×

=ℜ

−=××× ×−×=ℜ

×××−×

=ℜ⇒ℜ××+×=×

−

−−

−

λ

λλ

λλ

π µ µ

PROBLEMA N° 2.9 : Se pide diseñar una bobina de inductancia variable connúcleo de hierro normalizado, empleando láminas de acero silicoso H-23 de0,5mm de espesor y que tenga las siguientes especificaciones técnicas:

d=2´´ f w=0,30 f.a.=0,95



45

Bmax=1Wb/m2=constante L=variable entre 1 y 5H Calibre del conductor=#17AWG Entrehierro inicial=g 1=5mm

Se desea saber:a) El rango de variación de la corriente de

Excitación.b) El número de espiras a utilizarsec) El número de láminas requeridad)El entrehierro final (g 2 )

Figura P2.9.1

SOLUCIÓN:

Tenemos: 4

d 3

2

d

2

d 3

A; )1( ..........hd B

I L

S B

I L

N

2

wef mmm =×=××

×

=×

×

=

Mientras que para el factor:

( )

4436 ,1 I L

mm038 ,1S :entonces , AWG17 # calibredeesconductor el Como

S 4

1008 ,513 ,01008 ,53 I Lcm08 ,5´´ 2d h

:hacemos Donde

S

h B f d

4

3

I LS

f d

4

3

hd B

I L

: )2( y )1( De

)2( ..........S

f d

4

3 N

4

d 3

S N

A

S N f

2cu

cu

232

ef

cu

ef mw3

cu

w2

ef m

cu

w2

2cu

w

cuw

=×∴=

×××××××

=×⇒===

×××

×=×⇒

×

×=××

×

××=⇒

××

=×

=

−−

a) Para L variable: Cuando L=1H entonces I 1=1,4436 A

Cuando L=5H entonces I 2=0,28872 A

c)

1005 ,0

8 ,50nt nhef ≈=⇒×= λλ

λn =número de láminas

b)



46

espiras560n

)1008 ,5( 1

4436 ,1

d B

I L

d h B

I Ln

I

d h B N

I

N L

222mef m

ef m

≈

××=

××

=××

×=⇒

×××=

φ×= −

d)

.cte g m

I N

eqeq

=ℜ+ℜ

×=φ

Figura P2.9.2 Entonces:

)0();( =ℜ∞→ℜ× eqeq mosconsideramque yaoentrehierr g g I N µ α α

.mm1 g

54436 ,1

28872 ,0

I

i g g :cual lo por

g

g

I

I : Entonces

2

1

212

2

1

2

1

=∴

×=×

==

PROBLEMA N° 2.10: Utilizando la estructura, se ha creado un entrehierroadicional en la columna A de valor 5 veces el entrehierro en C . Sabiendo que lanueva FMM es de 50 amp-vuelta en la columna central B, determinar el flujototal del sistema. (Despreciar efecto de Borde)

Figura P2.10.1

SOLUCIÓN:

Calculando el g C con NxI inicial:

Figura P2.10.2

geqa

meqa

NI

).......( .......... H H H

)( .......... H H 88 I N

)( ..........

C g g C C A A

A A B B A A B B

C A B

θ×+×=×β×+×==φ×ℜ+φ×ℜ=×

αφ+φ=φ

λλλλλ

g a

A

ca

NI

Ba

A C

B



47

( )

6 C C

C C g

C C A AC

o g o g g C

C 2

C

2 B B

A2

A

A A

4 A

26 33 g

24 A B

24C

33 A

B

C A

10 ) g 40( ) g 20(

S B B

H H g

H B

m / vueltaamp152 H : H Bcurvam / Wb94 ,0 B: )( De

m / Wb15 ,1 B: H Bcurva216 H : )( De

m / vueltaamp375 H : H BCurvam / Wb36 ,1S

B

Wb1079 ,9Como

m10´) g 40( ´) g 20( ´) g 1040( ´) g 1020( S

m104 ,14S 2S

m102 ,7 S 9 ,010401020S

m06 ,0mm60

m2 ,0mm20060702

−

−

−−−

−

−−−

×+×+×

=

×−××=×=⇒=

−=−⇒=

=−⇒=

−=−⇒==

×=

×+×+=+××+×=

×==

×==××××=

=====+×=

λλ

λλλ

µ µ φ φ

α

β

φ

φ

mm06625 ,0 g C =

Por lo tanto, el nuevo entrehierro: mm33125 ,0 g 5 g C g A A=== λ

Con la nueva FMM =50, tenemos:

.Wb10184 ,5S B: Entonces

m / Wb36 ,0 B: H B gráficalade

m / Wb57 ,06 ,61018104 ,14

50Y

Wb / vueltaamp6 ,61018S

g

6

5 //

104 ,14

50

S

I N Y

m / vueltaamp3 ,19210260

50 I N X

4 Bmm

2m

24o

C o

C g g g

g 4

g Bo

3m

o

C Aeq

eqeq

−

−

−

−

×=×=

=−

=××

=∴

−=×

×=ℜℜ=ℜ

ℜ××=

ℜ××

=

−=×

=×=

φ

µ

λ

PROBLEMA N° 2.11 : En la estructura ferromagnética mostrada, calcular lalongitud del entrehierro “g” de tal manera que el flujo en la columna A sea de9,79x10-4Wb. Se sabe que la FMM es de 88 AV y el circuito magnético estáhecho de láminas de acero silicio H-23 de 0,5 mm de espesor, con un factor deapilamiento de 0,90 (Considerar efecto de Borde).



48

Figura P2.11.1

SOLUCION:

Tenemos el siguiente circuito equivalente:

Figura P2.11.2

4C

44

C C A A B BC A B

2 B

B B

A2

24

4

A

4 A

26 33 g

24

A B

24C

33 A

B

C A

g g C C A A

A A B B A A B B

C A B

102 ,7 B102 ,7 36 ,1104 ,1415 ,1

S BS BS B

m / Wb15 ,1 B:curva

216 H :aquí de88 H 06 ,02 ,0375: Entonces

m / vueltaamp375 H :curvam / Wb36 ,1m102 ,7

Wb1079 ,9 B

Wb1079 ,9Como

m10 ) g 40( ) g 20( ´) g 1040( ´) g 1020( S m104 ,14S 2S

m102 ,7 S 9 ,010401020S

m06 ,0mm60

m2 ,0mm20060702

H H H

H H 88 I N

−−−

−

−

−

−−−

−

−−−

××+××=××

×+×=×⇒φ+φ=φ=⇒

==×+×

−=⇒=××

=

×=φ

×+×+=+××+×=×==

×==××××=

==

===+×=

×+×=××+×==φ×ℜ+φ×ℜ=×

φ+φ=φ

λ

λλ

λλλλλ

gca

A

ca

NI

Ba

A C

B



49

)1020316 ,0( )10204445 ,0( 104

101 ,0

) g 2

a. f

t n( ) g 2d (

g

2S

g

S 2

g

2

m1033 ,1105 ,0601054 ,24

7 t nd A;

A

I N Y

m / vueltaamp33 ,4151054 ,2

47 5 ,6

3 ,0400 I N X

447

3

o

gb

gb g gb Bo Ao

ga

2332m

g m

2m

eq

eq

−−−

−

−−−

−

×+××+×××

=+

××+×

=ℜ

ℜ=ℜ∴ℜ=×

=×

=ℜ

×=×××××=××=ℜ××

=

−=×××

×=

×=

π µ

µ µ

λ

mm06625 ,0 g

) H H ( g

H 10 ) g 4( ) g 2(

102 ,7 94 ,0 B

m / vueltaamp152 H :obtenemoscurvalade ym / Wb94 ,0 B

C C A Ao

g o4

4

g g C

C 2

C

=∴

×−××µ

=×µ=×+×+

××=⇒φ=φ

−==⇒

−

−

λλ

PROBLEMA N° 2.12 : Se tiene un circuito magnético compuesto de 60 láminasde acero silicoso H-23 de 0,5 mm de espesor tipo E-I normalizado ensambladocon un factor de apilamiento f.a = 0,95 y un bobinado de 400 espiras ubicado en

su columna central. Considerar efecto de borde. Se pide:a) Calcular la inductancia del bobinado cuando ésta se excita con una

corriente continua de I = 0,3 A.b) Calcular la corriente necesaria para incrementar en 27 % el flujo Bφ

manteniendo constante el entrehierro.

mm g

d

1,0

´´4

31

=

=

Figura P2.12.1

SOLUCIÓN:

a) I

N L Bφ ×

=

Tenemos el siguiente circuito equivalente: d 5 ,6 m =λ

Figura P2.12.2 Por el método gráfico:

gaa

A Ba

NI 2

_



50

2

53

5 g

5 gb

m / Wb806 ,01012 ,11033 ,1

3 ,0400Y : Entonces



eq

=×××

×=

−×=ℜ∴

−×=ℜ⇒

−

De la curva B-H:

2 Bm m / Wb63 ,0 B B ==

Figura P2.12.3

H 1172 ,13 ,0

400 L

Wb10379 ,81033 ,163 ,0 A B

B

43mm B

=×

=∴

×=××=×= −−

φ

φ

b) T 8 ,0 B27 ,1´ B27 ,1´ B B B B ==⇒= φ φ

Trazando una recta paralela a la anterior en la curva B-H, que pase por:

B B´=0,8Wb/m2

A404 ,0400

5 ,6 1054 ,24

7 560

I

m / vueltaamp560 I N

X

2

m

=××××

=∴

−=×

=⇒

−

λ

PROBLEMA N° 2.13 : Diseñar una bobina (Inductancia ) con núcleo de hierrode espesor 0,5mm y que cumpla las siguientes especificaciones técnicas :

Inductancia (L) = 15 mH Corriente D.C. (I) = 4 Amp

Densidad de Corriente (J) = 4 Amp / mm2

Inducción máxima : 0,8 # Bm # 1,0 tesla. Factor de ventana: (f w ) = 0,32 Factor de Apilamiento(f.a) = 0,92Se pide determinar:

a) El calibre del conductor (AWG) y el número de espiras (N) de la bobina.b) El número de láminas ( λn ) a emplearse.

c) La longitud del entrehierro ( g λ ).

d) Evaluar la nueva inductancia para un entrehierro 0 g =λ .



51

Figura P2.13.1

SOLUCIÓN:

a)

mm4 ,25´´ 1´ d :tomar Podemos.mm57 ,22d

10595 ,232 ,01

101510038 ,14

3

4

f B

L´ S I

3

4d

: Entonces.d h:diseño Por

hd Adonde A B

I L

S

f d

4

3 N

A

S N f :queYa

) AWG17 (# mm038 ,1´ S

:tomamoscual lo por mm144

J I S

S I J

7 36

wm

cu4

ef

ef mmmcu

w2

w

cuw

2cu

2cu

cu

===∴

×=×

×××××=

×××

×=

=

×=××

=×

×=⇒×

=

=

===⇒=

−−−

b)50nd mm25t n5 ,050hef =⇒≈=×=×= λλ láminas

Tenemos:

T 995 ,0´ B:tenemos95 N Con

espiras95 N

488 ,941035 ,6 1

41015

´ A B

I L N : Entonces

m1035 ,6 1054 ,21025´ d h´ A

m

4

3

mm

2423ef m

===∴

=××

××=

×

×=

×=×××=×=

−

−

−−−

c)Teniendo la siguiente expresión deducida:

m1651 ,01054 ,25 ,6 d 5 ,6 d 5 ,2d 4;donde

B

I N

A

Ag

2

1 g

2m

r

m

m

o

m

i1i

=××==+=

−

×××

×=

−

+

λ

λλ

µ

µ



52

[ ]

mm252 ,0

mm252 ,01035 ,6

1675 ,7 234 ,2 g

m101675 ,7 Ag

)1025 ,0292 ,0

1025( )1025 ,021054 ,2( Ag

mm25 ,01035 ,6

139 ,7 234 ,2 g

:maneraigual De

m101390 ,7 Ag

)102234 ,0292 ,0

1025( )102234 ,021054 ,2( Ag

) g 2a. f

h( ) g 2d ( Ag mm2234 ,0 g

A Ag : Haciendo

m A Ag 10234 ,2 g

497300625 ,0

;m / vueltaamp165 H : H BcurvaladeT 995 ,0 Bun Para

g

43

242

33

322

42

241

33

321

1

ef

111

mo

m

i41i

r r

mm

=∴

=××=

×=

××+×

×××+×=

=××=

×=

××+×

×××+×=

+×+=⇒=⇒

=

××=⇒

==∴=

−=−⇒=

−

−

−−

−−

−

−

−−

−−

−+

λ

λ

λ

λλλ

λ

µ

µ µ µ

d) Por ser el núcleo simétrico:

Figura P2.13.2

H 217 ,0

1651 ,0

1035 ,6 00625 ,095 L

00625 ,0el doconsideran; A N

L

: Entonces

AS

S S 2: PeroS S 22

42

m

m2

m

m

B

B A

B A B

B

A

A B

A

=×××

=⇒

=××

=

×=

×+

=ℜ

=×

+×

=ℜ+ℜ=ℜ

−

µ µ

µ µ

µ µ

λ

λλλ

λλ

Ba

NI

A

2



53

PROBLEMA N° 2.14 : Se desea diseñar una inductancia con un núcleo dehierro normalizado “E–I” H-23 con láminas de 0,5 mm de espesor y diámetrod=1´´, bajo las siguientes especificaciones:

Inductancia (L) : 2mH Corriente D.C (I) : 10 Amp. Densidad de Corriente (J) : 5.0 Amp/mm2. Inducción máxima (Bm) : 1 Tesla. Factor de ventana (f w ) : 0,30 f.a : 0,95

Calcular :a) El número de láminas a emplearse ( λn )

b) El número de espiras (N) y el calibre del conductor c) La longitud del entrehierro ( g λ )

Figura P2.14.1

SOLUCIÓN:

a)50n Asumiendo =λ láminas (adecuado)

2423m m1035 ,6 1054 ,2105 ,050d t n A −−− ×=××××=××=

b)

De la curva B-H del material:00625 ,0

m / vueltaamp160 H ,T 1 B mm

=⇒−=⇒=

µ

2m

4

3

mm

2cu

2cu

24222w

mo

r

m / Wb98425 ,0: será32 N para´ B.espiras32 N

496 ,311035 ,6 1

10102

A B

I L N

AWG14# :conductor del Calibremm08 ,2´ S

mm25 / 10 J / I S

m108387 ,4 )1054 ,2( 4

3d

4

3 A

m1651 ,0d 5 ,6 2d 5

d 44973

=⇒=∴

=××

××=

××

=

⇒=

===

×=××==

==+===

−

−

−−

λµ

µ µ



54

c)

−

×××

×=+

r

m

m

o

m

i1i B

I N

A

Ag

2

1 g

µ

µ λλ

Reemplazando valores:

[ ]

( ) 2433

321

1mo

m

i41i

m1088 ,6 )101877 ,0295 ,0

105 ,050( 101877 ,021054 ,2 Ag

mm1877 ,0 g A Ag :Tomando

m A

Ag 10877 ,1 g

−−−

−−

−+

×=××+××

×××+×=

=⇒=

××=

λ

λ

De igual manera:

mm2 ,0

mm2 ,0100375 ,235 ,6

893 ,6 10877 ,1 g

m10893 ,6 )102 ,0295 ,0

105 ,050( )102 ,021054 ,2( Ag

m10034 ,235 ,6

88 ,6 10877 ,1 g

g

443

2433

322

442

=∴

≈×=××=

×=××+×××××+×=

×=××=

−−

−−−−−

−−

λ

λ

λ

PROBLEMA N° 2.15 : La estructura ferromagnética mostrada en la figuraestá compuesta de 50 láminas de hierro silicioso H-23 normalizado de 0,5 mmde espesor y 2 bobinas idénticas de 120 espiras cada una y un f.a= 0,95.Considerar efecto de borde.Se pide calcular:a) Los flujos en las columnas para una corriente continua de excitación de 2 Amp.b) La inductancia del sistema.c) El nuevo entrehierro para disminuir la densidad del campo en el entrehierro en un 12 % manteniendo la I = constante.

Figura P2.15.1

SOLUCIÓN:



55

2

54 g B g B

m

537

3

g o g

m

2333

32 g

24 A B

C 2453

A

m / Wb344 ,110812 ,2107 ,12

2240

S

I N

S

I N

Y

m / vueltaamp5 ,145433 ,0

2240 I N X

Wb / vueltaamp10812 ,210415 ,1104

105 ,0

S

g

m33 ,0d 5 ,6

m10415 ,1 )1095 ,0

1025( )101008 ,5( ) g 2

a. f

t n( ) g 2d ( S

m107 ,12S 2S

S m1035 ,6 105 ,05054 ,2105 ,0502

d t n

2

d S

Beq

B

B

B

=×××

×

=ℜ×

×

=ℜ×

×

=

−=×

=×

=

−×=×××π

×=

×µ=ℜ

==

×=+×

×+×=+×

×+=

×==

=×=×××=×××=××=

−

−−

−

−−−

−−

−

−−−

λ

λ

Figura P2.15.2

a)

Wb103 ,7 2

Wb1046 ,115 ,1107 ,12 BS

4 BC A

34m B B

−

−−

×===

×=××=×=φ

φ φ

φ

b)

H 1752 ,02

1046 ,1240

I

240

I

)( 240

I

N L

3

BC A =××

=×

=+×

=×

=

−φ φ φ φ

c)

mm684 ,1´ g :tenemosvaloresreemplazar Al

m10608 ,1´) g 2a. f

t n( ´) g 2d ( ´ S

m10608 ,190816 ,0

1046 ,1

´ B´ S

m / Wb90816 ,0 B%88´ B: problemael Para

m / Wb032 ,110415 ,1

1046 ,1

S B:Tomando

23 g

233

g

B g

2 g g

2

3

3

g

g g g B

B

B

=

×=+×

×+=

×=×

==⇒

==

=××

==⇒=

−

−−

−

−

φ

φ φ φ



55

CAPÍTULO III EXCITACIÓN DE ESTRUCTURAS

FERROMAGNÉTICAS CON CORRIENTE ALTERNA

3.1 INTRODUCCIÓN

Los campos magnéticos varían con el tiempo cuando están relacionados conmuchos aparatos magnéticos prácticos, tales como: transformadores, motores y

generadores. En general dicha variación es periódica.

Si la estructura magnética está hecha de un material ferromagnético, es

necesario examinar la pérdida de energía en el núcleo debido al campomagnético y las formas de onda de flujo y de la corriente de excitación.

Supondremos que la frecuencia de las señales periódicas usadas es suficientemente baja para no considerar la radiación de energía.

3.2 LEY DE FARADAY DE INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA

Tenemos un conductor en forma de anillo, y algunas líneas de flujo debidas a unmagneto ó a otra bobina portadora de corriente que no este dibujada.

Las líneas de flujo se cierran sobre sí mismas y estas enlazan el conductor.

Si se mueve un magneto en la vecindad del conductor se induce una corrienteeléctrica en la trayectoria conductora cerrada ó cuando el conductor es movidorelativamente al magneto.

Líneas de flujo enlazando una bobina de una vuelta. Figura 3.2.1

Conductor Líneas de inducción



56

Ley de Faraday

“Una fuerza electromotriz ( f.e.m. ) es inducida en un medio cuando se cambia el enlazamiento de flujo magnético asociado con el medio. Si el medio es un

conductor de electricidad y forma una trayectoria cerrada, una corriente fluyeen él debido a la f.e.m. inducida. La magnitud de la f.e.m. inducida es proporcional a la rapidez de cambio en el tiempo de los enlazamientos del flujo”.

La Ley de Lenz nos ayuda a determinar el sentido de la f.e.m. inducida y por lotanto de la corriente.

“El sentido de la f.e.m. inducida es tal que ocasiona el flujo y una corriente enuna trayectoria cerrada con una dirección tal que la corriente tiende acontrarrestar el cambio de los enlazamientos de flujo”.

Ejemplo: Si las líneas de flujo están disminuyendo, entonces la corrienteinducida circulará en la dirección de las manecillas del reloj, de tal manera queel flujo establecido por la corriente, tiende a cancelar la disminución del flujooriginal.

Ambas leyes se comprueban y se expresarán por:

( )

1)(3........dt

d !

t d

N d e(t) −±=

φ±=

Donde:

e(t) es la f.e.m. inducida en volts (MKS)φ es el flujo inducido en Webers (MKS)

N es el número de vueltas del conductor λ son los enlazamientos del flujo en Webers vueltat es el tiempo en segundos (MKS)

Si e(t) es negativo, entonces e(t) es considerado como una elevación de voltaje(fuente) y se opone al voltaje aplicado en cada instante de tiempo.

Si e(t) es positivo, entonces e(t) es considerado como una caída de voltaje.

La ecuación (3-1) puede ser escrita en otras formas diferentes:

)2(3.........dA A

ndt

Bd l d E

C ∫ ∫ −⋅−=⋅ )

En forma diferencial:

3)(3........

dt

Bd E −−=×∇



57

3.3 RELACIÓN ENTRE VOLTAJE APLICADO PERIÓDICO, VOLTAJE INDUCIDO Y FLUJO EN UN NÚCLEO MAGNÉTICO EXCITADO PORUNA SOLA FUENTE

Tenemos un núcleo que puede ser o no ferromagnético, con una bobina de

excitación. Un voltaje periódico v(t) (no necesariamente senoidal), se aplica a labobina de excitación.

V (t)

R g

R

Ri (t)

R (t)

Una corriente i(t) fluye y un flujo φ (t) se establece en el núcleo. El flujo variablecon el tiempo induce una tensión en la bobina de excitación e(t). Aplicando laley de Kirchoff y tratando a e(t) como una caída de voltaje, tendremos:

( ) ( ) )4(3........t d

d N R Rg i(t)e(t) R Rg i(t)v(t) −

φ++=++=

Suponiendo que: ( ) e(t) R Rg i(t) <<+

5)(3........t d

d N v(t) −

φ=

Como v(t) es una onda periódica por lo tanto será simétrica con respecto al ejedel tiempo.

Una bobina excitada por una sola fuente Figura 3.3.1

Un voltaje periodico no senoidal Figura 3.3.2



58

Donde: T es el período de la onda

6)(3........"

2#

f

1T −==

ω es la frecuencia angular en rad/seg

De la ecuación (3-5), tenemos que:

7)(3........v(t) N

1

t d

d −=

φ

Estamos suponiendo que el sistema se encuentra en estado estable y que lostransitorios de la conexión inicial han expirado, por lo tando las ondas del voltaje inducido y de flujo son periódicas y simétricas con respecto al eje del tiempo.

En el punto A, v(t) es cero y tiende a crecer,t d

d φ en A es cero y también tiende a

crecer,2

2

t d

d φ en A es positiva, entonces φ (t) tiene un mínimo relativo en A igual

a – φ máx. Analizando de forma análoga, en B, φ (t) tiene un máximo relativo φ máx..

Integrando ambos lados de la ecuación (3-7) de A a B y aplicando los límitesapropiados, tendremos:

t d v(t) N 1d B

A

B

A

t

t ∫ ∫ =φφ

φ

] [ ]v(t)deciclomediobajo Area N

1máxmáx =φ φ

φ−

prom prom A B prommáx V 2Nf

1

2

T V

N

1 )t (t V

N

12 ==−=φ

8)(3........4fN

V prommáx −=φ

9)(3........ N f 4V máx prom −φ=

Definimos el factor de forma para configuraciones de ondas periódicas:

10)(3........ promedioValor

eficazValor formade Factor −=

∫

∫ = T

0

T

0

2

v(t)dt T

1

(t)dt vT

1

f.f



59

Factores de forma para algunas configuraciones:

Tabla 3-1 Forma de

OndaValor

MáximoValor

EficazValor

Promedio Factor de

Forma

Senoidal V max 0.707 V max 0.636 V max 1.11Triangular V max 0.578V max 0.500 V max 1.16 Cuadrada V max V max V max 1.00

De las ecuaciones (3-9) y (3-10), tenemos:

( ) 11)(3 f N f.f 4V máxeficaz −φ= ........

En el caso de voltajes no senoidales:

12)(3........2N

v(t)deciclomediobajo Áreamáx −=φ

En el caso de las ondas senoidales:

! En el caso de estructuras magnéticas, excitadas con corriente directa, el valor φ φφ φ máx no es afectado por la naturaleza del material ni por las dimensiones del núcleo.

! La magnitud, como la forma de onda de la corriente de excitación dependerá dela naturaleza del núcleo así como de sus dimensiones.

3.4 FORMA DE ONDA DE LA CORRIENTE DE EXCITACIÓN EN UN SISTEMA FERROMAGNÉTICO CON FLUJO SENOIDAL

Se describirá ahora un procedimiento gráfico para obtener la forma de onda dela corriente de excitación.

a) Se considera i(t)(Rg+R)≅ 0 y v(t) se supone senoidal v(t)=V max sen "t y

14)(3........t " sen E e(t) máx −=

Considerando e(t) como una caída de voltaje, V max=E max

De la ecuación (3.5):

15)(3........t "cos(t) máx −φ−=φ

La siguiente figura muestra v(t) y φ (t), pero no a e(t). También se muestran φ (t)vs i(t) para el núcleo, obtenida de la curva B-H.

13)(3........ N 4.44f V máxeficaz −φ=



60

Flujo

33

22 44

3

2

4

3

2

4

5

5

1

1 1

0

Mostrando las formas de onda de la corrientede excitación para el flujo senoidal en un núcleo

ferromagnetico.

Figura 3.4.1

Como el anillo de histéresis es no lineal y tiene dos valores para una mismaabscisa, la forma de onda de la corriente de excitación no es senoidal, aúncuando el flujo lo sea.

b) Se considera e(t)<< i(t)[ R+Rg ] y v(t) se supone senoidal

16)(3........t " senV v(t) máx −=

Entonces:

( ) 17)(3........ R Ri(t)v(t) g −+=

Además:

18)(3........t " sen I i(t) máx −=

Entonces:

19)(3........ R R

V I

g

máxmáx −

+=

Las formas de las ondas de v(t) e i(t) es la misma pero la forma de onda de φ (t)es aproximadamente senoidal, mas o menos en la parte superior, la forma deonda de e(t) se obtiene al derivar φ (t) con respecto al tiempo, esta curva tiene

forma de pico.



61

c) Si e(t)≅ i(t)[ R+Rg ] y v(t) se supone senoidal, la determinación de las formasde onda de i(t), e(t) y φ (t) cuando v(t) es senoidal es extremadamente difícil

ya que φ (t)=f(v(t), i(t)) en magnitud y forma. Pero pueden ser obtenidas por el método de prueba y error.

3.5 ENERGÍA ALMACENADA EN UN NÚCLEO MAGNÉTICO EXCITADO POR UNA SOLA FUENTE

Tenemos las siguientes suposiciones:

1. El espesor del núcleo es relativamente pequeño comparado con sus demásdimensiones, de modo que la densidad de flujo es uniforme a través de la

sección transversal del núcleo. Se usa la longitud media ! m.

2. Aunque la resistencia de la bobina de excitación es efectivamente

distribuido a lo largo de la bobina, se representará como un parámetroconcentrado por la R externa y se supondrá que la bobina en sí no tieneresistencia.

3. El flujo establecido por la corriente es confinado a la sección transversal del núcleo.

Tenemos un núcleo magnético sometido a una fuente de energía eléctrica y seincrementa la corriente i(t) estableciendo un flujo. Una f.e.m. se induce en labobina.

( )

20)(3t d

d

t d

N d

t d

!d e(t) −

φ=

φ== ........ N

La energía eléctrica suministrada por la fuente en un tiempo dt (excluyendo la pérdida óhmica en la resistencia R) es:

21)(3........dt iedW −=

La ecuación (3-20) en (3-21)

22)(3d F !d id i N t d id

d N dW −φ==φ=

φ= ........

t

Suponiendo que el núcleo tiene flujo y corriente cero inicial; si luego esincrementado a un valor i1 se tendrá que la energía total suministrada al núcleo

por la fuente es:

23)(3 −φ

φ=λ

= ∫ ∫ ........1

0

1

0 Fd !d iW

Donde φ 1 y λ 1 son el flujo y los enlazamientos de flujo, correspondientes a la i1.W se llama energía almacenada porque la energía fluye de la fuente al campo yes frecuentemente representada por W φ ó W campo.

24)(3........d F !d iW 10

10

−φ φ=λ= ∫ ∫ φ



62

La ecuación (3-24) se representa gráficamente:

W φ será el área comprendida entre la curva φ vs F y el eje de flujos. '

φW es el área comprendida entre la curva φ vs F y el eje de fuerzamagnetomotriz.

25)(3 F

F d W 1

0−φ= ∫ φ ........

'

La coenergía no tiene un sentido físico.

Además:

φ =BA, entonces d φ =A dB; φ varía de 0 a φ 1 , B varía de 0 a B1.

F=H ! entonces dF= ! dH

Donde A! es el volumen del núcleo.

φφ === wenergíadedensidad

volumendeunidad

almacenada Energía

Vol

W

27)(3........ B

HdBw1

0

−=

∫ φ

Energía almacenada y coenergía en un núcleo ferromagnético Figura 3.5.1

Coenergía'

φ W

Energía Almacenada

W φ

F.m.m F

Flujo φ

φ1

F

26)(3........ B B

HdBVol AdB H d F W 1

0

1

0

1

0−==

φφ= ∫ ∫ ∫ φ λ



63

Analizando de forma análoga:

28)(3 BdH −= ∫ φ ........H

Vol1

0W'

La densidad de Coenergía:

29)(3........ H

BdH w1

0−= ∫ φ'

rectángulodel Área F W W 1 =φ=+ φφ 1'

En cualquier estructura que consta de un número de ramas en serie y/o en paralelo, donde la sección transversal es uniforme tenemos:

)30(3........ B dB H Vol almacenadatotal Energía i

0i

n

1i

i −= ∫ ∑=

31)(3........ H

dH BVol total Coenergía i

0 i

n

1ii −= ∫ ∑

=

Donde n representa el número total de secciones.

CASO ESPECIAL: LA CURVA B VS H DEL NÚCLEO ES LINEAL

En este caso:

32)(3........ PF 2

1

2

1 F

2

1W W 2

12111 −=φℜ=φ== φφ

'

Donde: ℜ es la reluctancia del núcleo P es la permeancia del núcleo

Igualmente las ecuaciones (3-27) y (3-29) pueden ser representadas de la siguiente forma:

33)(3........ $ H 21

$

B21 B H

21ww 2

1

2111 −==== φφ

'

Donde µ , es la constante de permeabilidad del material magnético lineal. La e.c.(3.32) puede también expresarse en términos de la inductancia de la bobina deexcitación.

La inductancia es un parámetro pasivo de un circuito eléctrico, la cual es unamedida de los efectos del campo magnético asociado con una parte del circuito,debido al flujo de una corriente en esa parte ó en partes adyacentes.



64

La inductancia propia L de la bobina de excitación es definida como el enlazamiento de flujo λ L establecidos por unidad de corriente en la mismabobina. 34)(3........ Li ! L −=

En el sistema MKS racionalizado, L está expresado en Henrys.

[ ] Amp

Seg Volt

Amp

VueltaWeber Henry

−=

−=

Luego:

35)(3.........t d

id L

t d

!d e −==

También: 36)(3........ NiP FP

F −==

ℜ=φ

Como: Pi N N ! 2=φ=

Luego: 37)(3........ P N L 2 −=

La ecuación (3-32) pasa a ser:

( ) ( ) 38)(3........ Li21 Ni

N 1

21 Ni P

21W W 22

22 −====φ φ

'

3.6 REPRESENTACIÓN MATEMÁTICA DE LA CORRIENTE DE EXCITACIÓN NO SENOIDAL iφ φφ φ (t)

La forma de onda de la corriente de excitación , iφ (t) no es senoidal cuando v(t)es senoidal, el núcleo es ferromagnético, y iφ (R+Rg)<<e(t) (excepto cuandoiφ (R+Rg)>> e(t)).

La forma de la onda de iφ (t), tiene las siguientes características:

a) La forma de onda de iφ (t) es simétrica con respecto al eje de tiempo; el medio ciclo positivo y el medio ciclo negativo son semejantes y de igual área, esto a causa de la simetría del anillo de histéresis con respecto a losejes coordenados y de la simetría de la forma de la onda del voltaje aplicadocon respecto al tiempo.

b) La forma de onda de iφ (t) satisface la condición:

39)(3........)2

T

(ti)(ti 11 −+−= φφ

donde T es el período.



65

c) La función iφ (t) no es impar ni par

• No cumple f(t) = -f(-t) (no es impar)• No cumple f(t )= f(-t) (no es par)

d) Satisface las condiciones de Dirichlet

1) f(t) tiene solo un número finito de máximos y mínimos en (a,b)2) f(t) está acotada y3) f(t) tiene sólo un número finito de discontinuidades finitas en (a,b)

Por lo tanto, la forma de onda de iφ (t) puede expresarse como una serie de Fourier, pero esta sólo contiene armónicas impares. El término constante es suprimido, estando presentes únicamente los términos senos y cosenos. Luego:

40)(3....................t " sen3 I t " sen I

............t "cos3 I t "cos I (t)i

b3máxb1máx

a3máxa1máx

−+++

++=φ

Expresada en valores eficaces de sus componentes:

41)(3..........]..........t " sen3 I t " sen I

............t "cos3 I t "cos[I 2(t)i

b3ef b1ef

a3ef a1ef

−+++

++=φ

La potencia instantánea suministrada por la fuente a la bobina de excitación es:

42)(3........v(t)i(t) P(t) −=

Sustituyendo ambas ecuaciones. De v(t) e iφ (t), v(t)= 2 V ef senwt

Forma de onda de la corriente de excitación iφ (t) Fi ura 3.6.1



66

43)(3..............................t " sent " sen3 I t " sen I

............t " sent "cos3 I t " sent "cos I 2V P(t)

b3ef 2

b1ef

a3ef a1ef ef −

++

++=

La potencia promedio está dada por:

44)(3........ I V t d t w sen I 2V T

1 p(t)dt

T

1 P

T

0

b1ef ef 2

b1ef

T

0

ef prom −=== ∫ ∫

Todos los demás productos no contribuyen en nada a la integral. Solamente lacomponente I b1ef enwt de i∅ (t) contribuye a la potencia promedio.

La única componente de la corriente de excitaciòn que contribuye a la potencia promedio es la componente I b1ef senwt ó sea aquella que este en fase con el voltaje aplicado y tiene la misma frecuencia. Como R+Rg ≈ 0 entonces P Prom

entregada a la bobina de excitaciòn es disipada en el mismo núcleo.

45)(3........ I V P núcleol een Pérdida b1ef ef n −== Luego como:

[ ] 46)(3...........t " sen3 I t "cos3 I t " sen I t "cos I 2(t)i b3ef a3ef b1ef a1ef −++++=φ .....

Este término es llamado componente de las pérdidas en el núcleo de la corrientede excitación. Los términos restantes establecen el flujo y por lo tantoconstituyen la componente de magnetización de iφ (t), tendremos entonces:

47)(3........(t)i(t)i(t)i m P −+=φ

Donde:

48)(3........t " sen I 2(t)i b1ef P −=

[ ] 49)(3....................t " sen3 I t "cos3 I t "cos I 2(t)i b3ef a3ef a1ef m −+++=

" Si el núcleo fuese lineal:

50)(3........t "cos I 2(t)i a1ef m −=

51)(3........0(t)i P −=

" En muchas aplicaciones prácticas, se pueden despreciar las armónicas deorden elevado de iφ (t), luego:

52)(3........t "cos I 2(t)i a1ef m −=

53)(3.........t " sen I 2(t)i b1ef P −=



67

Estas componentes fundamentales en el campo complejo son vistas así:

Figura 3.6.2

" Se usa la representación vectorial si y solo si las armónicas de ordenelevado son despreciables ( ≅ 0).

54)(3.................... I I (I I 2b3ef

2a3ef

2a1ef mef −+++=

La descomposición en sus dos componentes es ficticia. En realidad hay sólo unacorriente en la bobina de excitación. i∅ (t) no es senoidal y está atrasada conrespecto a la onda senoidal del voltaje. El ángulo de fase entre i∅ (t) y v(t)depende de las características del material ferromagnético de las dimensionesdel núcleo y de la frecuencia del voltaje aplicado.

3.7 CIRCUITO EQUIVALENTE APROXIMADO DE UN REACTOR CON NÚCLEO DE HIERRO

Dada la hipotética descomposición de la corriente de excitación iφ (t) en doscomponentes, esto nos recuerda un circuito eléctrico que es una combinación en

paralelo de un resistor y un inductor real. La resistencia del embobinado R B es pequeña y puede representarse en serie con la fuente de voltaje.

Se asume que el contenido de armónicas es despreciable y hacemos uso de fasores:

Figura 3.7.1 Donde: R p= Resistencia de pérdidas (Ω) (Toma en cuenta las pérdidas en el núcleo) jX

m=Reactancia de magnetización (Ω)

(Al pasar la corriente magnetizante por élla se encarga de producir el flujo magnetizante ó principal en el núcleo)

V



68

g p= Conductancia de pérdidas ( Ω -1 )= p R

1

-jbm= Susceptancia magnetizante =m jX

1

* El signo menos indica que es una susceptancia inductiva

3.8 DETERMINACIÓN DE LOS PARÁMETROS DEL CIRCUITO EQUIVALENTE DE UN REACTOR CON NÚCLEO DE HIERRO.

a) Determinación de la Resistencia del Bobinado ( R B )

Figura 3.8.1

Se usa una fuente D.C. de bajo voltaje, con disponibilidad para variar la

corriente.

V D.C. = Lectura registrada por un voltímetro D.C. I D.C .= Lectura registrada por un amperímeto D.C.

Luego:

DC

DC B

I V

R DC = , es la resistencia óhmica del embobinado

Se toman varias lecturas y se calcula el valor promedio. Si una corriente A.C. fluye por el embobinado, la resistencia será mayor debido al efecto superficial.

La corriente A.C. circula cerca de la superficie del conductor causando de éstemodo una distribución no uniforme de corriente en la sección transversal del conductor. El área efectiva de la sección transversal utilizada es entonces menor que el área disponible y como R B es inversamente proporcional al área, laresistencia a corrientes variables en el tiempo es más grande que la resistenciaen D.C. (Este efecto es una función de la frecuencia).

Usualmente se toma:

[ ] 55)(3........ R1.251.1 R DC AC

B B −−=



69

b) Determinación de g p y bm:

Tenemos dos métodos:

b.1) Método analítico: Se usa el circuito mostrado, aplicando el voltaje

senoidal de magnitud y frecuencias conocidas.

Figura 3.8.2

" R B AC es dato de la prueba anterior " Los instrumentos miden:

V → V ef (tensión nominal eficaz) A→ I φ ef (corriente de excitación eficaz)W → P = (potencia promedio)=P cu+P n

P n = pérdidas en el núcleo P n= P- Bef R I 2φ

Suponiendo que V>>I φ ef R B

56)(3........ R I P g V P B2ef p

2n −−== φ

[ ] )57 (3........ R I P V 1

g B2ef 2 p −−= φ

Luego:

=== p p

p Vg R

V I componente de pérdidas de I φ ef 58)(3......... −

2

p2

m I I I −= φ = componente de magnetización 59)(3......... −

60)(3.........V

I b m

m −−=

b.2) Método Gráfico: Si un material ferromagnético es excitado por C.A.debemos contar con la curva densidad de flujo máxima vs fuerza demagnetización (B-H); además debemos conocer la variación de las

pérdidas en el núcleo como una función de la densidad de flujo

máximo y de la frecuencia.



70

La curva de pérdidas en el núcleo es trazado como una función de B máx ,manteniendo la frecuencia constante. Una familia de estas curvas puede ser construida sobre un rango de frecuencia.

Figura 3.8.3

3.9 PÉRDIDAS EN LOS MATERIALES FERROMAGNÉTICOS

• Cuando la bobina con núcleo de hierro se excita con corriente continua (DC)la única pérdida que se presenta es la que se produce en la resistencia

propia de la bobina. Se ha de notar que el núcleo no sufre calentamientoalguno.

•

Cuando la bobina del núcleo se excita con corriente alterna (AC), ésta (el núcleo) si sufrirá un calentamiento y por consiguiente se producirá unasnuevas pérdidas llamadas “Pérdidas en el núcleo” que son debidas a lavariación del campo magnético (y flujo magnético).

Esta son:

a) Pérdidas por histéresis (P h )b) Pérdidas por corrientes Parásitas (P f )

Las pérdidas totales en el núcleo de hierro vienen a ser la suma de ambos, esdecir:

61)(3........ P P P f hT −+=

a) Pérdidas por Histéresis (Ph).- Son producidos por un fenómeno afin a la fricción molecular, ya que las partículas más pequeñas del núcleo tienden aalinearse primero en un sentido, y después en el otro, a medida que el flujomagnético varía periódicamente.

0.4

0.1 1.0

0.6 0.8

1.0

1.2

1.4

Watt s

Kg

H 0.4

100 200 300 400300

0.6 0.8

1.0

1.2

1.4

Amp-V

Amt

60Hz

Perdidas de Nucleo

25Hz

30Hz

5 0 H z



71

O-Br

Oe

Od

Ob

Oc

O

+Bmax

+Br

-H max

-BmaxO f

B

O g

Od

H

Para determinar estas pérdidas será suficiente con medir con un planímetro el área encerrada por el lazo de histéresis.

nmáxh B%w = (Pérdidas / unidad de volumen) 62)(3........ −

% = coeficiente de Steinmetz , constante cuyo valor depende del material y del sistema de unidades usado.

n= exponente de Steinmetz, usualmente es 1,6.

Fórmula empírica deducida por Steinmetz (1892) después de un gran número deobservaciones y mediciones experimentales.

Para una frecuencia f y un volumen V ol tendremos:

63)(3........ fB%V P nmáxol h −=

64)(3........ fB K P nmáxhh −= (en watts)

donde:

K h = cte., depende del material y del sistema de unidades usado. f= frecuencia de magnetización en ciclos / seg.

V ol = volumen del núcleo en m3.

P h es independiente de la forma de onda de la fuente de excitación, ó de la forma de onda de flujo φ (t), depende solamente de la amplitud de la densidad de flujo, la frecuencia de la fuente y la naturaleza del material magnético.

Anillo de histéresis de un material ferromagnético. Figura 3.9.1



72

( ) 65)(3........ B A N f f.f 4 E máxef −=

( )

66)(3........ A N f f.f 4

E B ef

máx −=

( )

67)(3........ A N f f.f 4

E f K P

n

ef hn −

=

68)(3........ f

E K P

1n

nef

' h

h −= −

( )( )

69)(3........ A N f.f 4

K K

n

h' h −=

b) Pérdidas por Corrientes Parásitas.- Es la energía disipada en el núcleodebido a pérdidas óhmicas, es decir el campo magnético variable en el

tiempo induce corrientes parásitas en el núcleo, como el núcleo tieneresistencia finita éste disipará energía debido a pérdidas óhmicas. Lascorrientes inducidas forman anillos seme jando un remolino, realmente hay

un número infinito de anillos de corriente cubriendo completamente la sección transversal del núcleo.

X

Y

Z

X X X X X

X X X X X

X X X X X

X X X X X

X X X X X

X X X X X

L

Lh

W

Figura 3.9.2



73

Para la determinación de éstas pérdidas recurrimos a la siguiente fórmula:

6 &

Bt f # "

2máx

222

f = (pérdida / unidad volumen) 70)(3........ −

Para un volumen V ol tendremos:

71)(3........6 &

VolBt f # P

2máx

222

f −=

72)(3........ B f K P 2máx

2 f f −=

Donde: t : espesor de las láminas que forman el núcleo (m) Bmax : densidad de flujo máximo (Wb/m2 ) f : frecuencia en ciclos / seg Vol : volumen del núcleo en m3

ρ : resistividad del material ferromagnético ( Ω x m )

3.10 PÉRDIDAS TOTALES EN EL HIERRO (PT ).

El total de pérdidas en el núcleo es la sumatoria de las pérdidas debido a lahistéresis y a las corrientes parásitas.

73)(3........ P P P f hT −+=

Laminando el material del núcleo y aumentando su resistividad podremoslimitar las pérdidas por corrientes parásitas. Las pérdidas por histéresisrepresentan en las máquinas eléctricas alrededor del 75% de las perdidastotales.

3.11 SEPARACIÓN DE PÉRDIDAS

Si se conocen las pérdidas totales de una plancha magnética midiendo adiferentes frecuencias pero con la misma densidad de flujo máxima; es posible

deducir analíticamente ó gráficamente sus dos componentes.

74)(3........ P P P f hT −+=

75)(3........ B f k B f K P 2máx

2 f

nmáxhT −+=

Si mantenemos Bmáx = cte.

76)(3........bf af P 2T −+=

77)(3........af P h −=



74

78)(3........bf P 2 f −=

Para determinar a y b, efectuamos dos mediciones a las frecuencias f 1 y f 2

79)(3........bf af P 2111t −+=

80)(3........bf af P 2222t −+=

Resolviendo el sistema de ecuaciones con dos incógnitas se obtiene:

81)(3........

f f

f f

f P

f P

a

222

211

222t

211t

−=

82)(3........

f f

f f

P f

P f

b

222

211

2t 2

1t 1

−=

( )

83)(3........

f f f f

f P f P a

1221

212t

221t −

−

−=

( )

)84(3........ f f f f

f P f P b

1221

21t 12t −−

−=

85)(3........af P 11h −=

86)(3........af P 22h −=

87)(3........bf P 2

11f −=

88)(3........bf P 222f −=

MÉTODO GRÁFICO:

Sabemos : 89)(3........bf af P 2

T −+=

90)(3........bf a f

P T −+=



75

Tomamos como ordenada los valores f

P T y por abscisas las frecuencias, se

ubican 2 ó más lecturas en plano cartesiano. Uniendo estos puntos se obtendráuna línea recta.

Se prolonga la recta hasta que se intersecta con el eje vertical.

Figura 3.11.1

91)(3........OAa −=

92)(3........ f

CC

f

BBb

2

1

1

1−==

3.12 DETERMINACIÓN EXPERIMENTAL DE LAS PÉRDIDAS TOTALES

La determinación de las perdidas totales se hace generalmente medianteaparatos especiales, el mas conocido de ellos es el aparato de Epstein, con esteaparato se pueden determinar las pérdidas a diferentes frecuencias y adiferentes densidades de flujo máximo.

PerdidasTotales (W/Kg)

60Hz 50Hz 43

2

1

0.5 1

Bmax

(Wb/m²)

Figura 3.12.1

B

1 f 1 1 f 21 f

B1

P /f 1t 1

A

P /f 2t 2

P /f t

C

C 1



76

3.13 REACTORES CON NÚCLEO DE HIERRO

BALASTOS : sirven para estabilizar el funcionamiento de las lámparas dedescarga de gases, ya que estas no pueden funcionar directamente conectados ala red de tensión. Si no hubiera un balasto entre la línea de tensión y la

lámpara, ésta última explotaría. Los balastos pueden ser impedancias inductivas, capacitivas ó resistivas quelimitan la corriente (amperios) que circulan por las lámparas a los valoresexigidos para un funcionamiento adecuado. Además, cuando es necesario, losbalastos suministran la tensión y corriente de arranque requeridas y en el casode reactancias de arranque rápido, la baja tensión requerida para calentar loscátodos de las lámparas. Las más utilizadas son las de tipo inductivo

Cada lámpara de descarga de gases( de diferente tipo y potencia)ha sidodiseñada para operar con una corriente y tensión específica y es el reactor el

que debe darle a la lámpara las condiciones necesarias para operar.

En resumen, las funciones que debe realizar un balasto son :

• Proporcionar la corriente de arranque ó de precalentamiento de cátodos para conseguir en éstos la emisión inicial de electrones.• Suministrar la tensión de arranque en vacío( tensión que el balasto envía a lalámpara) suficiente para hacer saltar el arco en el interior de la lámpara.•

Limitar la corriente en la lámpara a los valores adecuados para su correcto funcionamiento.

Los reactores están formados por un núcleo de hierro de placas de acero y deuna bobina de alambre de cobre. Algunos reactores producen un zumbido, estoes a causa de que generalmente éstos trabajan en la zona de saturación es decir

se produce una vibración como consecuencia de las solicitaciones magnéticas sobre las placas de núcleo.

En una reactancia correctamente construida, la vibración fundamental de 100 Hz, pueden en ocasiones ser oídos.

Los reactores para lámparas de descarga de alta fusión, tales como las de

mercurio y sodio alta presión, así como las lámparas de halogenuros metálicos, son en principio iguales a los de una lámpara fluorescente, variando la seccióndel alambre de cobre, así como las dimensiones de las láminas que forman el núcleo del reactor. Estos reactores varían en su tamaño y peso, debido a que

son fabricados para cada tipo y potencia de lámpara. Por ejemplo: Un reactor para una lámpara de vapor de sodio de alta presión de 250 watts, no puede ser utilizado para operar con una lámpara de vapor mercurio de 250 watts.

3.14 IMPORTANCIA DE LA CURVA DE MAGNETIZACIÓN

La curva de magnetización es de fundamental importancia, porque las

características de funcionamiento de la máquina, bien sea generador ó motor,dependen casi completamente de ella.



77

Por esta razón, la fase de determinación de la curva de magnetizaciónconstituye un paso esencial en el proyecto, con objeto de tener la seguridad deque la máquina satisfará las condiciones especificadas.

La curva de magnetización se utiliza para el diseño de simples bobinas, choques

ó balastos, transformadores y máquinas rotativas. También para el cálculo delas inductancias estática y dinámica utilizadas en el cálculo de la estabilidad óel transitorio de un sistema de potencia.

3.15 MODELOS DE REPRESENTACIÓN DE CURVAS DE MAGNETIZACIÓN

a) Representación de la Curva de Magnetización Mediante Polinomios.

Figura 3.15.1

λ = Flujo concatenado ( N φ m ) (weber –vuelta )r.m.s.

i = corriente de magnetización ( Amps )r.m.s.

El presente método tiene como objetivo dar una expresión analítica de la curvacaracterística de magnetización, a partir de valores r.m.s. experimentales.

La curva de magnetización es aproximada por un ajuste polinomial entregado por la siguiente ecuación:

93)(3........(t)b ! !(t)ai(t) n −+=

94)(3........t cos" ! !(t) m −=

Reemplanzando:

) 95)(3........t cosn"b ! K ....t cos3"b !k t cos"b ! K a !i(t) nmn

nm3

nm1m −++++=

b) Representación de la curva de magnetización usando Interpolaciones

lineales

La alta utilización de diversas calidades de materiales en la construcción devariados tipos de transformadores y máquinas eléctricas conduce a aproximar de la mejor forma posible a la curva característica de magnetización .



78

Figura 3.15.2

La curva experimental que muestra la relación r.m.s. tensión corriente es

obtenida por medición experimental empleando el aparato de Epstein.

La idea es obtener varias funciones simples lineales en todo el rango de la curvacaracterística de magnetización a partir de datos experimentales r.m.s. paraello se subdividirá la curva r.m.s. en “n” secciones iguales, donde el valor de“n” dependerá de la exactitud, fidelidad que el operador requiera.

V (voltios)(R.M.S.)

I( Amp)(R.M.S.)

V j+1

V

V j

I j+1 I I j

Figura 3.15.3

( ) 96)(3.........V iiii

V V V j j

j1 j

j1 j −+−−−

=+

+

Las posiciones individuales estarán representadas por ecuaciones de rectas;luego, la porción de curva r.m.s. entre los puntos “j” y “j + 1 “ está dada por la

fórmula descrita.

1. Es posible que una simple función, aplicada en muchos tramos represente el

rango total desde el origen hasta la zona de saturación.



79

2. La aproximación sería una simple función matemática que puede ser aplicada en un programa de cómputo como una manera de rutina y noenvuelve alguna decisión de parte del operador.

3. Los errores son pequeños, tanto como uno quisiera que lo sean.4. El tiempo de computación es relativamente corto (segs).

c) Representación de la curva de Magnetización mediante la Ecuación de Froelich.

B(Wb/m²)

B=densidad de Flujo H=intensidad magnética

H( Amp-vuelta/m)

Figura 3.15.4

La aproximación de la curva de magnetización es de fundamental importancia, porque las características de funcionamiento de la máquina, bien sea generador ó motor, dependen casi completamente de ella.

Por ésta razón, la predeterminación de la curva de magnetización constituye un

pase esencial en el proyecto, con objeto de tener la seguridad de que la máquina satisfará las condiciones especificadas, la evaluación que representa con mayor sencillez y relativa exactitud la curva de magnetización es la ecuación de Froelich.

97)(3........ H b

aH B −

+=

Donde a y b son constantes.

Se tienen dos constantes desconocidos por cada ecuación; éllas serán halladasa partir de los datos experimentales r.m.s.; es decir de dos puntos seleccionados,uno caería o la zona de remanencia y el oro después del codo de la zona de

saturación. La ventaja de éste método es que la ecuación utilizada para representar a lacurva experimental de magnetización es muy sencilla.



80

PROBLEMAS RESUELTOSCAPITULO III

EXCITACIÓN DE CIRCUITOS MAGNÉTICOS CON AC

PROBLEMAS N° 3.1 : Se proyectó un reactor con 140 láminas de 0,5 mm deespesor que debería de presentar unas pérdidas por histéresis y corrientes

parásitas de 25 y 30 Watts respectivamente, pero por error en el núcleo seensambló con 140 láminas de 0,35 mm¿Determinar los nuevos valores de pérdidas respectivamente (asumir n= 1,7)

SOLUCIÓN:

Sabemos que:

)/(max6

max)/(max

32222

7,13

mwatts B f t

Pf

B f mWatts B f Ph n

×××

=

××=××=

ρ

π

ηη

t: Espesor de cada lámina del núcleo

f: Frecuencia de magnetización ρ : Resistividad del material ferromagnético ( m×Ω )

t nd A ××=

d

nt

W 1 ,3278 ,02578 ,0

Ph Ph

78 ,0t

t

t

t

t

t

Am

Am

max B

max B

Ph

Ph

:cual lo Por

)Watts( Ammax B f Ph

)Watts( Ammax B f Ph

:histéresis por pérdidaslas Para* )al proporcionVolumen( Am..Vol

t

t

max B

max B:decir Es

5 ,0

35 ,0

max B

max B: Entonces Eef Eef : Pero

1035 ,0140d max B f N 44 ,4 Eef

max B A f N 44 ,4 Eef

105 ,0140d max B f N 44 ,4 Eef

max B A f N 44 ,4 Eef

12

7 ,0

1

2

2

1

7 ,1

1

2

2

1

7 ,1

2

1

2

1

27 ,1

22

17 ,1

11

1

2

2

1

2

121

322

222

311

111

===

=

=×

=×

=

××××=

××××=

=

=

==

×××××××=

××××=×××××××=

××××=

−

−

α η

α η

α



81

W 21307 ,0 Pf 7 ,0 Pf

35 ,0

5 ,0

35 ,0

5 ,0

35 ,0

5 ,0

max B

max B

Pf

Pf :donde De

Am35 ,0max B K Pf

Am5 ,0max B K Pf : Entonces

)Watts( .Vol t max B K Pf

: parásitascorrientes por pérdidaslas Para*

12

22

2

1

2

1

222

22

122

11

22

=×=×=

=×

×

=

××××=

××××=

×××=

α

α

PROBLEMA N° 3.2 : Un reactor de núcleo de hierro es excitado por 3diferentes voltajes que son aplicados sucesivamente a la bobina de excitacióndel núcleo mostrado en la figura. La resistencia de la bobina de excitación esdespreciable. El exponente de Steinmetz es n=1,6. Parte de los datos obtenidos

son dados en la tabla. Llenar los espacios en blanco.

Figura P3.2.1

VOLTAJE APLICADO Ph(W) Pf(W) Ptotal(W)

t sent v 377140)(1 ×= ? ? 100

t sent v 377280)(2 ×= ? ? 360

v3(t) es una onda cuadrada, cuyo valor pico es 357V y f=120Hz

? ? ?

SOLUCIÓN:

a)

)...( ....................1003097 ,060 Kf 3097 ,060 Kh: Entonces

m / Wb3097 ,0max B

1060max B2006044 ,4 Ammax B N f 44 ,4992

140Vef

max B f Kf Pf

max B f Khmax B f Kh Ph

226 ,1

2

4

22

6 ,1n

α =××+××

=

×××××=××××===

××=

××=××=

−



82

b)

)...( ....................3606194 ,060 Kf 6194 ,060 Kh: Entonces

m / Wb6194 ,0max B

max B10602006044 ,41982

280Vef

226 ,1

2

4

β =××+××

=

×××××=== −

Resolviendo ( α ) y ( β ): Kh=4,49 Kf=0,17

En a) :

W 7 ,58 Pf

W 3 ,413096 ,06049 ,4 Ph 6 ,1

==××=

En b) :

W 8 ,234 Pf

W 185 ,1256194 ,06049 ,4 Ph 6 ,1

==××=

c) Para una onda cuadrada:

6198 ,0106020012014

357

Am N f f . f 4

Vef max B

1. f . f Hz120 f ,V 357 maxV Vef

4 =

×××××=

××××=

====

−

W 03 ,1191 P

W 40 ,9406198 ,0120 Kf Pf

W 63 ,2506198 ,0120 Kh Ph

FE

22

6 ,1

==××=

=××=

PROBLEMA N° 3.3 : Se dispone de los siguientes datos de un reactor denúcleo de hierro:Voltaje aplicado a la bobina de excitación = 220 V

Frecuencia = 60 Hz

Flujo en el núcleo = t sen377max×φ Corriente de excitación:t t t sent sent i 1131cos2,0377cos35,011317,0377414,1)( ×+×+×+×=φ

a) Determinar las pérdidas en el núcleob) El valor de los parámetros g p y bm . Dar su circuito equivalente

Despreciar la resistencia del bobinado.

SOLUCIÓN:



83

a)

Figura P3.3.1

t 377 cos2220 )t ( v

t 377 cos35 ,0 )t ( i p

×=

×=

Potencia instantánea: t 377 cos35 ,0t 377 cos2220 )t ( i )t ( v )t ( P p ×××=×=

W 45 ,54t 377 cos9 ,1082

1 Pmedia

2

0

2 =×= ∫ π

π

b)

A152 ,1 I I I

mhos101136 ,5b

56 ,195

125 ,1

220

I

V X

A125 ,1 I

265 ,12

2 ,0

2

2

2

7 ,0 I

wt 3cos2 ,0 senwt 2wt 3 sen7 ,0i

A2475 ,02

35 ,0 I

mhos10125 ,1 g

89 ,88845 ,54

220

P

V Rp

Rp

V P

2m

2 p

3m

m

m

m

2222

m

m

p

3

p

2

FE

22

FE

=+=

×=

===

=

=

+

+

=

×+×+×=

==×=

====

−

−

φ

Ω

Ω

PROBLEMA N° 3.4 : Cuando un voltaje senoidal de 200V eficaces y f = 60 Hz es aplicado a la bobina de excitación de un núcleo ferromagnético, las pérdidas por histéresis y foucault son 40 y 20 W respectivamente y la densidad de flujo: Bmax=0,93 Wb/ m2 . Calcular éstas pérdidas cuando un voltaje:

t sent sent v 11315,71377250)( ×+×= es aplicado a la bobina de excitación. El exponente de Steinmetz es 1,6



84

SOLUCIÓN:

Figura P3.4.1 Figura P3.4.2

t 1131 sen5 ,71t 377 sen250 )t ( v: Para

Vol max B

6

f t 20max B f Kf Pf

max B f Vol 40max B f Kh Ph

2222

22

n6 ,1

×+×=

××××

==××=

×××==××=

ρ

π

η

Aplicamos superposición:

a)

W 625 ,1520200

78 ,176 ´ Pf

W 83 ,3240200

78 ,176 Ph

V

´ V ´ Ph

max B

´max B

Pf

´ Pf

max B

´max B

max B

´max B

f

´ f

Ph

´ Ph

) f ´ f ( ;max B

´max B

max B f

´max B´ f

V

´ V

max B f K max B f Am N 4 ,4V

?´ B; Hz60´ f ;V 78 ,176 2

250ef ´ V :t 377 sen250

2

6 ,16 ,1

26 ,16 ,1

=×

=

=×

=×

=

=

=

×=

==××

=

××=××××=

====×

b)

W 278 ,1 Pf 0639 ,0´´ Pf

0639 ,0V

´´ V

´´ f

f

V

´´ V

f

´´ f

max B

´´max B

f

´´ f

Pf

´´ Pf

W 3 ,2 Ph057 ,0´´ Ph

057 ,0´´ f

f

V

´´ V

f

´´ f

max B

´´max B

f

´´ f

Ph

´´ Ph

max B

´´max B

f

´´ f

V

´´ V

Hz180´´ f ;V 558 ,5025 ,71ef ´´ V :t 1131 sen750

22222

6 ,16 ,1

=×=

=

=

××

=

×

=

=×=

=

××=

×=

×=

===×



85

Por lo tanto:

Ph total=Ph´+Ph´´=32,83+2,3=35,13W

Pf total=Pf´+Pf´´=15,625+1,278=16,903W

PROBLEMA N° 3.5 : Se tiene un reactor de núcleo de hierro normalizado E–I de acero silicoso H-23 que presenta las siguientes características: Número de Láminas = 60Voltaje nominal = 110 V

Diámetro de Núcleo=d=2´´ Densidad de Campo Bm = 1 tesla Peso específico del Fe = FE γ = 7750 Kg/ m3

f.a =0,95 ; t=0,5mm

g= 0

Figura P3.5.1

Se pide determinar:a) El número de espiras, corriente absorvida e inductancia del reactor sin

entrehierro si la frecuencia de la red es de 60 Hz.b) Si en este reactor se crea un entrehierro de 0,5 mm, calcular la nueva

inductancia del reactor . (Considerar efecto de borde).c) Calcular el incremento de la corriente activa y reactiva.

SOLUCIÓN:

Ahora:

Figura P3.5.2

N

FE p

2 p

2m

232

V

P I :también I I I :queSabemos

271 N

94 ,270001524 ,016044 ,4

110

A B f 44 ,4

110 N

m001524 ,0105 ,0601054 ,22 A

t nd A:áreauntomando ,110 A B N f 44 ,4 E

=+=

≈∴

=×××

=×××

=⇒

=×××××=

××==××××=−−

φ

Kg / W 8 ,2:tablaslas De

W ) Kg / W ( P

FE

FE FE FE

=×=

ρ

ρ



86

Luego:

b) P ara un entrehierro:

Figura P3.5.3

A0916 ,0110

08 ,10 I

W 08 ,106 ,38 ,2 P

Kg 6 ,310645 ,47750W

m10645 ,4Vol

105 ,0602

d

2

d 32105 ,060

2

d 5d 3Vol

Vol W

P

Fe

4 FE

34 FE

33 FE

FE FE FE

==

=×==××=∴

×=

×××××−××××=

×=

−

−

−−

γ

H 448 ,2 L

d 6

271t n2 / d 150 / 12 N S 2

S 2

1 N N

L

A15 ,012 ,00916 ,0 I I I

A12 ,0271

1054 ,226 150

2

1 I

d 6 donde N

H

2

1 I

m / vueltaamp150 H : H BcurvaladeT 1 BCuando

2

m

2 A

A

m

2

eq

2

222m

2 p

2

m

mmm

m

mm

ef

=∴

×××××=

×××=

××

=ℜ

=

=+=+=∴

=

×××××=

=

××=

−=−⇒=

−

λ

λλ

λλ

µ

µ

φ

m105 ,0mm5 ,0 g 3−×==

24

g g o g

4

4 A

mm

g B g g

24 A B g

g

B g

g

g

g m

2

m106 ,8 ) g 2a. f

t n( ) g 22 / d ( S ;

S

g

Wb / vueltaamp1031062 ,7 150 / 1

d 6

2

1

S 2

1

2

m1062 ,7 t n2

d S

2: Pero

2

N L: Entonces

A A

eq

eq

Aeq

A

A

eq

eqeq

−

−

−

×=+

×

×+=×=ℜ

−×=××

×=×

×=ℜ

ℜ=ℜ=ℜ⇒

×=××=ℜ=ℜ

ℜ+ℜ

=ℜ

ℜ+ℜ=

µ

µ

λ

λ

gBa

Ba

NI

gAG

2 _

A

2 _ A



87

H 1490 ,0

10266 ,46 103

271 L

Wb / vueltaamp10266 ,46 106 ,8104

105 ,0

44

2

4

47

3

g eq

=

×+×

=∴

−×=×××π

×=ℜ⇒

−−

−

c)

PROBLEMA N° 3.6 : Se quiere construir una bobina para 110 voltios, quetenga una reactancia de 300! a 60 Hz, con una pérdida en el núcleo no

superior a 25watts. Se dispone de láminas de las dimensiones indicadas,material H-23, 0,5mm. Determinar las dimensiones del núcleo y el número deespiras que habría que utilizar para reunir los requisitos (f.a = 0,92)

Siendo : 3

23

2

max /75,7;.

8,2 cm gr Kg

Watts B P H FE =

×= −δ

Curva B- H : 400225;93

696,1max

max

maxmax ≤≤

+×

= H H

H B

Figura P3.6.1

1533%10012 ,0

I I %

A84 ,112 ,096 ,1 I

A96 ,1271

t nd 271

d 6 1502

1 I

N

S B

N

H

2

1 I

S B H H I N

: Amperedeleyla De

0 I

ef

ef

ef

ef

ef

eqeq

m

m

m

A g m

eq g Bmmmm

g Bmmm g Bmmm

P

=×=

=−=

=

×××ℜ+××=

ℜ××+

××=

ℜ××+×=ℜ×+×=×

=

∆

∆

φ

∆

λ

λλ



88

SOLUCIÓN:

334 FE

2

max FE N

m

m / Kg 1075 ,7 m105t

W B8 ,2 P W 25 P

300 X Hz60 f

92 ,0a. f voltios110V

TOTAL

×=×=

××=≤

====

− δ

Ω

( )

:cual lo por 67 ,51n

405 ,74n2 ,1: )1( De

2 ,1 B225 H Para

)3( ....................470 N 39 ,264400 H 225: Pero

N 851 ,0 H

6096 ,0 H 23667 ,0 N H I N

A3667 ,0300

110 Im

)2( ....................41 ,16256 N n B

1054 ,26044 ,4

110 N n B

f 44 ,4

V N A B

N A B f 44 ,4V

n1054 ,2 A

)1( ....................405 ,74n B

25n B33599933 ,0

P n B33599933 ,0n119999 ,0 B8 ,2 P

n119999 ,01075 ,7 n10548384 ,1Vol W

n10548384 ,1105n1054 ,248t n AVol

2

maxmax

max

max

maxmmm

ef

max

5

ef m

mef

5m

2max

2max

N 2

max2

max FE

35 FE FE

5422 FE

TOTAL

≤⇒≤×∴

=⇒=≤≤⇒≤≤

×=×=××⇒×=×

==

=××∴×××

=××⇒×

=××

××××=××=

≤×∴

≤××⇒

=××=×××=

×=××××=×=

××=×××××=××=

−

−

−

−−−

λ

δ

n=50 láminas.

.cm7174 ,2m027174 ,0h

92 ,0

10550

a. f

105nh:núcleodel d profundidala

espiras270502 ,1

41 ,16256 N : )2( En

44

≡=∴

××=

××=⇒

=×

=

−−



89

PROBLEMA N° 3.7 : Se ha diseñado un reactor con las características siguientes: 110V, 60 Hz , número de espiras 208, espesor de cada lámina 0,5mm. f.a = 0,98, γ =7,75gr/cc, material H–23. Despreciar el efecto de borde y lacaída de tensión en la resistencia del devanado.

Fue ensayado en el laboratorio, obteniéndose las siguientes lecturas de losinstrumentos:

V(volts ) f(Hz) B(Tesla) Watts/Kg. 110 60 1,20 4,50

Determinar:

a) El flujo magnético b) El peso del material ferromagnético utilizado. c) Los parámetros del circuito equivalente del reactor.

d) La inductancia.

a = 1’’

Figura P3.7.1

SOLUCIÓN:

a) Primero hallaremos el número de láminas:

Wb109812 ,1

)105 ,0( 65 )1054 ,2( 22 ,1 A B: Ahora

65n:Tomamos

1298 ,65n

)105 ,0( )1054 ,2( 22 ,12086044 ,4

110n

t a2 B N f 44 ,4

V n

t na2 B N f 44 ,4 A B N f 44 ,4V

3

32mm

32

m

mmm

−

−−

−−

×=φ∴

××××××=×=φ

=

=××××××××

=

××××××=

×××××××=××××=

m1041 ,0 3 g

−×=λ



90

b)

. Kg 894 ,3 gr 389475 ,7 45 ,502Vol W Peso: Entonces

cm45 ,502Vol

105 ,0651046 ,15t n )a2a6 a30( Vol

t n AreaVol Volumen

3

33 g

22

==×=×===

××××=××××−×−×=

××==−−

γ

λ

d) Con los datos se obtiene el siguiente circuito equivalente:

Figura P3.7.2

Aplicando la ley de Ampere tenemos:

A1526 ,2107542 ,1104

1041 ,010651 ,12 ,13302 ,0240

208

1i

: )3( enandoreemplaz

m / vueltaamp240 H H BcurvaladeT 2 ,1 Bcomo

m3302 ,01054 ,213a13

m10651 ,1t na2 A

m107542 ,1 A )1041 ,0298 ,0

105 ,065

( )1041 ,021054 ,22( A

)2a. f

t n( )2a2( A

)3( .................... A

A B H

N

1i

i N A

A B H : )2( en )1(

)2( ....................i N H H

37

33

mm

2m

23m

23 g

33

32

g

g g g

g g o

mmmm

g g o

mmmm

g g mm

=

×××π

××××+××=

−=−⇒==××==

×=×××=

×=××+

××

×××+××=

=+×

×+=

×

×µ×

+××=

×=××µ×

+×

×=×+×

−−

−−

−

−

−

−−

−−

λ

λλ

λλ

λλ

λλ

)1( .................... A

A B H

A ) H ( A B

A B A B

;V

I g

g o

mm g

g g omm

g g mm

g m P

×µ×

=

××µ=×

×=×⇒

φ=φ=



91

mhos1083 ,13 g Y b

mhos1091 ,13110

53 ,1

V

I Y

8453 ,1 I I I

01595 ,0 I 1595 ,01101045 ,1V g I

mhos1045 ,1110

523 ,17 V

P g

Watts523 ,17 894 ,35 ,4 P

905221 ,1 I 901526 ,2i

0110V .referenciacomoTomando

322m

3o

m P o

P 3

P

322

pérdidas

pérdidas

m

−

−

−

−

×=−=

×===

°−∠=+=°∠=⇒=××=×=

×===

=×=°−∠=⇒°−∠=°∠=

mhos1083 ,13b ,mhos1045 ,1 g

905221 ,1 I ,01595 ,0 I

8453 ,1 I ,0110V

3m

3

m P

o

−− ×=×=

°−∠=°∠=

°−∠=°∠=

d)

H 1914 ,0 L

1526 ,2

10651 ,12 ,1208

i

A B N

i

N L N i L

3mmm

m

=∴

×××=

××=

×=⇒×=×

−φ φ

PROBLEMA N° 3.8 : Se tiene un reactor de núcleo E–I como se muestra en la

figura cuyas características son:

# láminas (material H-23) = 36 # espiras = 460 g λ = 0,02”

Espesor de cada lámina = 0,5 mm. Factor de apilamiento = 0,98

Despreciar la Resistencia del Bobinado.

Figura P3.8.1

a) Si al reactor se le aplica una tensión senoidal de 220V eficaces, 60Hz.

Determine L (inductancia) considerando entrehierro.

b) Hallar L (inductancia) sin considerar entrehierro para a).c) Si el reactor diseñado se somete a las siguientes pruebas:

Determinar la tensión y potencia total (Ph y Pf) para 54Hz

W 19 Pt Hz58 f V 67 ,212Vef

W 20 Pt Hz60 f V 220Vef

212

111

======



92

SOLUCIÓN:

a) Sabemos que: mm N i L φ ×=×

Figura P3.8.2

Como la tensión aplicada es senoidal entonces:maxm f N 44 ,4 E φ ×××=

Wb107952 ,16046044 ,4

220

f N 44 ,4

E 3mmax

−×=××

=××

=⇒ φ

Figura P3.8.3

( )

( )

( ) ( )

2m

3mmm

2323m

42 g

2m

g g mm g g mmm

m g g mm

m

23 g

g

g g g

m / Wb3088 ,1 B107952 ,1 A B

m103716 ,11054 ,25 ,1105 ,036 2at n2 A

m1008 ,51054 ,202 ,0

m4572 ,01054 ,25 ,112a12donde

)( .................... H 2 H N

1 H 2 H

N

1i

i N H 2 H

i N l d . H : Amperedeleyla Por

m104767 ,1 A

00254 ,002 ,0298 ,0

0005 ,036 20254 ,002 ,020254 ,05 ,1 A

2a. f

t n22a A

maxmaxmax

maxmaxmax

=⇒×=×=φ⇒

×=××××××=×××=∴

×=××=

=×××==

α×+××=×+××=

×=×+×⇒

×=

×=

××+

×××××+×=

+

×××+=

−

−−−

−−

−

−

∫

λ

λ

λλλλ

λλ

ρρ

λλ

maxm

m

i

N L

φ×=



93

m / vueltaamp325 H m / vueltaamp325 H

T 3 ,1 B: )espesor demm5 ,0( 23 H material el para H Bcurvala De

maxmm

m

−=∴−=⇒=−−

( ) ( )

H 34 ,04597 ,2

107952 ,1460 L

A4597 ,2i

1008 ,510674 ,924572 ,0325460

1i: En

m / vueltaamp10674 ,9 H

104104767 ,1

103716 ,13088 ,1

A

A B

A H

H

A

A B B

A

A B B Asumiendo

3

m

45m

5 g

7 3

3

o g

mm

o g

m

g

g o

g

mm g

m

g g m g m

max

max

max

maxmax

max

=××

=∴

=

××××+××=α

−×=

×π××××

=µ×

×=

µ×

φ=

×µ=×

=⇒×

=⇒φ=φ

−

−

−−

−

b)

H 5566 ,2323 ,0

107952 ,1460 L

A323 ,04572 ,0325460

1 H

N

1i0Con

3

mmm g maxmax

=××

=∴

=××=××=⇒=

−

λλ

c)

V 198107952 ,15446044 ,4Vef

W 07 ,17 Pf Ph ) Hz54( Pt

W 380584 ,8b54 Pf

W 68968 ,8a54 Ph

Hz54 f Para

10874 ,2b;16092 ,0a: sistemael solviendo Re

19b58a58 ) II

20b60a60 ) I

Pt Pf Ph f b Pf y f a Ph B B

Wb107953 ,15846044 ,4

67 ,212: II CASO

Wb107952 ,16046044 ,4

220

f N 44 ,4Vef : I CASO

3

2

3

2

2

2mII mI

3m

3m

m

max

max

max

=××××=

=+=∴=×=

=×==⇒

×==

=×+×

=×+×

=+⇒×=×=⇒=∴

×=××

=φ

×=××

=φ⇒

φ×××=

−

−

−

−

PROBLEMA N° 3.9 : Se quiere diseñar una bobina como la que se muestra, para 110V , 60 Hz, que presenta una X L =137 Ohmios con pérdidas en el núcleono mayor de 1 Watts . Material H-23 (0,5 mm), f.a =0,9 y mm g 1=λ



94

( ) 8 ,0 A

Am / Kg 7750 Kg / Watts B8 ,1 p

g

m323 H

2max FE ==×= −δ

¿Determinar el número de láminas y el número de espiras de la bobina?

(sugerencia: ℜ=

2 N L )

Figura P3.9.1

SOLUCIÓN:

×

×+×=

×

×+

×=ℜ

g

m

o

g m

m g o

g

m

m

A

A

A A A µ µ µ µ

λλλλ 212

Figura P3.9.2

Figura P3.9.3

También:

mmax

ef mmaxef A B f 44 ,4

E N A B f N 44 ,4 E

×××=⇒××××=

Como:

×

×+××××

=⇒

×

×+

××××

=ℜ

=

g

m

o

g mm

2max

22

2

g

m

o

g m

m2

m2

max22

22

A

A2 A B f 44 ,4

Eef L

A

A2 A

A B f 44 ,4 Eef N L

µ µ

µ µ

λλ

λλ

Pero:

δ δ

δ δ

×××=

××=∴

×××=××=

m

FE

m FE

FE m

mm FE FE FE

B P

p P A

A pVol p P

λλ

λ

2

max8,1

g a

ma

NI

.m2 ,0cm20 )5 ,15( 2 )5 ,18( 2m ==−×+−×=λ



95

Reemplazando en L:

2max

max

3

L

7

322

2

max

max

g

m

o

g m FE

2

max22

2maxm

2

m / Wb18 ,1 B H Bde y

m / vueltaamp225 H H curvala De

106 ,5

:anterior igualdad la solviendo Re

24 ,12732 ,0

686 ,475

120

137 L L602 X

24 ,12732 ,0

686 ,475

8 ,0104

1022 ,016044 ,4

77502 ,08 ,1110 L

H

B

A

A2

P B f 44 ,4

B8 ,1 Eef L

=⇒−

−=⇒−×=

+

==⇒××=⇒

+

=

×

××

+×××

×××=⇒

=

××

+××××

××××=

−

−

−

µ

µ

µ

π π

µ π µ

µ

µ µ

δ

λλ

λ

432m

4

24

2m

10574 ,2105 ,0n105 ,1t nd A

vueltas1350vueltas4 ,135910574 ,218 ,16044 ,4

110 N

m10574 ,277502 ,018 ,18 ,1

1 A

−−−

−

−

×=××××=××=⇒

≈=××××

=∴

×=×××

=⇒

∴ n=34,3 ≈ 35 láminas

PROBLEMA N° 3.10 : Se ha diseñado un reactor con las siguientescaracterísticas:

Vnominal = 220 V

fnominal = 60 Hz# de espiras N =405

# de placas = n = 80 Factor de apilamiento = 0,98 Densidad del Fe =7,65 gr /cc

Material : H – 23t = 0,5 mm

Figura P3.10.1

a) Si circula una corriente de 0.825Amp pico a pico por el bobinado deexcitación, determinar la Inductancia L , considerando el entrehierro.

b) Determinar la Inductancia sin considerar el entrehierro, para determinar lacorriente de excitación del caso (a).



96

c) Si al reactor diseñado, se le somete a las siguientes pruebas:Vef 1 = 220 voltios f 1 = 60 Hz Pt 1= 20 wattsVef 2 = 212.57 voltios f 2 = 58 Hz Pt 2 = 19 watts.

Determinar la tensión y potencia total ( Ph y Pf ), para f = 54 HzSOLUCIÓN:

a) Se sabe que:

max

max

maxmax

m

m

mm i

N L N i L

φ φ

×=⇒×=×

Figura P3.10.2

Aplicando la ley de Ampere:



97

( )

Wb / vueltaamp9265 ,38795 A

m1008435 ,2 A

1054 ,2004 ,098 ,0

105 ,08021054 ,2004 ,1b )a( A

m10032 ,2105 ,0801054 ,22 A

10016 ,1´ 004 ,0

m3048 ,0´´ 12

i N H 0 B

A2

i N B0 H

i N A B2 H

A B A B

i N 2 H

i N H 2 H

g o

g

eq

23 g

23

2 g g g

2332m

41 g

m

m

m

mm

eqm

m

mm

meqmmmm

g g mmmax

meqmaxmm

m g g mm

max

maxmax

max

maxmax

max g maxmax

maxmax

max g max

maxmaxmax

−=×

=ℜ

×=

××+××××××=+×+=

×=×××××=

×==

==

×=⇒=

ℜ××

×=⇒=

×=ℜ××+×

×=×=

×=ℜ×+×

×=×+×

−

−−

−

−−−

−

µ

φ

φ

λ

λλ

λ

λλ

λ

λ

λλ

De la gráfica del H-23:

Figura P3.10.3

b) Sin entrehierro:

1,556H i

A B N L

1,56Wb/m B: H Btablala De

vuelta/mamp1096,21063 H

0,3048

0,825405i N H H i N

max

max

max

max

max

maxmaxmax

m

mm

2m

m

m

m

mmmm

=××=

=−

−=

×=

×=⇒×=×

λλ

H 3467 ,1 L

825 ,0

10032 ,235 ,1405

i

A B N

L

: Luego3

m

mmax

max

=

×××=

××=

−



98

c) Se sabe:

)( B f K Vef

) senoidalesondas para( B A f N 44 ,4Vef

max

maxm

α ΛΛΛΛ××=

××××=

i)

K

6667 ,3 B: )( en Hz60 f

V 220Vef

max11

1

=⇒=

=

α

ii)

K 6667 ,3 B: )( en Hz58 f

V 67 ,212Vef

max21

2

=⇒=

=

α

Luego .max cte B = en ambos casos entonces se verifica:

Resolviendo: 2 f 348

1 f

87

14 ) f ( P +=

Donde f está en Hz y Pt en Watts

Luego para f=54Hz:

Pt=17,0689watts

Ph=8,6896watts V 1982206054Vef =×=

Pf=8,37931watts

PROBLEMA N° 3.11 : Se tiene un reactor de núcleo E – I como se muestra enla figura adjunta, cuyas características son :

Número de láminas ( material H – 23 ) = 36

Número de espiras = 460, espesor de cada lámina = 0, 5 mm. Factor de Apilamiento = 0,98. Despreciar la resistencia del bobinadoa) Si el reactor es alimentado con una corriente continua de 0.72 amperios:

a.1) Calcular el valor de la inductancia para g λ = 0,02´´ , siendo a=1,5´´.

b) Si al reactor se le aplica una tensión senoidal de 220 V eficaces, 60 Hz, seregistra una potencia de 20 watts, siendo las pérdidas por histéresis de 14watts ( considerar " g = 0,02 pulg) calcular:b.1) La inductancia del reactor b.2) Los parámetros del circuito equivalente del reactor.

SOLUCIÓN:

20b58a58 Pt

20b60a60 Pt

f b f a Pt

22

21

2

=×+×=

=×+×=

×+×=



99

Figura P3.11.1

a = 1,5´´= m0381 ,0cm81 ,354 ,25 ,1 ==×

a)

( )

233m

mmax

4 g

m103716 ,1105 ,036 0381 ,02t na2 Adonde

I

A B N L

m1008 ,5´´ 02 ,0

A72 ,0 I

−−

−

×=××××=×××=

××=

×==

=

α ΛΛΛ

λ

Figura P3.11.2

Del circuito magnético:

m A

g3a

m2 M m3a NI

g2 M

g1a

2 m A

2

m A

m2 M g2 M g3a m3a

m1 M



100

vuelta/Wbamp7 487 536789,2

vuelta/Wbamp8304 533386,105797,104#

105,08

A $

vuelta/Wbamp8285 270096,101,4967 104#

105,08

A $

m107,579 A

)1010,16 0,98

100,536 ( )105,082(0,0381 )2

f.a

t n( )2(a A

m101,4967 A

)1010,16 0,98

100,536 ( )105,0820,0381(2 )2

f.a

t n( )2(2a A

)(

2

I N H 0 BSi

)( A

I N B0 H Si

)( A B2

H I N

A

A B B

)2

( )2

( I N

g2 g1 g

47

4

g2o

g g2

37

4

g1o

g g1

24 g2

43

4 g g g2

23 g1

43

4 g g g1

m2m1

m1m

g mm1m

g mmm2

m1m

g

mm g g m

g2 g1m

m2m1m

−=ℜ

+ℜ=ℜ

−=×××

×=

×=ℜ

−=×××

×=×

=ℜ

×=

×+×××××+=+××+=

×=

×+××

×××+×=+×

×+=

ψ

+

×=⇒=

θℜ××

=⇒=

βℜ××+

+×=×

×=⇒φ=φ

ℜ+ℜ×φ+

ℜ+ℜ×φ=×

−−

−

−−

−

−

−−

−

−

−−

−

λ

λ

λλ

λλ

ΛΛΛλλ

ΛΛΛ

ΛΛΛλλ

m / vueltaamp696 ,102232385 ,0

72 ,0460 H : )( De

m / Wb45 ,04499 ,07847 ,536789103716 ,1

72 ,0460 B: )( De

m32385 ,02

m3429 ,00381 ,09a9

m1524 ,00381 ,04a4

1m

2

31m

2m1mm

2m

1m

−=×=

≈=×××

=

=+=

=×===×==

−

ψ

θ

λλλ

λλ

De la curva B-H:

Figura P3.11.3



101

H 3418 ,072 ,0

39 ,0103716 ,1460 L: )( De

3

=×××

=−

α

b)

V=220voltios f=60Hz Ph=20watts=Ph+Pf=14+Pf Entonces: Pf=6watts

b.1)

m / vueltaamp4062 ,438 H m / vueltaamp310ef H

: H Bcurvala De

m / Wb30889 ,1103716 ,16046044 ,4

220 A f N 44 ,4

Vef B

A B f N 44 ,4Vef :que sabeSe

I

N L

maxmm

23

mmax

mmax

max

max

−=⇒−=−

=××××

=×××

=

××××=

×=

−

φ

m4572 ,0a12m ==λ

Figura P3.11.4

( )

o g

mm g

g

mm g g g mmm

g g mmmaxmax g g mm

max

A

A B H

A

A B B A B A B:además

H 2 H N

1 I I N H 2 H

I N l d . H

µ

φ

××

=

×=⇒×=×=

××+××=⇒×=××+×

×=∫ λλλλ

ρ

Por lo tanto:



102

H 3246 ,0544 ,2

103716 ,130889 ,1460 L

: )( De

A544 ,2 I

104967 ,1104

103716 ,130889 ,11008 ,524572 ,04062 ,438

460

1 I

A

A B2 H

N

1 I

3

max

37

34

max

o g

mm g mmmax max

=×××

=

=

×××××

×××+××=

××

××+××=

−

−−

−−

α

π

µ λλ

b.2) Parámetros del circuito equivalente del reactor:

mhos10177 ,82220

544 ,2

Vef 2

I

Vef

I b

2420 R

mhos10132 ,4220

20

Vef

Pn g

3maxef m

m

P

422 P

−

−

×=×

=×

===

×===

Ω

PROBLEMA N° 3.12 : Si el reactor del problema anterior es sometido a una prueba adicional para la determinación de las pérdidas en el núcleo se logróaplicar una tensión de :

V(t)= 207,03 sen 314,16t + 156 cos 314,16 t

Calcular:a) Las pérdidas por histéresis y foucault.b) La tensión y frecuencia aplicada

SOLUCIÓN:

Se aplica:

Hz50´ f 16 ,314´ f 2

37 3 ,183´ V 156 sen´ V 2

03 ,207 cos´ V 2

: )( y )( Igualando

)( sent 16 ,314cos´ V 2cost 16 ,314 sen´ V 2 )t ( V

)t 16 ,314( sen´ V 2 )t ( V

)( t 16 ,314cos156 t 16 ,314 sen03 ,207 )t ( V

ef

ef

ef

ef ef

ef

=⇒=×π

°=ϕ=

=ϕ××

=ϕ××

βα

βϕ×××+ϕ×××=

ϕ+××=

α+×=

ΛΛΛΛ

ΛΛΛΛ



103

a)

Watts837 ,15´ Pn

Watts167 ,46 60

50 Pf f

´ f ´ Pf

Watts67 ,111460

50 Ph

f

´ f ´ Ph

´ f K ´ Pf f K Pf

´ f K ´ Ph f K Ph

:´ B Bcomo; B f K Pf

B f K Ph

m / Wb30889 ,1 Bt 377 sen2220 )t ( V

:te Inicialmen

m / Wb30889 ,1103716 ,14605044 ,4

3 ,183

A N ´ f 44 ,4

´ V ´ B

22

22

22

11

maxmax2

max2

f

6 ,1maxh

2max

23

m

ef max

==×

=×

=

=×=×=

×=×=

×=×=

=××=

××=

=⇒×=

=××××

=×××

=−

b)

Hz50´ f

voltios3 ,183´ V ef

=

=

PROBLEMA N° 3.13 : Se ha diseñado un reactor de las características siguientes:

110 voltios , 60 Hz, número de láminas : 76,espesor de lámina 0,5 mm, f.a. = 0,97,densidad del fierro = 7,65 gr/cm3 , material H- 23.

Si se aplica a la bobina de excitación un voltaje de 110 voltios a 60 Hz y seobtienen unas pérdidas por foucault e histéresis de 6 y 12 wattsrespectivamente, la densidad magnética máxima obtenida es 1,1 Wb/m2. Laresistencia del bobinado medida en DC es 1,2ohmios, considerar:

R AC = 1,25 R DC .

Determinar:a) La inductancia del reactor b) Las pérdidas en el cobrec) Los parámetros del circuito equivalente del reactor d) Las pérdidas por Kilogramo (watts/kg) del material ferromagnéticoe) La corriente que absorbe el reactor

f) La energía almacenada en el hierro g) La energía almacenada en el entrehierro a = 1,5 pulg. 31003,0 −×= g λ pulg.

SOLUCION:



104

Datos:

23m

23 g geom g g

7 3 g

2

geom

4ef

m108956 ,2 Am109871 ,2 )b( )a2( A

m1062 ,7 )´´ 1003 ,0(

m0381 ,01054 ,25 ,1´´ 5 ,1a

watts12 Pf

watts6 Ph

0392 ,097 ,0

038 ,0

a. f

t nb

m038 ,010576 t nb Hz60 f V 110

−

−

−−

−

−

×=×=+×+=

×=×=

=××==

==

==×

=

=××=×==

λλ

λ

Figura P3.13.1

Luego tenemos, cortando a la mitad y superponiendo:

Figura P3.13.2

m4572 ,0a12

)( H H I N

I N l d . H

m

g g mmaxmax

max

==

×+×=×

×=∫

λ

ΛΛΛΛλλ

ρ

α



105

a)

H 46 ,09 ,0

108956 ,21 ,1130

I

N L:También

Amp9 ,01062 ,7 109871 ,2104

108956 ,21 ,14572 ,02180

130

1 I

A

A B

H N

1

I : )( De

A

A B H A H A B A BTambién

vueltas130 N Tomamos

63 ,1291 ,1108956 ,26044 ,4

110 N

B A f 44 ,4

E

N B A N f 44 ,4 E

m / vueltaamp180 H : H Bcurvaladem / Wb1 ,1 BqueSabemos

3

max

max

7

37

3

max

g g o

mm

mmaxmax

g o

mm g g g o g g mm

3

maxm

ef

maxmef

ef 2

max

=×××

=×

=

=

××

×××××

+××=

×××

+××=

××

=⇒××=×=×

=⇒

=××××

=

×××=⇒××××=

−=−=

−

−−−

−

−

φ

π

µ α

µ µ

λλ

b) Circuito equivalente:

Figura P3.13.3

Watts6475 ,0657 ,05 ,1 I R P 22 AC Cu =×=×= φ

c)

mhos107845 ,5bmhos104876 ,1 g

mhos107845 ,5 g Y bmhos105,9727 110

I Y

3-m

3 P

3-2 P

2m

3-

×=×=∴

×=−=×==

−

φ

φ

φ

Amp657 ,0 I

Amp636396 ,02

I I

Amp163636 ,0 g 110 I

mhos104876 ,1110

18

110

P g

maxef m

P P

322

N P

=⇒

==

=×=

×=== −

φ



106

d) Pérdidas por Kilogramo:

[ ]

Kg / Watts7774 ,11032386832 ,17650

18 Kg / Pérdidas

m1032386832 ,1t na24t naa32a5a6 Vol

Vol

P Kg / Pérdidas

3

232

N

=××

=

×=××=××××−×=

×=

−

−

ρ

e)La corriente que absorbe el reactor es: φ I

°−∠=∴ 58 ,75657 ,0 I φ

f) Energía almacenada:W

Joules09315 ,0636396 ,02

46 ,0W

Joules1002973 ,1W

108

1062 ,7 109871 ,20663 ,1 A

2

BW

Vol 2

BdB. BVol W

m / Wb0663 ,1108971 ,2

108956 ,21 ,1

A

A B B

)( W 2

I LW

W W W

2SISTEMA

3 g

7

7 32

g g o

2 g

g

o

2 g

B

0 o g

23

3

g

mm g

g

2

ef m HIERRO

O ENTREHIERRSISTEMA HIERRO

g

=×=

×=

×××××

=×××

=

××

=×=

=×

××=

×=

−×=

−=

−

−

−−

−

−

∫

π µ

µ µ

β

λ

ΛΛΛΛ

Al reemplazar en ( β ), tenemos : Joules09212 ,0W HIERRO =

g) Energía almacenada en el entrehierro Joules1002973 ,1W 3

g −×=

PROBLEMAS N° 3.14 : El reactor de núcleo de hierro, mostrado en la figura, está compuesto de 77 láminas de 0,5 mm de espesor, ancho de núcleo de1,5 pulgadas, la bobina tiene 142 espiras cuya resistencia medida con tensióncontinua es 0,25 ohmios, ha sido cometido a un ensayo de laboratorio, cuyaslecturas de los instrumentos son:

( para 0= g λ )

V: 75 volt I φ : ---W : 2,4 watts

f : 60 Hz

Figura P3.14.1



107

Además se conoce dos puntos de la curva Bmáx – H ef

Bmáx 1,06 1,7 W b /m2

H ef 200 300 Amp/m

Utilizar la ecuación de FroelichConsiderar R AC =1,2 R DC

f.a = 0,95

a) Determinar la densidad de flujo cuando se aplica 75 V, 60 Hz

b) Determinar los parámetros del circuito equivalente (para 75 V, 60 Hz), lascorrientes de magnetización y de pérdidas, además las pérdidas en el cobre.

c) Determinar el valor de la inductancia para 0 g =λ , V = 75 V, f= 60 Hz.

d) Para el caso de tener un entrehierro de 1,6x10-7 m, y aplicando 75 Volts, 60 Hz. Determinar los parámetros del circuito equivalente, la inductancia y pérdidas en el cobre.

SOLUCIÓN:

a)

2max

3max

m

ef max

23m

4m

mmaxef

m / Wb351615 ,1 B

142601046685 ,144 ,4

75 B

N f A44 ,4

V B

m1046685 ,1 A

10577 01905 ,02t na2 A

N f A B44 ,4V

=××××

=

×××=

×=

××××=×××=

××××=

−

−

−

b) Para la ecuación de Froelich:

300b

300a

1,7

200b

200a1,06

:datoslosde

H b

H a B

ef

ef max

+

×

=

+×

=

+

×=



108

0,398Amp I

142

0,0190512247,228 I

H I N

: Amperedeleyla Por

247,228 H : H Bcurvala De B H b

a H

Wb/m1,351615 B: para

51745,45454b1,8,19090902a:obtenemos solviendo Re

ef m

ef m

mef ef m

ef maxef

ef

2max

=

××=

×=×

=−→=+

×

=

−=−=

λ

Figura P3.14.2

Watts047817 ,0 P R I P

441 ,188 X mhos10307 ,5bV

I b

3955 ,2391 Rmhos101817 ,4 g V

I g

Amp03136244 ,0 I I I

Amp399236586 ,0 I

398 ,0

75

I 3 ,04 ,2 I

I I I

Cu AC

2

Cu

m3

mm

m

p4

p P

p

2m

2 P

2

222

2m

2 P

2

=⇒×=

=⇒×=⇒=

=⇒×=⇒=

=−=⇒

=∴

+

×−=

+=

−

−

φ

φ

φ

φ

φ

φ

Ω

Ω

75

I 3 ,04 ,2 g V I

75

I 3 ,04 ,2 g

:dondede I 3 ,0 P

g V P

P 4 ,2 P

2

P P

2

2

P

2Cu

P 2

N

Cu N

φ

φ

φ

×−=×=

×−=

×=

×=

−=



109

c)

H 5 ,0398 ,0 104019213 ,1142 L

104019213 ,11046685 ,19557 ,0 A B; I

N L

3

33mef ef

ef m

ef

=××=

×=××=×=×=

−

−−φ φ

d)

Figura P3.14.3

2ef

3ef

2max

3max

ef max

g g mef ef m

m / Wb955736 ,0 BWb1040192 ,1

m / Wb3516 ,1 BWb10982616 ,1

1426044 ,4

75

N f 44 ,4

V :como

H 2 H I N

=×=φ

=×=φ

××=

××=φ

××+×=×

−

−

λλ

De la ecuación de Froelich:

( )

H 498142 ,0 I N L

Watts048 ,0 I 3 ,0 P

Amp4 ,0 I I I

673 ,187 X mhos103284 ,5bV

I b

Amp399631 ,0 I

10544 ,1102566 ,1

106 ,11040192 ,122286 ,0228 ,247 I N

3955 ,2391 Rmhos101817 ,4 g 03136 ,0 I

60 f ,75V

.anterior casodel mismoel es: P

f y Bde funciónenestán Pf Ph

Pf Ph P :como

m10544 ,1295 ,0

210577 2a A

m / vueltaamp22836 ,247 H

m

2Cu

2m

2 P

m3

mm

m

m

36

7 3

m

P 4

P P

N

maz

N

23 g

4

g g

ef

=×=

=×=

=+=

=⇒×=⇒=

=

××××××

×+×=×

=⇒×=⇒=⇒

==⇒

++=

×=

+

××××+=

−=

−

−−

−−

−

−−

φ

Ω

Ω

φ

φ

λλ

Hz f

voltiosV

m g

60

75

106,1 7

==

×= −λ



109

CAPÍTULO IV ANÁLISIS DEL CIRCUITO

DEL TRANSFORMADORCON NÚCLEO DE AIRE

4.1 EL TRANSFORMADOR IDEAL

El transformador es un aparato que transfiere energía, sirve para transformar voltajes, corrientes e impedancias.

El núcleo puede ser lineal (núcleo de aire)

El núcleo puede ser no lineal (núcleo ferromagnético) El diagrama esquemático de un transformador ideal se muestra a continuación:

Un Transformador Ideal Figura 4.1.1

En un transformador ideal se hacen las siguientes suposiciones:

1) La curva B-H del material del núcleo es lineal y de un solo valor. La permeabilidad del núcleo es muy grande, u!" . El núcleo no tiene pérdidas.

2) Los flujos establecidos por las corrientes en los embobinados sonencerrados enteramente en el núcleo. En otras palabras, el acoplamientomagnético de los dos embobinados es perfecto. Todo el flujo establecido por una bobina enlaza al de la otra y viceversa.

3) Los embobinados no tienen resistencia.

4) Son despreciables la capacitancia entre los embobinados aislados y el núcleo, así como entre las vueltas y entre los embobinados.

Otras consideraciones:



110

1) El flujo en el núcleo en dirección de las manecillas del reloj es positivo.

2) Las corrientes positivas son aquellas que establecen flujos positivos.

3) Los puntos colocados en las terminales superiores de los dos embobinados

son llamados marcas de polaridad. Su significado es el siguiente: Una corrientevariable en el tiempo entrando por la terminal puntuada de un embobinado,establece un flujo en el núcleo en tal dirección que los voltajes inducidos en losdos embobinados tienen la misma polaridad relativa (en este caso positiva) al de las terminales puntuadas.

4.2 RELACIONES BÁSICAS EN UN TRANSFORMADOR IDEAL:

Los siguientes datos describen al embobinado 1:

V 1(t) voltaje entre los terminales del embobinado 1.

i1 (t) corriente en el embobinado 1.φ 11(t) flujo establecido por i1 (t)e1(t) voltaje inducido en el embobinado 1 por el flujo que lo enlazaN 1 # de vueltas en el embobinado 1.

Hagamos que V 2(t), i2(t), φ 22(t), e2(t) y N 2 sean los datos correspondientes al embobinado 2.φ 11(t) como φ 22(t) son confinados dentro del núcleo.

El flujo total φ m(t) será:

Los voltajes inducidos en los embobinados 1 y 2 de acuerdo con la ley de Faraday son los siguientes:

)24( ........dt

)t ( d N )t ( e m

11 −φ

=

)34( ........dt

)t ( d N )t ( e m

22 −φ

=

)44( ........ N N

)t ( e )t ( e

2

1

2

1 −=

Como los embobinados no tienen resistencia, la aplicación de la ley de voltajede Kirchhoff nos da :

)14( ........ )t ( )t ( )t ( 2211m −φ+φ=φ

)6 4( ........ )t ( e )t ( V

)54( ........ )t ( e )t ( V

22

11

−=−=

)7 4( ........

N

N

)t ( e

)t ( e

)t ( V

)t ( V

2

1

2

1

2

1 −==



111

Como u!" ., la fmm neta requerida para establecer flujos en el núcleo es cero:

de la cual obtenemos:

El signo negativo indica que las corrientes son de diferente signo en un mismoinstante. La f.m.m. del embobinado 1 es balanceada por la f.m.m. del embobinado 2.

Se logra obtener:

La energía circula en direcciones opuestas en los dos embobinados. Si unembobinado recibe una cierta cantidad de energía de la fuente a la cual estáconectado, el otro embobinado entregará la misma cantidad de energía a la

fuente a la que esté conectado. Un transformador ideal no puede almacenar energía.

Transformador ideal con una resistencia R L conectada al embobinado 2

Figura 4.2.1

La corriente actual en R L es i L(t) y en términos de la referencia positiva de lacorriente, es igual a – i2 (t).

Del circuito:

)124( ........ N

N

)t ( V )t ( V 1

2

12 −

=

)84( ........0 )t ( i N )t ( i N 2211 −=+

)94( ........ N

N

)t ( i

)t ( i

1

2

2

1 −−=

)104( ........ )t ( i )t ( V )t ( i )t ( V 2211 −−=

)114( ........ )t ( i

)t ( V

)t ( i

)t ( V R

2

2

L

2 L −−==



112

Además:

)134( ........ N

N )t ( i )t ( i

2

112 −

=−

Luego:

Donde:

Una resistencia R L conectada al embobinado 2 parece tener un valor ' L R

cuando se ve del lado 1. En general, para una impedancia Z L , tenemos:

El término ' L Z es llamado el valor de Z L referido al lado 1 del transformador.

4.3 ANÁLISIS DEL TRANSFORMADOR DE POTENCIA CON NÚCLEO DE HIERRO

LAS INDUCTANCIAS DE DISPERSIÓN Dibujemos un transformador de potencia con núcleo de hierro.

Figura 4.3.1

Supongamos que el embobinado 1 lleva una corriente i1(t) y suponiendo i2(t) = 0.

Hagamos:

)17 4( ........ )t ( )t ( )t ( 21111 −φ+φ=φ λ

)144( ........ Ra. R N

N R

)t ( i

)t ( V ' L

2 L

2

2

1 L

1

1 −==

=

)154( ........ N

N a

2

1 −=

)16 4( ........ Z a N

N Z Z L

2

2

2

1 L

' L −=

=



113

Donde : φ φφ φ 11(t) es el flujo total establecido por i1 (t)φ φφ φ 21(t) es la parte de φ φφ φ 11(t) que existe totalmente dentro del núcleo, por lo tanto enlaza únicamente al embobinado 2.

φ φφ φ !"(t) es la parte de φ φφ φ 11(t) que enlaza únicamente al embobinado 1, pero noal 2. El término φ φφ φ !"(t) es el llamado flujo de dispersión del embobinado 1 conrespecto al embobinado 2.

Además:

Donde: P!" es la permeancia de la trayectoria magnética del flujo de dispersión φ φφ φ !"

P m es la permeancia de la trayectoria magnética dentro del núcleo.

Análogamente φ φφ φ 22(t) es el flujo total debido a i 2(t) solamente, luego :

φ φφ φ ! 2 (t) es llamado flujo de dispersión del embobinado 2 con respecto al 1.

P! 2 es la permeancia de la trayectoria de φ φφ φ ! 2

Las ecuaciones del circuito (basadas en la ley de voltaje de Kirchhoff) para losdos embobinados son:

Luego, obtenemos:

Definimos la inductancia de dispersión del embobinado 1 con respecto al embobinado 2: L!"

)194( ........ )t ( i N P )t (

)184( ........ )t ( i N P )t (

11m21

1111

−=φ−=φ λλ

)204( ........ )t ( i N P )t ( 2222 −=φ λλ

)214( ........ )t ( i N P )t ( 22m12 −=φ

)234( ........dt

)t ( d N )t ( i R )t ( V

)224( ........dt

)t ( d . N )t ( i. R )t ( V

22222

11111

−φ

+=

−φ

+=

)254( ........dt

)t ( d N

dt

)t ( d N )t ( i R )t ( V

)244( ........dt

)t ( d N

dt

)t ( d N )t ( i R )t ( V

m2

22222

m1

11111

−φ

+φ

+=

−φ

+φ

+=

λ

λ

)26 4( ........ )t ( di

)t ( d N L

1

111 −

φ= λ

λ



114

L! 2 es la inductancia de dispersión del embobinado 2 con respecto al embobinado 1. Luego tenemos :

de igual manera:

Entonces dejamos:

Podemos escribir :

Donde:

El circuito equivalente parcial del transformador real será:

Figura 4.3.2

4.4 CIRCUITO EQUIVALENTE EXACTO

Los transformadores con núcleos ferromagnéticos poseen características de saturación y de histéresis. Es difícil obtener un circuito equivalente exacto para

un transformador de núcleo de hierro que represente con suficienteaproximación las diferentes condiciones de operación.

)27 4( ........

)t ( di

)t ( d N L

2

222 −

φ= λ

λ

)284( ........ P N i

i N P N

i N

)t ( di

)t ( d N L 1

21

1

1111

1

11

1

111 −==

φ≅

φ= λ

λλλλ

)294( ........ P N L 22

22 −= λλ

)314( ........ )t ( edt

)t ( d N

)304( ........ )t ( edt

)t ( d N

2m2

1m

1

−=φ

−=φ

)334( ........ )t ( edt

)t ( di L )t ( i R )t ( V

)324( ........ )t ( edt

)t ( di L )t ( i R )t ( V

22

2222

11

1111

−++=

−++=

λ

λ

)344( ........ N N

)t ( e )t ( e

2

1

2

1 −=



115

La mayoría de los transformadores de núcleos de hierro son sometidos en general a una excitación senoidal y operados la mayor parte del tiempo en unestado estable.

El circuito anterior tiene que ser modificado para tomar en cuenta el hecho deque la f.m.m. neta que actúa en el núcleo de un transformador real es diferentede cero porque la permeabilidad( ! ) del núcleo es finita.

Ambas corrientes i1 (t) e i2 (t) no pueden ser cero al mismo tiempo.Si el embobinado 2 se deja en circuito abierto y se aplica una tensión V 1(t) el transformador actúa como un reactor y requiere por lo tanto, una corriente demagnetización para establecer el flujo φ 11(t) en el núcleo. Suponga que i1(t) esdividida en dos componentes.

Figura 4.4.1

Un circuito equivalente satisfactorio se obtiene al incorporar al circuito unaresistencia (que puede ser mostrada como conductancia g p ) en paralelo con lainductancia Lm ó susceptancia bm.

Figura 4.4.2

El circuito equivalente exacto es trazado para una operación senoidal en estadoestable los voltajes y corrientes son representados por números complejos: lasinductancias pueden ser mostradas como reactancias o susceptancias. La

conductancia g p representa las pérdidas en el núcleo del transformador, y la

)354( ........0 )t ( i N )t ( i N 2211 −≠+⇒

)36 4( ........ )t ( i )t ( i )t ( i ' 2m1 −+=



116

corriente I m circulando en bm representa la equivalente senoidal de la corrientede magnetización no senoidal. Las ecuaciones son:

Donde:

4.5 ECUACIONES Y DIAGRAMA VECTORIAL

Como un transformador de núcleo de hierro opera la mayor parte del tiempo enestado estable senoidal, es útil el trazado de diagramas complejos. Estosdiagramas pueden ser usados para determinar la diferencia entre los voltajes

sin carga y a plena carga ó para calcular el factor de potencia de entrada del transformador. Aquí vemos el circuito equivalente que muestra el suministro de

potencia del transformador a una carga de impedancia Z L.

Figura 4.5.1

Diagrama complejo para L Z inductiva: La corriente de carga •

L está atrazada un ángulo θ L con respecto al voltaje 2V

. La corriente de carga •L= - •2 donde •2 es la corriente de referencia

positiva.

De la ecuación anterior

El vector •2

representa al voltaje inducido en el embobinado 2, se obtiene al sumar en forma compleja a 2V . Vemos la caída de voltaje en la impedancia de

dispersión del lado 2. El complejo representando al flujo es dibujado atrazado90˚ de •2

debido a que e2 (t) = N 2 d φ /dt.

)384( ........ E ) L j R( I V

)37 4( ........ E ) L j R( I V

2

22

22

11111

−+ω+=

−+ω+=

λ

λ

)414( ........ I I I

)404( ........ I I I

)394( ........0 I N I N

P m

' 21

22

' 21

−+=

−+=

−=+

φ

φ

)424( ........a

I I

N

N I

L L

1

2' 2 −==



117

Figura 4.5.2

Figura 4.5.3

Podemos referir el circuito equivalente al lado primario:

_

1V

a

I _

2

a

I L

_

2

_

V amb p

g

1

_

I φ

_

I

2

_

E a1

_

E

1 R

2

2 Ra2λ

jwL1λ

jw L

_

1V

a

I _

2

a

I L

_

2

_

V amb p

g

1

_

I φ

_

I

2

_

E a1

_

E

1 R

2

2 Ra2λ

jwL1λ

jw L

_

1V

a

I _

2

a

I L

_

2

_

V amb p

g

1

_

I φ

_

I

2

_

E a1

_

E

1 R

2

2 Ra2λ

jwL1λ

jw L

_

1V

a

I _

2

a

I L

_

2

_

V amb p

g

1

_

I φ

_

I

2

_

E a1

_

E

1 R

2

2 Ra2λ

jwL1λ

jw L Aa

Figura 4.5.4

También podemos referir el circuito equivalente al lado secundario:

Figura 4.5.5



118

Los diagramas también pueden trazarse usando los circuitos equivalentes, parauna carga con factor de potencia atrasado.

Figura 4.5.6

Figura 4.5.7

4.6 LOS CIRCUITOS EQUIVALENTES APROXIMADOS

En la mayoría de transformadores de núcleo de hierro que son operados a frecuencias de potencia (50 ó 60 cps) y usados en la distribución de energíaeléctrica a casas, industrias, etc. La corriente de excitación I Ø será pequeña del 2 al 4% de la corriente suministrada por los transformadores a las cargas;consecuentemente la rama de excitación puede ser movida a cualquier extremodel circuito.

a) Circuito equivalente aproximado de un transformador de núcleo de hierroreferido al lado primario, corrido al extremo derecho:



119

Figura 4.6.1

b) Circuito equivalente aproximado de un transformador de núcleo de hierroreferido al lado secundario, corrido al extremo izquierdo:

Figura 4.6.2

La reactancia de dispersión equivalente del transformador referida al lado del primario es:

La resistencia equivalente del transformador referida al lado primario es:

La resistencia equivalente del transformador referida al lado secundario es :

La reactancia de dispersión equivalente referida al lado secundario es :

4.7 DETERMINACIÓN DE LOS PARÁMETROS POR MEDICIONES DE UN TRANSFORMADOR DE NÚCLEO DE HIERRO

Los parámetros por determinar son:

1) Resistencias efectivas de c.a. de los dos embobinados R1 y R2.2) Inductancias de dispersión L! 1 y L! 2 .3) Conductancia g p y susceptancia bm.

Es habitual determinar los valores de los parámetros de un transformador de

núcleo de hierro a su voltaje, corriente y frecuencia nominales debido a que por

)434( ........ L ) La L( X 1eq22

11eq −ω=+ω= λλ

)444( ........ Ra R R 22

11eq −+=

)454( ........ Ra

R R 22

12eq −+=

)46 4( ........ L La

L X 2eq22

12eq −ω=+= λ

λ



120

lo general se espera que el transformador opere la mayor parte del tiempo acondiciones nominales ó muy cerca de ellas.

Los parámetros g p y bm son afectados por las condiciones de operación; si estos son determinados a una cierta frecuencia y densidad de flujo no permanecerán

constantes, si la densidad de flujo y/o la frecuencia es variada por que se presentan los efectos de histéresis y de saturación y esto afecta los valores de las pérdidas en el núcleo y de la corriente de magnetización.

Los parámetros son determinados de dos pruebas: cortocircuito y circuitoabierto.

a) PRUEBA DE CORTOCIRCUITO El circuito usado para esta prueba se muestra a continuación:

Figura 4.7.1

! Se pone en cortocircuito el lado de baja.!

Se aplica al lado de alta un voltaje senoidal pequeño.! Se incluye un amperímetro que es un aparato de muy baja impedancia que

va a registrar corrientes nominales correspondientes,! Se registrará el voltaje de entrada: V sc; corriente de entrada I sc y la potencia

de entrada : P sc.! En la mayoría de los transformadores los fabricantes se esfuerzan

continuamente por mantener las pérdidas en el núcleo y la corriente deexcitación tan bajas como sea posible luego I Ø es del (2 al 4)% de lacorriente nominal.

! El voltaje de entrada es pequeño para obtener las corrientes nominales en

los embobinados debido a que dichas corrientes son limitadas por laimpedancia de dispersión de los embobinados.! La densidad del flujo en el núcleo para esta prueba es pequeña y las

pérdidas en el núcleo y la corriente im de magnetización será todavía más pequeña por lo tanto es permisible omitir la rama en derivación.

Veremos a continuación el circuito equivalente simplificado:

Figura 4.7.2



121

La impedancia de dispersión equivalente del transformador, la resistenciaequivalente referida al lado de alta y la reactancia de dispersión equivalente

referida al lado de alta son:

El cálculo de R1 , R2 , X 1 y X 2 se hace así; pero para ello se hace las siguientes suposiciones :

1) Los dos embobinados tienen la misma longitud por vueltas.2) El área de la sección transversal del conductor es proporcional a la

corriente nominal del embobinado.3) La trayectoria magnética de los flujos de dispersión de los dos

embobinados es esencialmente la misma.

Bajo estas condiciones, se puede mostrar que:

Además:

Donde:

! La potencia consumida, a corriente nominal en la prueba de cortocircuito esla pérdida nominal en el cobre del transformador.

)524( ........al minno I I

)514( ........ X X

)504( ........ R R

)494( ........ R Z X

)484( ........ I

P R

)47 4( ........ I

V Z

1SC

1eqSC

1eqSC

2SC

2SC SC

2Sc

SC SC

SC

SC SC

−=

−=

−=

−−=

−=

−=

)544( ........ La L

)534( ........ Ra R

22

1

22

1

−=

−=

λλ

)594( ........ N

N a

2

1 −=

56)(4........2a

X " L55)(4........

2

X " L

2

eq12

eq11 −=−= λλ

58)(4........2a

R R57)(4........

2

R R

2

eq12

eq11 −=−=



122

b) PRUEBA DE CIRCUITO ABIERTO:

• Como el núcleo no es lineal y tiene pérdidas, los parámetros de g p y bm de

un transformador de núcleo de hierro dependen de las condiciones deoperación. Voltaje y frecuencia nominales se usan como regla en ésta prueba.

Figura 4.7.3

• Se aplica al devanado de baja: voltaje y frecuencia nominales.• Se registra en el lado de baja, la corriente, el voltaje y la potencia.• El circuito equivalente aproximado se representa nuevamente para la

prueba de circuito abierto. Hagamos que Voc1 , Ioc1 y Poc1 , representen el voltaje, corriente y potencia de entrada respectivamente.

Figura 4.7.4

Es obvio que los únicos parámetros que tienen que ser considerados en la prueba de circuito abierto son g p y bm. La impedancia de dispersión no afecta a

los datos de prueba. La admitancia de excitación Y φ y sus componentes g p y bm referidas al primario son:

)624( ........ g Y b

)614( ........V

P g

)604( ........V

I Y

2 p

2m

2OC

OC P

OC

−−=

−=

−=

φ

φφ

•

P oc representa la pérdida nominal en el núcleo del transformador. Es igual a P h+f



123

W = P oc

4.8 RENDIMIENTO

El rendimiento de un transformador es la razón de la potencia de salida a la deentrada expresada en tanto por ciento:

Pérdidas:

•

Pérdidas por histéresis en el núcleo• Pérdidas por corrientes parásitas en el núcleo• Pérdidas en el cobre de los devanados ( pérdidas a 75°C)

El rendimiento de los transformadores es en general muy elevado, siendo mayor en unidades de grandes características nominales que en las pequeñas.

4.9 EFICIENCIA Ó RENDIMIENTO DE UN TRANSFORMADOR

Considerando el transformador de núcleo de hierro, supongamos que el voltajede salida se mantiene constante al valor nominal y el transformador con factor de potencia cosθ L está entregando a la carga una corriente I L2 ( nonecesariamente del valor nominal).

En éste análisis se supone una operación en estado estable senoidal, P h+f

representa a las pérdidas en el núcleo, estas pérdidas son dependientes de ladensidad de flujo y de la frecuencia. Puede considerarse que P

h+f permanece

constante en el tiempo y que el voltaje de salida y la frecuencia son mantenidasconstantes.

La P cu , Pérdidas en el cobre o pérdidas óhmicas en los embobinados están en función de la corriente. Estas pérdidas están dadas por 2eq

22L R I

# = eficiencia del transformador

Corrección de la Resistencia por

efecto de latemperatura

)634( ........5.234t

5.234t

Rt

Rt

1

2

1

2 −++

=

%100% ×=entradade Potencia

salidade Potenciaη

%100)(

%100)(

% ×−

=×+

=entradade Potencia

Pérdidasentradade Potencia

pérdidas salidade Potencia

salidade Potenciaη

65)(4........ R I P )cos( $ I V

)cos( $ I V #

64)(4........ pérdidas salidade Potencia

salidade Potencia#

eq22

L2 f h L L22

L L22 −++

=

−+

=

+



124

Si I L2 es la corriente nominal, entonces se obtiene la eficiencia nominal

4.10 VARIACIÓN DE LA EFICIENCIA CON LA CARGA Y EFICIENCIA

MÁXIMA

Una comparación de las eficiencias a diferentes valores de la corriente de salida y al mismo factor de potencia indican que la eficiencia tiene un máximovalor en alguna fracción de la corriente nominal. En la ecuación anterior, I L2 esla única variable si el factor de potencia de la carga se mantiene constante.

El valor de I L2 al cual la eficiencia es máxima puede ser encontrado al establecer d # /dI L2=0, resolviéndola para I L2. Si el signo de la 2da derivada esnegativo a este valor de I L2 , entonces la eficiencia será máxima.

%(n)/ % I L2=[(V 2 I L2cos$ L+P h+f +(I L2 )2 Req2 )V 2cos$ L-V 2 I L2cos$ L )(V 2cos$ L+2I L2 Req2 )]/

(V 2 I L2cos$ L+P h+f +(I L2 )2 Req2 )

2 = 0

)66 4( ........ R

P I

2eq

f h2 L −= +

Multiplicando y dividiendo al lado derecho de la ecuación anterior por el valor nominal de I L2 , obtenemos:

( ) ( )( )

67)(4........ Ral minno I

P al minno I eficienciamáxima para I 2eq2 L2

f h L2 L2 −= +

( ) ( )

68)(4........

alesminnocobreel en Pérdidas

alesminnonúcleol een Pérdidasal minno I eficienciamáxima para I L2 L2

−

=

Si las pruebas de circuito abierto y de corto circuito se realizan a condicionesnominales, como generalmente sucede, la ecuación es:

( ) ( ) )694( ........ P

P al minno I eficienciamáxima para I

SC

OC 2 L2 L −=

P OC = Potencia leída en la prueba de circuito abierto Psc = Potencia leída en la prueba de cortocircuito

El valor de la máxima eficiencia a cualquier factor de potencia cos! L seobtiene al sustituir la ecuación anterior en la primera ecuación.



125

( )

( )

)704( ........

P 2cos P

P al minno I V

cos P

P al minno I V

máxima Eficiencia

f h LSC

OC 2 L2

LSC

OC 2 L2

−+θ

θ=

+

Multiplicando ambos lados de la ecuación por V 2 , obtenemos

)714( ........ P

P

dor transformadel salidadealesminno svoltampere

eficienciamáxima para salidade svoltampere

SC

OC −=

Esta relación es la misma para todos los valores de cos$ L.

4.11 LA REGULACIÓN DE UN TRANSFORMADOR

La regulación de voltaje es una medida de la variación de la tensión de salidade un transformador, cuando la corriente de carga con un factor de potenciaconstante, varía desde cero a un valor nominal.Se supone que los transformadores están sujetos a voltajes sinusoidales yoperan en estado estable. Esta proposición es válida porque la mayor parte del tiempo los transformadores de potencia operan en un estado estable senoidal.

Figura 4.11.1

Circuito equivalente aproximadoreferido al lado 2, del transformador del núcleo de hierrode dos embobinados, para cálculos

de la re ulación de volta e

Transformador de núcleo dehierro de losembobinados alimentando unacarga inductiva.



126

−

2 L I −

2 L I −

2 L I −

2 L I

2 2 eq L X I

−

2 2 eq L X I

−

2 2 eq L X I

−

2 2 eq L X I

−

2 2 eq L R I −

2 2 eq L R I −

2 2 eq L R I −

2 2 eq L R I −

2V −

2V −

2V −

2V −

) c(

0

Lθ Lθ Lθ Lθ

aV

_

1

Figura 4.11.2

En la figura , la carga esta conectada al lado 2 y la fuente de voltaje al lado 1.Supongamos que el transformador está entregando a la carga una corrientenominal a un voltaje nominal y con un factor de potencia específico. La fuentede voltaje es ajustada para obtener voltaje y corrientes nominales en losterminales de carga. Si la fuente de voltaje se mantiene constante a este valor yla carga es desconectada del transformador, el voltaje de salida cambiará; ladiferencia entre los valores de voltaje de salida cuando está sin carga, y el nominal, a plena carga es definida como la regulación del voltaje nominal del transformador a un f.d.p. específico.

Como generalmente; la corriente de excitación es pequeña comparada con lacorriente nominal de un transformador de núcleo de hierro, la rama enderivación consistente de g P y bm puede no ser considerado para cálculos deregulación de voltaje.Cuando el transformador esta entregando la corriente nominal I L2 a un factor de potencia de cos$ L el voltaje de carga es V 2. El correspondiente voltaje deentrada es V 1 /a referido al lado 2.

Cuando la carga se remueve, manteniendo el voltaje de entrada constante, seobserva que el voltaje en los terminales de carga, cuando I L2=0 es (V 1 /a). Luegola regulación es:

Donde:

Los términos V 2 y & L2 son los valores nominales.

Diagrama vectorial del circuito equivalente aproximado

72)(4........100%V

V V r%2(nominal)

2(nominal)a)arg c2(sin −×−=

73)(4........100%V

V /aV r%

2

21−×

−=

74)(4........ ) jX (R I V a

V eq2eq2 L22

1 −++=



127

4.12 DETERMINACIÓN ANALÍTICA DE LA REGULACIÓN

Para obtener una expresión para la regulación de voltaje trazamos un diagramacomplejo

−

2 L I −

2 L I −

2 L I −

2 L I

2 2 eq L X I

−

2 2 eq L R I −

2V −

0 D A

E B

F

C

Lθ Lθ Lθ Lθ Lθ

Lθ

a

V _

1

Figura 4.12.1

De la figura tenemos:

Ampliandoa

V 1 en una serie binomial, obtenemos:

Como (CD/OD) generalmente es mucho más pequeño que 1, la serie infinitaconverge rápidamente entonces puede realizarse una útil aproximación sin

perder precisión al considerar solamente los dos primeros términos de la serieinfinita:

Sustituyendo las ecuaciones anteriores y utilizando la ecuación de r%:

Diagrama complejo para el cálculo de la regulación devoltaje (carga Inductiva)

75)(4........OAV 2 −=

76)(4........ )CD(ODOC a

V 1/2221 −+==

78)(4........ OD

CD

8

1

OD

CD

2

1OD1

a

V

77)(4........ ) )ODCD( OD(1aV

42

1

1/221

−+

−

+=

−+=

ΚΚ

79)(4........ )ODCD(

21ODOC

aV 21 −+==

81)(4........OA(OA)(AD)queadebido;100%OACD

21

OA ADr%

80)(4........100%(OA)(AD)OA

CD

2

1

OA

ADr%

2

2

2

2

−<<<×

+=

−×

+

+=



128

También tenemos las siguientes relaciones:

Sustituyendo las ecuaciones anteriores obtenemos: Porcentaje de la regulación de voltaje para un factor de potencia de cargaatrasado(carga inductiva).

$ L: será positiva ya que la carga es inductiva.$ L: será negativa cuando la carga es capacitiva.

Porcentaje de regulación de voltaje para un factor de carga adelantado (cargacapacitiva).

En una forma aproximada la regulación puede expresarse:

Figura 4.12.2

)834( ........ sen R I cos X I DE CE CD

)824( ........ sen X I cos R I FD AF AD

L2eq2 L L2eq2 L

L2eq2 L L2eq2 L

−θ−θ=−=

−θ+θ=+=

)844( ........

%100 senV

R I cos

V

X I

2

1 sen

V

X I cos

V

R I %r

2

L2

2eq2 L L

2

2eq2 L L

2

2eq2 L L

2

2eq2 L

−

×

θ

−θ

+θ

+θ

=

)sen(sen,)cos(cos L L L L y θ θ θ θ −−=−=

)854( ........

%100 senV

R I cos

V

X I

2

1 sen

V

X I cos

V

R I %r

2

L2

2eq2 L L

2

2eq2 L L

2

2eq2 L L

2

2eq2 L

−

×

θ

+θ

+θ

−θ

=

)86 4( ........

)cos( Z V

I

V

sen X I cos R I r L2eq

2

2 L

2

L2eq2 L L2eq2 L

−

θ−φ=θ+θ

=



129

4.13 EMPLEO DE VALORES UNITARIOS Y PORCENTUALES

Los valores nominales de voltaje y de corriente y los volt-amperes nominales del transformador se usan como cantidades bases.

Req1 es la resistencia equivalente de un transformador referido al lado 1 y V 1 y I 1 son el voltaje y corriente nominales respectivamente en el lado 1.

El término I 1 Req1 /V 1 es definido como la resistencia normalizada, ó mejor conocida como la resistencia por unidad ; R pu.

De manera análoga, el valor normalizado de la reactancia de dispersión del transformador es :

La impedancia de valor normalizada es:

Los valores de R pu , X pu , Z pu , pueden también definirse en términos de lascantidades referidas al lado 2. Se puede demostrar fácilmente que las siguientesrelaciones son verdaderas.

Ambas mediciones en el mismo lado y

Como los transformadores de potencia generalmente operan con voltajesnominales, y el valor normalizado del voltaje de salida es tomado como launidad, es decir,

La corriente de salida puede variar. El valor normalizado de la corriente de salida es:

ambas mediciones en el mismo lado.

)87 4( ........V

R I R

1

1eq1 pu −=

)884( ........V

X I X

1

1eq1 pu −=

)894( ........V

Z I Z

1

1eq1 pu −=

90)(4........nominal Voltaje

nominal corrienteacircuitocortode pruebalaenVoltaje Z pu −=

)914( ......... X R Z 2 pu

2 pu pu −+=

)924( ........1V pu −=

)934( ........amperesenal minnocorriente

amperesen salidadecorriente I pu −=



130

Pérdidas en el cobre en pu

Se puede demostrar que:

Conductancia en derivación, normalizada:

Donde g p2= a2 g p1 se expresa en mhos, y tanto voltaje como corrientes son losvalores nominales. Pérdidas en el núcleo normalizadas:

Es sencillo demostrar que :

La regulación de voltaje y eficiencia del transformador se pueden expresar entérminos de cantidades normalizadas:

Signos superiores son para un f.d.p. atrasado (carga inductiva)Signos inferiores son para un f.d.p. adelantado(carga capacitiva)

Si en la 1ra ecuación V 2 e I L2 son los valores nominales se obtiene la eficiencianominal.

)944( ........amperesenal minnocorriente

wattsenalesminnocobreel en pérdidas ) P ( pucu −=

)954( ........ R ) P ( pu pucu −=

)96 4( ........ I

g V

I

g V g

2

2 p2

1

1 p1

pu p −==

97)(4........dor transformael ennominales svoltampere

wattsennominalesnúcleoel en pérdidas )(P pu f h −=+

)984( ........ g ) P ( pu p pu f h −=+

( )

)994( ........

al minnovoltajede

%1002

) sen Rcos X ( sen X cos Rregulaciónde porciento

2 L pu L pu

L pu L pu

−

×

θθ+θ±θ=

µ

102)(4........$ cos f.d.p.amáx.eficiencia2g cos$

R g

cos$ R

g

101)(4........eficienciamáxima para salidadecorriente R

g )(I

100)(4........$ cos potenciade factor unaeficiencia R g cos$

cos$

L

p L pu

p

L pu

p

pu

pu p

máx# pu

L pu pu p L

L

pu

pu

pu

−=+

−==

−=++



131

Las cantidades normalizadas son especialmente útiles al comparar lascaracterísticas de operación de un número de transformadores de las mismas ódiferentes capacidades. Ejemplo: Considere 2 transformadores, uno de 100KVA

1000/100 Volts y el otro de 20 KVA 200/100 Volts. Si los dos tienen las mismas R pu , X pu y g p pu entonces tendrán el mismo porciento de regulación de voltaje y deeficiencia a un factor de potencia específico cos$ L .

Otra ventaja de las cantidades normalizadas es que son cantidades sindimensiones y la relación de transformación no entra en los cálculos de laregulación y de la eficiencia.

4.14 AUTOTRANSFORMADORES

Figura 4.14.1

Un autotransformador es simplemente un transformador ordinario que tiene losarrollamientos primario y secundario conectados en serie.

Las dos bobinas son alimentadas desde una fuente de tensión mientras que lacarga se conecta a una de las bobinas o viceversa.

Sus funciones son análogas a las de un transformador, la de transformar

(reflejar) tensiones, corrientes e impedancias.

EL AUTOTRANSFORMADOR IDEAL

Suponemos la no existencia de flujos de dispersión Despreciamos la resistencia de las bobinas : R1= R2 ≅ 0ℜ ' Reluctancia del circuito magnético nula⇒ ℜ = 0 ( #!" )

1) Aplicamos las Ley de Faraday

104)(4........ f 4.44N V E

103)(4........ f 4.44N E

m222

m11

−φ==−φ=

)107 4( ........a N

N N

V

V

)106 4( ........V V E

)1054( ........ N

N N

V

V E

N

N

V

E

A2

21

2

1

121

2

21

2

21

2

1

2

1

−=+

=

−=+

−+

=+

⇒=



132

A a = relación de transformación del autotransformador. La reluctancia del núcleo es cero aplicando la sumatoria de fuerzasmagnetomotrices en el circuito determinamos la fuerza magnetomotrizresultante de las dos bobinas y tendrá que ser teóricamente nula.

)1084( ........0 I N I N 2211 −=−

La Impedancia equivalente del autotransformador vista desde la entrada será:

La Impedancia de carga será:

Las ecuaciones son idénticas a las obtenidas para el transformador ideal,luego podemos establecer una analogía.

Figura 4.14.2

CIRCUITOS EQUIVALENTES DEL AUTRANSFORMADOR REAL

)1124( ........a I I

)1114( ........a N

N N

I

I

)1104( ........ I I I

)1094( ........ N

N N

I

I I

N

N

I

I

A1

L

A2

21

1

L

L12

2

21

1

12

2

1

1

2

−=

−=+

=

−=+

−+

=+

⇒=

)1134( ........ I

V Z

1

11eq −=

)1144( ........ I

V Z

L

2 L −=



133

Figura 4.14.3

Figura 4.14.4

La admitancia de excitación se halla con la prueba de circuito abierto. La impedancia de dispersión se halla mediante la prueba de cortocircuito

PRUEBA DE CIRCUITO ABIERTO

Figura 4.14.5

(A) = Ioc = corriente de excitación(W) = Poc = pérdidas en el núcleo(V) = V n = tensión nominal

)117 4( ........ g Y b

)116 4( ........V

P g

)1154( ........V

I Y

2 p

2OC m

2n

OC P

n

OC OC

−−=

−=

−=



134

PRUEBA DE CORTOCIRCUITO

Figura 4.14.6

(A) = I N1 = I SC = corriente nominal (W) = P cu = P SC = pérdidas en el cobre(V)=V CC1=V SC =tensión de cortocircuito

EL TRANSFORMADOR ORDINARIO COMO AUTOTRANSFORMADOR

Figura 4.14.7a

)1204( ........ R Z X

)1194( ........ I P R

)1184( ........ I

V Z

21eq

21eq1eq

21 N

SC 1eq

1 N

1CC 1eq

−−=

−=

−=



135

L Z−

2 N V

2 N I

2 N

21 N N V V +

21 N N L I I I

+=

1 a N

N N ( a

2

) 21

A +=+

=

) b(

1 N

1

2

' 2'1

−

L I

1 N I

Figura 4.14.7b

Las relaciones de transformación son diferentes.

Las corrientes I N1 e I N2 de los arrollamiemtos son iguales en ambasconfiguraciones.

S T = potencia aparente del transformador S A= potencia aparente del autotransformador

I N1=S T /V N1 , I N2=S T /V N2

Funcionando como autotransformador las corrientes I N1 e I N2 podrían siemprerecorrer los arrollamientos.

21)(4........ I I I N2 N1 L −+=

La potencia aparente del autotransformador será:

)1254( ........S a

1aS

)1244( ........1 N

N 1

I

I

I V

I V I V

)1234( ........ I V S

)1224( ........ I V I V ) I I ( V S

T A

1

2

2 N

1 N

2 N 2 N

2 N 2 N 1 N 2 N

2 N 2 N T

2 N 2 N 1 N 2 N 2 N 1 N 2 N A

−

+

=

−+=+=+

−=

−+=+=



136

La eficiencia del autotransformador mejora:

La tensión de cortocircuito V CC y la Z eq1 son iguales en ambas consideraciones, pero la impedancia porcentual baja.

La regulación es directamente proporcional a la impedancia equivalente porcentual.

La corriente de excitación permanecerá igual si se alimenta el autotransformador desde el secundario.

) a(

11

2

' 2'1 '1

2 I φ

2 I φ

2 N V

2 N V

21 N / N a=1 a

N

N N ( a

2

) 21

A +=

+=

2 N

1 N

Abierto Abierto

Figura 4.14.8a

)1284( ........ p P

)127 4( ........ P P

)126 4( ........

P P

p

T 2 A2

perd perd

perd 2

2

T A

−=

−=

−

+

=η

)1314( ........% Z 1a

a% Z

)1304( ........%100V V

V % Z

)1294( ........%100

V

V % Z

T A

1

A

1

T

eqeq

2n1n

CC

eq

1n

CC

eq

−+

=

−×+

=

−×=

)1324( ........%r 1a

a%r T A −

+=



137

Si se alimenta por el primario las corrientes de excitación serán diferentes.

Figura 4.14.8b

La potencia total puede considerarse formada de dos partes que son:

S C = P C =V N2 I N1 = voltamperios transferidos conductivamente a la carga

S i = P i = V N2 I N2 = voltamperios transferidos inductivamente a la carga

VENTAJAS DE LOS AUTOTRANSFORMADORES FRENTE ALTRANSFORMADOR ORDINARIO

a. Dimensión más reducidab. Costos más bajosc. Eficiencia más alta .d. Corriente de excitación más reducidae. Mejor regulación

DESVENTAJAS FRENTE AL TRANSFORMADOR

a. Mayores corrientes de cortocircuito por disminuir su impedancia de

cortocircuito.b. Conexión eléctrica entre el primario y el secundario

Estas desventajas son muy importantes porque limita el uso del autotransformador notablemente pues solamente se le puede utilizar en circuitosque tienen tensiones del mismo orden de magnitud. Por ejemplo para elevar una tensión en un 10%.

APLICACIONES DE LOS AUTOTRANSFORMADORES

Las principales aplicaciones son como reguladores de tensión en distribución

eléctrica, es decir para compensar caídas de tensión elevando ésta endeterminado punto de la red en un 10% - 20%.



138

También se utiliza para el arranque de motores 3φ de inducción. Para limitar lacorriente de arranque se alimenta el motor normalmente con una tensiónreducida del 50% al 75% de la tensión nominal y cuando ya ha adquiridovelocidad se le aplica la tensión plena.

4.15 TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS

De acuerdo a la estructura del núcleo del transformador trifásico, la másempleadas son las siguientes :

• Transformador con Sistemas Magnéticos Acoplados, que es denominadocomo transformador de tres columnas o núcleo trifásico; que tiene unaasimetría en los circuitos magnéticos, lo que origina que las tres corrientesde excitación no sean iguales.

W

W ZY X

V

V

U

U

R

t

) n yY ( D O RT R A N S F O R M A

S

W

W ZY X

V

V

U

U

R

t

) n yY ( D O RT R A N S F O R M A

S

Figura 4.15.1

• Transformador con Sistemas Magnéticos Independientes, denominadotambién banco de transformación trifásica a base de transformadoresmonofásicos ó grupo transformador trifásico. En este caso se tienen trescircuitos magnéticos independientes, por lo que las corrientes deexcitación serán iguales.

W

W

Z

Z

y

f a s e a1

)Y d ( 3 B a n c o φ

fa se a 3

f a s e a 2

Y

Y

X

X V V

U

U

R

t

T

S



139

Figura 4.15.2

Ventajas del transformador de núcleo 3φ φφ φ sobre los grupos monofásicos:

1. Ocupan menos espacio.

2. Son más livianos.3. Son más baratos.4. Hay solo una unidad que conectar y proteger.

Desventajas:

1. Mayor peso unitario.2. Cualquier falla inutiliza toda la transformación 3φ lo que obliga a tener

una unidad o potencia de reserva mayor.

Los devanados, tanto primario como secundario, pueden estar acoplados en:

Estrella (Y,y)Triangulo(D,d)

Zeta(Z,z), también denominado conexión zigzag.

Por convención se adopta la letra mayúscula para indicar la forma de conexióndel devanado primario y con letra minúscula, la del devanado secundario (por ejemplo: Yd es conexión primaria en estrella y secundario en triángulo). Por lotanto las combinaciones de conexiones que se obtienen son las siguientes:

Dd, Dy, Dz, Yy, Yd, Yz, Zd, Zy, Zz; siendo las mas empleadas las seis primerascombinaciones.

Si algún devanado tiene neutro accesible, al símbolo correspondiente se le señala la letra “o” o “n”.

CONEXIONES DE TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS

a) Conexión Estrella: Esta forma de conexión, se prefiere para operacionescon tensiones elevadas(ó muy altas) por resultar más económico.

b) Conexión Triángulo: Empleada para transformadores de potencia elevada

y tensiones moderadas ó corrientes elevadas.c) Conexión Estrella-Estrella: Empleado cuando se desee disponer de neutroen baja y cuando no se prevean grandes corrientes de desequilibrio (fase-neutro). Útil para transformadores con potencias pequeñas ó moderadas atensiones elevadas.

d) Conexión Estrella-Triangulo: Adecuado como transformador reductor (cuando no se requiere puesta a tierra en el secundario). No generaarmónicas de tensión. Se recomienda mayormente para tensiones

secundarias relativamente bajas que motiva corrientes elevadas.e) Conexión Triángulo- Estrella: Empleado como transformador elevador. No

es generador de terceras armónicas de tensión. No motiva flujos por el aire

en caso de cargas desequilibradas (c.c.) ni traslados de neutros



140

(sobretensiones). Admite cargas desequilibradas y posibilidad de sacar neutro en baja tensión.

f) Conexión Estrella-Zeta: Solo se emplea en transformadores de distribuciónde reducida potencia. Puede operar con neutro secundario, admitiendo todaclase de desequilibrios y las tensiones secundarias no presenta terceras

armónicas. Es más caro que el Estrella – Estrella, por el mayor empleo dematerial en su construcción.

PRUEBA DE CIRCUITO ABIERTO

Se aplica al lado de baja tensión, la tensión de línea nominal, manteniendo el lado de alta abierto.

Figura 4.15.3

Registro de instrumentos:

A Corriente de excitación(I φ )

V 1 Tensión de línea nominal del secundario

W 1 + W 2 Pérdida del hierro

PRUEBA DE CORTOCIRCUITO

Se pone en cortocircuito el lado de baja del transformador.

Se alimenta el lado de alta con una tensión de cortocircuito del orden del ( 5%al 12%) de la tensión nominal de tal forma que fluyan las corrientes nominales

por los arrollamientos.

Registro de Instrumentos:



141

A Corriente nominal

V Tensión de cortocircuito

W 1 + W 2 Pérdidas en el cobre

Figura 4.15.4

En los datos obtenidos de estas pruebas se pueden deducir los parámetros del transformador. Entonces podremos escribir:

Ensayo de cortocircuito:

136)(4........3I

W W R135)(4........

3I

W R

134)(4........ I 3

V Z 133)(4........

I 3

V

Z

2n1

21eq12

n1

cueq1

n1

CC eq1

n1

CC

eq1

−+=−=

−=−=

137)(4........ R Z Xeq2eq1

2eq11 −−=

Ensayo de circuito abierto:

)1404( ........ g Y b

)1394( ........V 3

W W

V 3

P g

)1384( ........V

I Y

2 p

2m

2n

212

n

fe p

n

−−=

−+

==

−= φ



142

CIRCUITOS EQUIVALENTES DE LOS TRANSFORMADORESTRIFÁSICOS

Si tenemos un transformador 3φ cuyo primario esta conectado en Y, el circuitoequivalente aproximado de dicho transformador referido al primario será:

Figura 4.15.5

Si tuviéramos el transformador 3φ cuyo primario está conectado en " , el circuito equivalente aproximado de dicho transformador referido al primario

será:

Figura 4.15.6

Luego si despreciamos la excitación y construimos el circuito monofásicoequivalente tendremos:



143

Figura 4.15.7

4.16 TRANSFORMADORES DE AUDIO Ó A FRECUENCIA VARIABLE

Son pequeños transformadores con núcleos de hierro que trabajan a frecuencia

variable. Se usan para acoplar entre sí distintos dispositivos en circuitoselectrónicos de comunicaciones, medición y control.

Sus principales funciones son las de elevar tensiones contribuyendo así a la ganancia total en amplificadores, y las de actuar como transformadores deimpedancias para conseguir la relación óptima entre la impedancia aparente deuna carga y la de su alimentador.

En la figura se muestra un circuito equivalente de un transformador de salida:

Figura 4.16.1

E g El amplificador equivalente a una fuente de tensión E g .r g Resistencia interna del amplificador.r L Resistencia de carga.• No se toma en cuenta las pérdidas en el hierro.

Su estudio abarca tres gamas de frecuencias: I) A frecuencias intermedias (alrededor de 500 Hz) ninguna de las

inductancias tiene importancia y el circuito equivalente se reduce a unared de resistencias.

Figura 4.16.2

V L Tensión de Carga



144

E g Tensión de entrada

En esta zona intermedia, la relación de tensiones es aproximadamenteconstante, es decir su curva característica es plana y el desfase nulo.

II) Al aumentar la frecuencia, las reactancias de dispersión del transformador van adquiriendo importancia y el circuito equivalente para la zona de

frecuencias altas es la siguiente:

Figura 4.16.3

=' eq L es la inductancia de dispersión equivalente.

)1444( ........

R L1

12

' se

' eq

−

ω+

Es la relación relativa tensión, respecto a su valor medio.

( ) 145)(4........ R" Ltg ' se

' eq

1 −÷=φ −

Es el ángulo de retraso de la tensión de salida respecto a la entrada.

III) A bajas frecuencias las reactancias de dispersión pueden despreciarse, pero la influencia del circuito magnetizante en derivación va creciendo amedida que decrece su reactancia.

)1424( ........r r r r R

)1414( ........ R N

r N

E

V

' L

' 21 g

' se

' se1

' L2

g

L

−+++=

−=

)1434( ........

R

L1 R N

r N

E

V 2

' se

' eq'

se1

' L2

g

L −

ω+

=



145

La inductancia del circuito de magnetización casi se iguala al coeficiente deautoinducción L11 del primario.

El circuito equivalente para bajas frecuencias es como se muestra en la figura:

Figura 4.16.4

En donde:

Relación relativa de tensiones:

Ángulo de avance de la tensión de salida respecto a la tensión de entrada:

146)(4........

" L

R

1 R N

r N

E

V 2

11

' par '

se1

' L2

g

L −

+

=

( )( ) )147 4( ........

r r r r

r r r r R

' L

' 21 g

' l

' 21 g '

par −+++

++=

)1484( ..................... L

R1

2

11

' par −

+

ω

)1494( ........

L

Rtg

11

' par 1 −

ω

=φ −



146

R e l a c i ó n d e t e n s i o n

e s r e l a t i v a

A d e l a n t o

R

e t r

a s o

'

p ar

11

' R

Lω

2 .00

salid a de ores tr a n form ad lo s de fr ec uen cia de a s no rm a lizad tica sCaracterís

6 .0

4 .0

8 .0

2 20 .1 0 .1

0 .1

2 .0

2 .0 5 .0 5 5

°8 0

°8 0

°0° 2 0

° 20

° 40

° 4 0

°6 0

°60

5 .0

lativa ReTensiones de

lación Re

F a s e d e

A n g u lo

Frecuen cia baja de

Campo

Frecuencia alta de

Campo

'

se

eq

' R

' Lω

A n g

u l o d e f a s e

d e V

r e s p e c t o a

E

L

G

Figura 4.16.5

La anchura de banda se define como:

Para conseguir una anchura de banda muy amplia se requiere que la relaciónentre la autoinductancia y la inductancia de dispersión sea alta, ó que el coeficiente de acoplamiento sea lo más próximo posible a la unidad.

4.17 PREGUNTAS Y RESPUESTAS SOBRE TRANSFORMADORES

1. ¿ Qué es un transformador?

El transformador es un aparato eléctrico cuya misión es transformar unatensión determinada en otra, también alterna, de igual frecuencia. Latransformación tiene lugar sin ninguna clase de movimiento mecánico y casi

sin pérdida de rendimiento.

2. ¿Cómo se clasifican los transformadores?

Los transformadores se clasifican de diversas formas a saber:

a) Según su uso o aplicación, como de: Potencia.

Distribución.

152)(4........ L2(

R f

151)(4........ L2(

R f 150)(4........

L R

L R

f

f

11

' par

t

eq'

' se

h' eq

' par

11'

se

t

h

−=

−=−=



147

Medida. Aislamiento.

Los de potencia pueden ser elevadores o reductores de voltajes. Los de medida y generalmente los de distribución son reductores de

tensión. Los de aislamiento no elevan ni reducen el voltaje, solo hacen un acoplemagnético.

b) Según su sistema de refrigeración: Secos (tipo abierto o sellado). En líquido (aceite mineral, líquidos de alto punto de ignición, etc).

c) Según su número de fases en: Monofásicos.

Trifásicos.

Otros (bifásicos, exafásicos, zig-zag, etc).

3. ¿Qué partes componen un transformador?

El transformador, cualquiera que sea su tamaño, básicamente estáconstituido de una parte activa que la componen el núcleo, las bobinas y susaccesorios.

a) Parte activa: Los devanados y el núcleo forman lo que se llama la parte“activa” del transformador y constituye el corazón del mismo.

Devanados.-También llamados arrollamientos, son los encargados derecibir la tensión (arrollamiento primario) y de entregarlo(arrollamiento secundario).

El devanado primario y el secundario forman el circuito eléctrico del transformador, se construyen independientemente con un alambre decobre ó aluminio al que se da vueltas parecidas a las de un resortealrededor de un eje central o núcleo. Como es lógico, al terminar dearrollar quedan dos puntas que se llaman principio y fin del devanado.

Estas dos puntas se comunican con la parte exterior por aisladores

terminales que son de formas diferentes de acuerdo al nivel de voltajeal que están sometidos.

Los dos devanados (Primario y Secundario) no están unidos físicamente y de acuerdo al contexto de la respuesta, debe decirse másestrictamente”transformador de Voltaje o tensión”, cuyo conjunto

forma lo que se llama una fase del transformador.

Núcleo.- Es el soporte mecánico sobre el que se enrrollan losdevanados y al mismo tiempo lo que permite que al energizar el transformador (también se dice alimentar o entregar tensión) por el

devanado primario “aparezca otra tensión en el secundario” medianteun fenómeno natural llamado “inducción magnética”.



148

El núcleo forma el circuito magnético del transformador y esconstruido basándose en aceros especiales.

b) Accesorios: Según sea el uso o aplicación del transformador, los

accesorios para éste pueden ser: Tanque, aisladores, herrajes,conmutador, indicador de nivel de aceite, termómetros, rieles, aceite,válvula de alivio de presión, ruedas, tanque de expansión, etc.

c) Aditamentos mecánicos: Constituídos por los tornillos, ángulos,apoyos y demás piezas que permiten el armado y el ajuste de la parteactiva.

d) El tanque: Que contiene todo lo anterior, lo protege del medioambiente y debe estar en capacidad de evacuar el calor producido

por las pérdidas de energía propias de su funcionamiento.

e) El Aceite: Toda máquina al trabajar se calienta; el aceite refrigera la parte activa evacuando el calor generado en ella, sirviendo al mismotiempo como elemento aislante. Hay transformadores llamados“secos”, que reemplazan el aceite por aire.

4. ¿Cuánta vida útil puede tener un transformador?

Un transformador, si es operado en las condiciones normales estipuladasen la placa de características y garantizadas por el fabricante, puede durar un mínimo de 20 años. Esto obviamente bajo el supuesto que el transformador se encuentre adecuadamente protegido y mantenido.

5. ¿Cómo debo especificar un transformador?

NOTA. Un vendedor de equipo técnico, debe tener el carácter de asesor ycomo tal, debe orientar al cliente ó usuario final del producto. Para el efecto debe consultar con éste, entre otros, los siguientes puntos:

a) Uso ó aplicación del transformador : Residencial ó Industrial.b) Tipo de montaje : exterior en poste ó sobre piso; interior en sótano, ó

pisos superiores.c) Carga a aplicar al transformador en KVAd) Tensión de la red de alimentación: Usualmente 22,900; 20,000 ; 13,200

10,000 voltios.e) Tipo de servicio: Monofásico o trifásico.

f) Tensión de uso en el secundario : 440V, 380V (para el sistema trifásico)o 220V-110V ( para el sistema monofásico).

Para especificar correctamente un transformador, debe tenerse en cuentacomo mínimo los siguientes puntos:

!

Potencia ó capacidad expresada en KVA.! Número de fases: monofásico o trifásico.



149

! Conexión:Dy,Dd,Yd,Yy, etc.! Refrigeración:tipo seco ó en líquido.! Tensión primaria.! Tensión secundaria.! Otros.

Si el transformador es requerido para subestación capsulada, como subestación tipo pedestal o Pad- Mounted.

Ahora, para saber que potencia necesita el transformador hay diversoscriterios generales que influyen y son los siguientes.

a) El consumo en Kilovatios de cada equipo a conectar ( Este dato apareceen cada aparato eléctrico).

b) La simultaneidad con que se conectan los aparatos, es decir, si funcionan todos a la vez ó en forma alterna.

c) El tipo de aparatos.d) Las posibilidades futuras de aumento de carga.

Un método rápido y muy aproximado sería el siguiente:

a) Saber los vatios que tienen todos los aparatos que podemos instalar,ésto se llama saber la capacidad instalada; los siguientes consumos sontípicos:

EQUIPO POTENCIACONSUMIDA

F. d.

Nevera Entre 180 y 300 vatios (0.4)Congelador Entre 150 y 400 vatios (0.4)

Radio Entre 75 y 350 vatios (0.8) Máquina de coser Entre 30 y 60 vatios (0.2) Afeitadora Entre 25 y 40 vatios (0.1)Tostadora Entre 1000 y 1400 vatio (0.1)Calentador eléctrico

Entre 450 y 1500 vatios (0.5)

Calentador de agua Entre 750 y 2000 vatios (0.4)

Plancha Entre 550 y 1200 vatios (0.3) Estufa eléctrica Entre 2000 y 5000 vatios (0.4)Televisor Entre 150 y 550 vatios (0.2)

Lavadora Entre 200 y 1500 vatios (0.1)Ventilador Entre 25 y 100 vatios (0.3)

Bombillos Entre 15 y 300 vatios (0.4) Motores 750 vatios por caballo (0.8)

b) El número que aparece al lado derecho es llamado “Factor dedemanda” o “Factor de utilización” y trata de establecer en la escala de

0 a 1 el grado de uso de cada aparato en un tiempo determinado y conrespecto a los demás.



150

Como es lógico, éste depende del oficio y del nivel de vida del usuario. Los valores que se han colocado son típicos de una casa ó finca sinmucha actividad industrial.

Multiplicar el consumo de cada aparato por su factor de demanda, por él

número de aparatos y sumar al total, dividiendo luego por mil – 1000- para obtener el resultado en Kilovatios.

c) El resultado anterior se divide por un “Factor de potencia global” quedepende solamente del tipo de carga, varia entre 0 y 1 con valores típicosentre 0,6 y 0,9. (es menor mientras más motores tenga la edificación). Unvalor típico casero es 0,9; un valor típico Industrial es 0,7; el resultadoanterior nos da la potencia requerida en KVA sin tener en cuenta futurasampliaciones.

d) Si se preveé alguna ampliación futura, multiplíquese el resultado anterior

por un factor mayor que la unidad que tome en cuenta la amplitud en %del aumento de carga. Ejemplo: si se provee un aumento del 50% tómeseun factor de seguridad de 1,1.

De todo lo anterior podemos decir que para una casa o finca “modesta”un transformador monofásico de 10 KVA debe quedar “sobrado”, como

se observa, hay muchos factores en juego y lo preferible es asesorarse deun técnico.

Ejemplo:

Supongamos que una pequeña Industria de confecciones posee el siguiente equipo Instalado:

! 15 máquinas de coser con motores de 40 vatios ( factor de demanda = 0,7).

! 20 planchas de 800 vatios ( factor de demanda = 0,7).! 5 ventiladores de 100 vatios ( factor de demanda = 0,5).! 40 bombillos de 200 vatios (factor de demanda = 1,0).

Suma las capacidades instaladas por su factor de demanda = 15* 40*0,7 +20* 800 * 0,7 + 5* 100* 0,5 + 40* 200* 1,0 + 200* 0,4 = 19950 Vatios

=19,95 KW.

Potencial actual requerida sin proyección inmediata al futuro = 28,5* 1,1=31,35 KVA.

En este caso un transformador trifásico de 30 KVA puede quedar demasiadoajustado. Recomendaríamos instalar un transformador de 45KVA con muybuena proyección futura. Si toda la carga es monofásica, un transformador de 37,5 KVA es el indicado, aunque para uso Industrial es másacostumbrada la potencia trifásica.

KVA5 ,287 ,0

95 ,19 KVAenrequeridaactual Potencia ==



151

6. ¿Cómo, cuándo y por cuánto tiempo puedo sobrecargar un transformador?

Un transformador puede ser sobrecargado si se conoce:

•

La temperatura ambiente promedio del lugar ó recinto donde estainstalado.• La temperatura promedio del aceite en el nivel superior del tanque.• La carga que tuvo el transformador las 24 horas precedentes.

Con lo anterior y basado en las guías de cargabilidad, dato suministrado por el fabricante, se puede determinar qué sobrecarga y por cuantotiempo se le puede aplicar al transformador.

Queda entendido que una sobrecarga exige térmicamente a los diversosaislantes y puede ocasionarse una disminución en la vida útil del

transformador.

7. ¿Puedo pedir cualquier capacidad o existen capacidades normalizadas detransformadores?.

Las normas técnicas de transformadores tienen establecidas capacidadesnormalizadas para transformadores así:

Monofásico5, 10, 25, etc

Trifásico15, 30, 45, 75, etc.

Estas deben consultarse, sin embargo se puede hacer a pedido especial otras capacidades no normalizadas.

8. ¿Cómo influye el grupo de conexión en la carga a instalar?

El grupo de conexión (Dd0, Dy1,Dy5,Dy11, etc) no tiene incidencia sobre lacarga. Incide según sea la necesidad de un neutro accesible en el lado

secundario ó en el primario por cuestiones de conexión de equipos demedida y protecciones. Por lo general el grupo de conexión máscomúnmente usado es el Dyn5. Esto significa que hay acceso externo al neutro.

El grupo de conexión debe tenerse en cuenta sólo cuando se requiere untransformador para ser instalado en paralelo con otro transformador, ócuando el transformador se alimenta por un generador eléctrico.

9. ¿Puede un transformador entregarme dos tensiones simultáneas y diferentes por el secundario, y qué capacidad me puede dar?



152

Efectivamente, un transformador puede entregar dos ó más tensionesdiferentes por el lado secundario y en forma simultánea. Precauciónespecial: Debe tenerse cuidado en las cargas a conectar puesto que la sumade las potencias entregadas debe ser como máximo igual a la nominal del transformador.

10. ¿Qué es el transformador conmutable?

Es aquel transformador que está diseñado y constituído para operar en dostensiones de alimentación diferentes. Ejm. Inicialmente ser conectado parauna tensión primaria de 13200 voltios y luego, mediante la conmutación ócambio de conexión Interna en los devanados, conectarse a 11400 voltios.

Ahora bien, dicha conmutación puede realizarse desde el exterior del transformador mediante una perilla de conmutación o efectuando cambiosinternos, desencubando el transformador.

11. ¿Ante una caída ó elevación del voltaje secundario, qué puede hacerse en el transformador?

Todos los transformadores monofásicos y trifásicos de ejecución normal,disponen de un sistema de cambio, diferente al detallado en la preguntaanterior que permite obtener ajustes pequeños de tensión.

Ejm. Si en un sistema trifásico normal a 7% (208 – 195), y el conmutador de derivaciones se encuentra en ese momento en la posición 2de 5, como cada paso de derivación equivale a 21.5%, entonces deboadelantar la perilla de conmutación 3 pasos 72.5 =2.8), ó sea a la posición5 para lograr obtener aproximadamente los 208 – 120 voltios originales.

12. ¿Cómo debo especificar el voltaje secundario de un transformador monofásico?

Si se desea alimentar cargas permanentes en un sistema trifilar, NOTRIFÁSICO , es diferente el que sea 240 – 120 ó 120 – 240. Pero si en un

futuro deseo alimentar sólo a 120 voltios, debo especificarlo 120 – 240voltios. La razón es que los cuatro terminales internos del devanado de

baja tensión están sueltos y permite conectarlos en serie o paralelo. Así hay una diferencia entre los conectores de B.T. para 240 – 120 y / o120 – 240, como se indica en la norma ANSI.

13. ¿Porqué se habla de un voltaje secundario en vacío y un voltaje secundarioa plena carga?

Cuando un transformador se energiza y no se aplica carga, por el secundario aparece un voltaje que se llama “tensión en vacío”; perocuando comienza a cargarse, esta tensión va reduciéndose hasta caer aproximadamente un 2%, Esto depende del transformador cuando esté

completamente cargado. Esto se debe a pérdidas internas del transformador Inherentes a su construcción y se conoce como regulación.



153

Entonces el voltaje en vacío tiene que ser un poco mayor con carga y bastaque nos sea entregado uno de los datos para quedar definido el otro.

14. ¿Qué accesorios debe llevar un transformador?

Analicemos primero cuáles son los accesorios de que disponemos y paraqué sirve cada uno:

a) Relé Buchholz: Es un aparato de protección del transformador que puede accionar unaalarma en caso de fallas leves y que puede sacar de servicio al transformador en caso de fallas graves. Las fallas que puede detectar

son todas aquellas que producen aumento de temperatura capaz dehacer ebullir el aceite y producir burbujas; tal es el caso de uncortocircuito interior. Sólo puede ir en transformadores que lleven

tanque de expansión.

b) Deshumectador de silica – gel: La expansión y contracción del volumen del aceite hacen que el transformador necesite “respirar” el aire del medio ambiente, el cual contiene humedad que al penetrar al interior ocasionaría degeneracióndel aceite y oxidación interior, este deshumectador contiene gránulosde una sustancia deshidratante que son paso forzado del aire,absorbiendo toda su humedad.

c) Válvula de Sobrepresión: Es una protección contra explosión del transformador ocasionada por aumento de presión cuando ocurren fallas ó cortocircuito. Las hay endos tipos : Con contacto de alarma y/o disparo (para desconectarse el transformador) y pequeña sin contactos.

d) Indicador de Nivel: Es un medio exterior de conocer el nivel (altura) a la que se encuentrael líquido en el tanque con el fin de descubrir fugas ó aumentosexcesivos en el volumen por calentamiento. Las hay de dos tipos: Tipo

flotador mostrando el nivel por medio de una aguja en un dial, y devidrio, donde se observa directamente el Interior del tanque.

e) Termómetro: Indica la temperatura en la parte superior del aceite. Los tenemos endos tipos : con contacto de alarma y / o disparo y sin contactos.

Ambos poseen un indicador de la máxima temperatura que haalcanzado el transformador desde la ultima inspección.

f) Conmutador de Derivaciones:Colocado con el fin de regular el voltaje de salida el transformador

cuando ocurren variaciones en el voltaje primario. Estos son deaccionamiento exterior.



154

g) Placa de características: Donde aparecen consignados todos los datos particulares del transformador, tales como corrientes por las líneas, pesos, conexioneseléctricas, etc.

h) Caja para terminales del circuito de control: A donde van todos los terminales de los contactos de alarma y / odisparo que poseen el revelador buchholz, la válvula de sobrepresión,termómetros, etc. Los elementos encargados de dar alarma comobombillos, sirenas, pitos, etc. Deben ser conectados desde esta caja.

i) Tanque de expansión: Es un tanque elevado con respecto al tanque principal del transformador y conectado por una tubería con éste (En ésta tubería seinstala el Relé Buchholz), su finalidad es prevenir el envejecimiento

prematuro del aceite; sólo se usa en transformadores de potenciasmayores a 2,5 MVA ó en casos en los que el cliente lo desee.

j) Caja terminal ó ducto para aisladores: Es una cámara donde van albergados los aisladores terminales para A.T. ó B.T. con el fin de protegerlos en un medio ambiente hostil, debencumplir distancias eléctricas mínimas y clave de recirculación

generalmente IP 20 o IP 28.

k) Dispositivo de purga:Se utiliza para drenar ó tomar muestras de aceite, deben ir en la parteinferior del tanque principal y en la parte inferior del tanque deexpansión cuando el transformador lo lleva.

l) Válvulas de Recirculación:Son dos: una en la parte superior y otra en la parte inferior del tanque.Se usan para hacer recircular aceite con filtro de prensa

m) Conectores del Tanque a tierra:Se usan para aterrizar el tanque con el fin de evitar peligros en el

personal que se acerque a él y facilitar el camino a tierra de las

sobretensiones. Los hay tornillos y placa de conexión a tierra. n) Dispositivos para tracción:

Facilita el arrastre de los transformadores evitando que sea agarradode partes susceptibles de daño.

o) Orejas de Levante: Para levantar el transformador con eslingas ó ganchos.

p) Ruedas: Facilita la traslación del transformador. Las tenemos en dos tipos:

Orientable con ó sin pestañas.



155

q) Radiadores: Ayudan a enfriar el transformador aumentando artificialmente la superficie del tanque en contacto con el medio ambiente refrigerante.

r) Manovacuómetros:

Se utilizan con el fin de chequear los cambios en la presión interna del transformador.

s) Gancho para levante de la tapa: Permite levantarla cuando su peso sobrepasa los 50Kg.

t) Cuernos de arco: Desvía las sobretensiones de las líneas para que se descarguen através del tanque y no pasen por los devanados.

15. ¿Cuál es la diferencia entre un transformador convencional y uno

autoprotegido?

La diferencia entre un transformador convencional y uno autoprotegidoradica en que el primero está construido con lo mínimo y necesario paraoperar; parte activa, tanque, aceite y accesorios y para su adecuadainstalación se le debe adicionar externamente las protecciones como

pararrayos, fusibles en el primario y un posible Interruptor automático enla salida a la red secundaria.

El autoprotegido lleva externamente y adosado al tanque los pararrayos einternamente los fusibles del primario y secundario, además de uninterruptor, e inclusive lámpara de señalización de sobrecarga.

16. ¿Qué es un autotransformador?

Es un transformador que tiene unidos físicamente los dos devanados debidoa que esto ocasiona un ahorro en el material a usar en la construcción.

Cuando la relación entre el voltaje de A.T. y el B.T. no excede de 2 y el voltaje de A.T. no excede de 1200 voltios, el auto transformador es unaalternativa muy económica para el cliente, ya que el precio de lista se

busca para un transformador con una potencia menor que la pérdida en un factor:

Se necesita el previo consentimiento del cliente y de la fábrica paravenderlo.

Ejemplo:

Nos piden un transformador 1φ de 75 KVA. Con A.T. = 440 voltios y B.T.= 220 voltios.

AT

BT AT −



156

Hay dos alternativas:

5 ,0440

220

440

220440

AT

BT AT ==

−=

−

Y buscamos el precio de lista de un transformador con:

75 KVA* 0,5 = 37,5 KVA

Advertimos que es sólo para el precio ya que el auto transformador puedeentregar todos los 75 KVA completos.

Cuando calculemos la potencia para el precio siempre debemos aproximar los resultados a la potencia superior más próxima:

Ejemplo: Si el transformador del ejemplo anterior hubiese sido 45 KVA 3φ deberiamos buscar en lista de precios un transformador con:

45KVA* 0,5 = 22,5 KVA

Como este valor no aparece en la lista, lo aproximamos a 30 KVA.

NOTA: Para bajas potencias no es técnica y económicamenterecomendable.

17. ¿A qué pruebas se someten los transformadores antes de ser

despachados al cliente?. Hay que diferenciar tres tipos de pruebas:

• De rutina: Las que se realizan a todos los transformadores que salen”Sin excepción”.

• Tipo y especiales: Se realizan a solicitud del cliente.

Las pruebas de rutina son:

a) Medida del valor de la resistencia óhmica de los devanados en la

posición de trabajo del conmutador de derivaciones.b) Medidas de la Relación de transformación, verificación y

comprobación de la polaridad y grupo de conexión.c) Medidas de las pérdidas y tensión de cortocircuito.d) Medidas de las pérdidas y corrientes de vacío.e) Prueba de tensión inducida: Se trata de verificar la calidad del

aislamiento entre espiras y entre capas. Para el efecto se aplica unatensión por el devanado de baja tensión, equivalente al doble de latensión en vacío y para evitar la saturación del núcleo se aplica una

frecuencia equivalente como mínimo al doble de la nominal y duranteun lapso de tiempo que depende de la frecuencia aplicada.



157

f) Prueba de tensión aplicada: Con éste ensayo se verifica el estado delos aislamientos entre los devanados primario y secundario y entreéstos a tierra.

Las pruebas tipo son:

a) Prueba del conmutador de derivaciones. (No se realiza paratransformadores de distribución).

b) Pruebas de impulso y de frentes de onda: Simulan las descargasatmosféricas y los rayos para demostrar que el transformador tiene unaislamiento suficientemente grande como para resistirlos.

c) Prueba de calentamiento: Verifica que las temperaturas de trabajonormal del transformador no se pasen de las apropiadas ya que este

factor es primordial en la vida del transformador. Es una prueba que puede durar 10 horas en la cual se simula el transformador con toda sucarga para medir el calentamiento.

d) Prueba de rigidez dieléctrica del aceite: Se realiza para verificar el posible contenido de humedad en el aceite, Con éste ensayo y otroscomo el de acidez, tensión interfacial, viscosidad y color, puededeterminarse el estado del aceite.

Las pruebas especiales son:

a) Medición de la impedancia de secuencia cero.b) Medición de tangente delta o factor de potencia de los aislamientos.

18. ¿Cuándo se sabe si el transformador pasa o no las mencionadas pruebas?

Dentro del grupo de ensayos relacionados en el numeral anterior , hay pruebas de tipo destructivo y no destructivo pero que se evalúan respecto avalores de normas preestablecidos.

Dentro de las pruebas de tipo destructivo se encuentran:• Pruebas de tensión inducida.• Prueba de tensión aplicada.• Prueba de impulso.

Una falla en una de éstas pruebas, da lugar a rechazar el transformador yaún el diseño.

Respecto a las pruebas de tipo destructivo, y excluyendo las pruebasanteriormente mencionadas (de tipo destructivo) en el numeral anterior, laevaluación está basada en las diferentes normas NTC., tales como la N°818 y 819 que se refiere a los niveles de pérdidas en núcleo y devanados,corriente magnetizante y tensión de cortocircuito; las N° 801, 1058 y 2482que tratan de los límites de calentamiento y capacidad de sobrecarga.

19. ¿Qué opciones anormales afectan la vida útil del transformador?

Diversidad de factores afectan la vida útil del transformador, la cual seespera que sea mínimo de 20 años. Entre otro factores los más relevantes

son los siguientes:



158

Condiciones de alimentación: Para una misma carga, si se alimenta sobreexcitado ó sea con tensión primaria mayor a la nominal en la posición del conmutador, el núcleo además de saturarse arrojará más pérdidas y en consecuencia se presentarán temperaturas en aceite ydevanados mayores a las normales. Si el transformador es alimentado a

una frecuencia 5%, o más, por debajo de la nominal 60 ciclos, de igual manera se presentará calentamiento en el núcleo al incrementarse las pérdidas.También deben incluirse las situaciones transitorias en la red tales como

sobretensiones por maniobra, descargas atmosféricas, etc.

CONDICIONES AMBIENTALES:

Los transformadores están diseñados para operar bajo determinadascondiciones de temperatura y altura sobre el nivel del mar. Si no se tienenen cuenta estos puntos, el transformador puede sufrir sobrecalentamiento

que le restará vida útil.

CONDICIONES DE CARGA:

Como un complemento a lo anotado en el numeral 6, si al sobrecargar el transformador no se tiene en cuenta la temperatura ambiente, la carga

precedente y el tiempo durante el cual vamos a aplicar la sobrecarga quenecesitamos, pueden presentarse sobrecalentamientos y por ende leestaremos restando vida útil al transformador.



159

PROBLEMAS RESUELTOSCAPITULO IV

TRANSFORMADORES 1φ φφ φ s y 3φ φφ φ s

PROBLEMA N° 4.1 : Un transformador monofásico de 5 KVA, 2300/230 V , y60 Hz fue sometido a ensayos con los siguientes resultados:

C.A. 230V 1,01A 40W C.C 142V Inom 110W

a) Calcular los parámetros del circuito equivalente referido al lado de bajatensión.

b) Si el voltaje y la corriente en el secundario se mantienen en sus valoresnominales. Determine el f.d.p. de la carga con la que se obtiene máximaregulación. Calcular este valor.

SOLUCIÓN:

a)Para el circuito abierto:

Ω

φ

φ

245 ,231 X mhos1056 ,7 g

mhos10324 ,4bb g Y

mhos1039 ,4230

01 ,1

V

I Y

mhos1056 ,7 23040

V P g

W 40 P

A01 ,1 I

V 230V

m4

P

3m

2m

2 P

2

3

OC

OC

422

OC

OC P

o

o

o

=×=∴

×=⇒+=

×===

×===

===

−

−

−

−

Para el cortocircuito: Referido al lado de alta tensión:

Ω Ω

Ω Ω

Ω

61 ,0a

X X 2374 ,0

a

R

a

R R

10a:tensiónbajadeladoal flejado Re

03 ,61 R Z X 274 ,23174 ,2

110

I

P R

32 ,65174 ,2

142

I

V Zeq Z A174 ,2

2300

K 5 In

2SC

2eq21eq

2SC

2eq

2SC

2SC SC 22

SC

SC SC

SC

SC 1SC 1

=====

=⇒

=−=⇒===

====⇒==⇒

⇒ En el lado de BT, tenemos el siguiente circuito equivalente:



160

Figura P4.1.1

b)

Ω=+==

==

655 ,061 ,02374 ,0 Z V 230V

A74 ,21230

k 5 I

22

2eqn2

n2

L V 2

I L I L eq2 R

J jI L eq2 R

E 0

CC

Figura P4.1.2

( )

%19 ,6 655 ,0230

74 ,21r

356 ,0 p.d . f 1 ,69

cuandoocurrer

100cos Z V

I r %

max

L

LCC max

LCC 2eq2

2 L

=×=∴

=⇒°=⇒=⇒

×−××≅

θ

θ θ

θ θ

PROBLEMA N° 4.2 : Un transformador monofásico de 500 KVA, 42/2,4 KV y60Hz. Fue sometido a la prueba de vacío y cortocircuito, con los siguientesresultados:

Vacío: 2400 V 18,1 ACortocircuito: 955 V 5,91 A 962,5 W

sabiendo además que la máxima eficiencia se obtiene para α = 0,9915a) Determinar los parámetros del circuito equivalente.b) Determinar la tensión en la carga, cuando esta consume 500 KVA con

f.d.p.= 0,8 capacitivo y alimentado el primario del transformador con 42 KV c) Determinar el f.d.p. de la carga, para conseguir regulación cero cuando la

carga consume 500 KVA a tensión nominal.

°=

=

125 ,69274 ,23

03 ,61

arctan

CC

CC

θ

θ



161

SOLUCIÓN:

a) Prueba de cortocircuito:

Figura P4.2.1

°∠=∴

°=⇒×=

182 ,806 ,161 Z

182 ,80cos Z R

1eq

CC CC 1eq1eq θ θ

Figura P4.2.2

Prueba de Vacío:α para máxima eficiencia

Figura P4.2.3

N CuOC N Fe f h

eq N Cu

OC N Cu

SC

OC

N Cu

f h

P P KW P P

KW R In P

P P

P

P

P

P

×====⇒

=×

=×=⇒

=∴==⇒

+

+

2

2

1

2

1

2

844,3

91,3556,2742

500

α

α α

Ω

Ω

φ

φ φ

16 ,133 X mhos1051 ,7 g Y b

mhos1054 ,7 2400

1 ,18V I Y

K 4984 ,1 Rmhos10667 2400

K 844 ,3

V

P g

m32

P 2

m

3

N

P 6

22 N

OC P

=∴×=−=⇒

×===

=⇒×===

−

−

−

JR ef1 J jXef1

Ω=−=⇒Ω===

Ω==

=

23 ,159556 ,27 6 ,161 X 6 ,16191 ,5

955

I

V Z

556 ,27 91 ,5

W 5 ,962 R

I

P R

22

1eqSC

SC

1eq

21eq

2SC

SC 1eq



162

b)

°=⇒= 87,368,0cos φ φ

Figura P4.2.4

KV 447 ,2V

V

235 ,0

V

12 ,0V 4 ,24 ,2 j

V

235 ,0

V

12 ,0V

KV enestáV 4 ,2117 10V

264

V

104 ,2182 ,80528 ,087 ,36 10V

1050010V

0V V :referenciacomoTomando

2400 I Z V

182 ,80528 ,05 ,17

182 ,806 ,161

a

Z Z

5 ,17 4 ,2

42a

L

2

L

2

L L

2

L L L

L3 L

L

3

3 L

33

L

L L

L2eq L

221eq

2eq

=∴

+

−=⇒∠=+

−+⇒

∠=°∠×+

∠×=°∠×°∠××

+×

°∠=⇒

∠=×+

°∠=°∠

==

==

α

α

α

α

c) Como una aproximación de la regulación tenemos:

9853 ,0cos

82 ,9

90

0r condiciónla Para18 ,80a

R Ra

X X

R

X arctandonde100 )cos( Z

V

I %r

L

L

L

21eq

2eq21eq

2eq

2eq

2eq

L2eq2

2 L

=∴°−=

°=−⇒=⇒°=⇒

==

=×−××=

θ

θ

θ φ

φ

φ θ φ

PROBLEMA N° 4.3 : Se tiene un transformador monofásico con los siguientesdatos de placa: 10KVA, 440/110V, 60Hz y tiene los siguientes parámetros:

r 1 = 0,5 ohm r 2=0,032 ohm X 1=0,9ohm X 2=0,06 ohm



163

En vacío la corriente absorvida por el bobinado de 440 V es de 0,5 A y las pérdidas en el núcleo es de 100 W.

a) Calcular la tensión necesaria en el primario para mantener la tensiónnominal en bornes del secundario cuando entrega una corriente de

sobrecarga del 25% con f.d.p. 0,8 (inductivo).b) Para el régimen de operación en a) calcular la regulación y la eficiencia.c) Calcular la corriente para eficiencia máxima y cual es el valor de ésta.

SOLUCIÓN: Para la prueba en vacío, tenemos el siguiente circuito equivalente:

J -jbm

J g p R +jX eq ef

Figura P4.3.1

( ) ( )

mhos100122 ,1b

10165 ,510136 ,1 g Y b

mhos10136 ,1440

5 ,0

V

I Y

mhos10165 ,5440

100

V

P g

3m

24232 P

2m

3

OC

OC

4

22OC

OC P

−

−−

−

−

×=⇒

×−×=−=∴

×===

×===⇒

φ

φ

Ω

Ω Ω

Ω

96 ,0 X a´ X

512 ,0032 ,016 r a´ r 947 ,987 b

1 X

K 936 ,1 g

1r

22

2

22

2m

m

P P

=×=

=×=×===

==⇒

a) Circuito simplificado: A91 ,90110

1010 I

3

N 2 =×

=



164

_

1V

_

a I

4 a=

° 37 Z

012 ,1 j86 ,11 L

_

I

p r_

LV jxm−

Figura P4.3.2

( )

°∠=°∠×°−∠+°∠=⇒+×+=

°∠=°∠≅×°∠≅⇒=

°−∠=∴=⇒

°−∠=

°−∠×=⇒°∠=⇒

88 ,24 ,49545 ,611175 ,237 41 ,280440V

) j86 ,1012 ,1( I V V

0110V donde ,044040110V aV

V

37 41 ,28 I 4

1

I

I

37 64 ,113 I

37 91 ,9025 ,1aarg sobrec I 0V V tomando

L

a1 L

212

1

a

S N 2

a

S N 2

N 222

b)

( )

( )

9137 ,0574 ,94332 ,10000

32 ,10000

P P

P

W 574 ,943 P P P

W 32 ,100008 ,064 ,113110cos I V P

W 76 ,126 10165 ,54 ,495 g V P

W 814 ,816 012 ,141 ,28´ r r I P

: Eficiencia

43 ,12%r

1005

311625 ,0

5

406325 ,0

110

64 ,113%r

11625 ,016

9 ,006 ,0

a

X X X

06325 ,016

5 ,0032 ,0

a

r r R

100 sen X cos R

V

I %r

S

S

FE Cu

L2 L2Sal

42 P

2 L FE

221

2aCu

21

22eq

21

22eq

L2eq L2eq

2

2 L

=+

=+

=∴

=+=∴

=××=××==××=×=

=×=+×=

=

×

×+××=

=+=+=

=+=+=⇒

××+×=

−

∆η

∆

θ

Ω

Ω

θ θ

c) Ef iciencia máxima:

max1 Lmax2 L

N Cu

Fe

N Cu

OC

23

N 2a N Cu

) para( I ) para( I

4374 ,072 ,522

100

P

P

P

P

W 72 ,522012 ,1440

1010012 ,1 I P

η=α=

η

====α

=×

×=×=



165

%5 ,94

945 ,098 ,1992 ,3499 2 ,3499 P P P

W 2 ,34998 ,0110

1010110cos ) para( I V P

max

S

S max

3

Lmax2 L2 LSal

=∴

=+=+=∴

=××

××=××=

η

∆η

α θ η

PROBLEMA N° 4.4 : El ensayo de cortocircuito y vacío bajo corriente ytensión nominales respectivamente de un transformador monofásico de 10/2,3

KV, 60 Hz 100KVA dio los siguientes resultados:Cortocircuito : 1250 W ; f.d.p.=0,65

Vacío : 350 W ; f.d.p.=0,24 El transformador es instalado mediante una línea para suministrar una carga de

f.d. p. igual a 0,85 inductivo a 2,3 KV. Determinar:a) La tensión al inicio de la línea, si el transformador se encuentra a ¾ de

plena carga. La línea tiene una reactancia igual a ½ de la reactanciaequivalente del transformador y se encuentra en el lado de A.T.

b) Calcular el porcentaje de carga a la cual Ud. recomendaría para encontrar la máxima eficiencia del sistema línea – transformador.

c) Determinar la impedancia de cortocircuito y los parámetros g y b por unidad.

d) Si se hubiera considerado la resistencia de la línea como afectaría larespuesta c)

SOLUCION: De la prueba de cortocircuito: De la prueba de vacío:Secundario en corto Las mediciones sa hacen en

Instrumento en el lado de alta tensión el lado de baja tensión. Los parámetros a calcular estánreferidos al Secundario

2SC

2SC SC

SC

SC SC

SC

SC SC SC SC

22n

SC 2

SC

SC SC

SC n

nnnn

614 ,14 R Z X

23076 ,1910

3076 ,192

I

V Z

V 3076 ,19265 ,010

1250V

cos I V P

5 ,1210

1250

I

P

I

P R

I A10 I

100000 I 10000 I V S

=−=∴

===

=×

=⇒××=

====

==⇒==×=

Ω

Ω

θ

Ω

×===⇒

+=

=×

=⇒

θ××= ×=

===

−

φ

−

1075652634 ,0 I

Y

b g Y

A634 ,024 ,02300

350 I

cos I V P mhos1061625 ,6 g

2300

350

V

350

V

P g

4OC

2m

2 P

OC

OC OC OC OC

5

2 P

22 N

2OC

OC 2 P



166

a) En el primario ( al inicio de la línea) °=⇒= 788,3185,0... ϕ pd f

Figura P4.4.1

Despreciando el circuito de admitancia, tenemos : ( )°∠= 022

V V

°−∠=⇒

=°−∠××=°−∠××=

788 ,315 ,7 a

I

3 ,2

10a;788 ,31

3 ,2

100

4

3788 ,31

V

S

4

3 I

2

N 2

N 2

Figura P4.4.2

( )

°∠=∴°∠+°∠=⇒

=+×°−∠+×⇒

51 ,069545 ,10166 V

519 ,2825875 ,189010000V : fasoresSumando

V j921 ,215 ,12788 ,315 ,7 V a

i

i

i2

b)

N 2 L N 2 Lmax2 L

N 2 LSC

OC max2 L

2eq

f hmax2 L

I 52915 ,0 I 1250

350 ) para( I

I P

P ) para( I

R

P ) para( I

×=×=

×=⇒= +

η

ηη

∴ Porcentaje de carga = 52,915% del sistema línea- transformador, ya que lalínea se supone puramente inductiva.



167

c) g y b por unidad:

( )

014156 ,0.)u. p( g .)u. p( Y .)u. p( b

014582 ,00 ,1

014582 ,0

.)u. p( V

.)u. p( I

.)u. p( V

.)u. p( I .)u. p( Y

014582 ,0

3 ,2100

634 ,0

I

I .)u. p( I

0035 ,0.)u. p( g

S

P

1

S P

V

P

V

P .)u. p( g

105 ,310100

350

P

P .)u. p( P

22m

nOC

OC

2S n

OC

n

OC n

OC

2n

OC 2

OC

OC

3

3n

f h f h

=−=

====

===

=

====

×=×

== −++

φ

φ

φ

φ

d) Si se considera la resistencia de la línea, no habría afectado la respuesta c), ya que todo depende únicamente del circuito de admitancia.

PROBLEMA N° 4.5 : Se tiene un transformador monofásico de 10 KVA conrelación de transformación a=10/0,23 KV, en las pruebas de cortocircuito yvacío se obtuvieron:

Prueba de Cortocircuito : 550 V 1,2 A 600 W Prueba de vacío : 230 V 1,739 A 200 W

Determinar:

a) El circuito equivalente exacto referido al lado de alta tensión.

b) El diagrama fasorial cuando se alimenta una carga con potencia nominal ycon f.d.p = 0.866 capacitivo.

Si este mismo transformador alimenta una carga cuya potencia es el 10 % másque la potencia nominal del transformador (P L = 1.1P N ) y con cosϕ = 0.809capacitivo, manteniendo la tensión de entrada en 10 KV. Calcular:

c) La tensión en la carga (despreciar la rama de excitación)

d) La regulación para la carga mencionada.

Si para éste mismo transformador, se alimenta una carga nominal concosϕ = 0.707 en atraso; calcular:

e) La eficiencia a plena carga

f) La corriente de carga (I L ) para obtener una eficiencia máxima.

SOLUCIÓN:



168

a)

Figura P4.5.1

PRUEBA DE CORTOCIRCUITO:

( )

( )

mhos10467 ,3bmhos102 g

0505 ,0 X 1102 ,0 R

4703 ,95 X 333 ,208 R

mhos10467 ,3b

mhos1055 ,6 E

I b

Amps5064 ,1 I I I Amps8688 ,0 g E I

mhos102a

g g

mhos107801 ,3230

667 ,199

E

P g

W 667 ,199 R I P P :VACÍO DEL PRUEBA

0505 ,0a

´ X X

4703 ,95´ X X 1102 ,0a

´ R R

9407 ,190 X 333 ,208´ R R

333 ,4582 ,1

550

I

V Z 667 ,416

2 ,1

600

I

P R

6 1m

6 1 P

22

11

6 1m

3

2

m2m

2

P

2

om2o2 P

6

202

1o

3

222

FE 2o

2200 FE

22

2

2122

2

1eq21

CC

CC

1eq22CC

Cu

1eq

−−

−

−

−

−

×=×=

====∴

×=

×===−=→=×=

×==

×===

=×−=

==

====

===

======

Ω Ω

Ω Ω

Ω

Ω Ω

Ω Ω

Ω



169

b)_

1V

_

m I

_

1 I

2

_

2 '' R I

1

_

1 R I

2

_

2

_

' Z' I

_

I φ

p I 1

_

E

1

_

1 JX I

2 2

_

' X ' I J

_

2'V

° 30

_

2' I

Figura P4.5.2

c)

°∠=→°==

=×=

36 ´ I ´ I 36 )capacitivo( 809 ,0cos

KVA11S 1 ,1S

22

N L

ϕ ϕ

2

_

eq ' I J R1

2

_

e q

_

' I Z 1

1V

_

2V a

_

2' I

X jI´ eq1 2


( ) ( ) ( )

( ) ( )

V 3475 ,235V

5 ,10232V a

62 ,24 R

X arctan36

KVA11S 333 ,458 Z

cosS Z 2V a

Z S V aV

V a

S ´ I

cos Z ´ I V a2´ I Z V aV

2

2

1eq

1eq

L1eq

L1eq

2

2

1eq L22

21

2

L2

1eq222

2eq2

22

1

==×

°=

=°=

==

+×××−

×

×+×=

×=

+××××−×+×=

β ϕ

Ω

β ϕ

β ϕ

d) Cálculo de regulación:

27 ,2r %

%1003475 ,235

5347 ,235230%100

V

V V r %

aarg c

aarg cvacío

=

×−

=×−

=



170

e) Cálculo de la eficiencia a plena carga:

A plena carga: S L = S N =10KVA

%8 ,89

898 ,0600200707 ,010000

707 ,010000

=

=++×

×=

η

η

f) A1 ,25230

10000

600

200 I

P

P I N

Cu

FE L =×=×=

PROBLEMA N° 4.6 : En el laboratorio se dispone de seis (06) transformadoresidénticos de 5KVA, 440/220 V , 60 Hz, monofásicos, los cuales han sido

sometidos al ensayo de cortocircuito y vacío.

Vacío 220 V 3A 100W

Cortocircuito 50V 11,36A 280W

Determinar para un transformador:

a) Los parámetros del circuito T equivalente , reducido al lado de Alta tensión.

b) La regulación al 90% de plena carga y la tensión en el lado de baja tensión si se alimenta con 440V.c) La eficiencia máxima y el porcentaje de carga para este caso.d) Las pérdidas en el cobre y la tensión aplicada en el lado de Alta Tensión si

el ensayo se realiza al 50% de corriente nominal.e) La potencia nominal como autotransformador.

f) Las posibles conexiones como autotransformador, ¿Las potencias en estoscasos son iguales?

SOLUCIÓN:

De la prueba de vacío : (Referido al secundario)a)

Ω

Ω

φ

φ

1898 ,74 X

mhos01347 ,0 g Y b

mhos0136 ,0220

3

V

I Y

03 ,484 Rmhos10066 ,2220

100

V

P g

m

2 p

2m

OC

OC

P 3

22 N

OC P

=⇒

=−=∴

===

=⇒×=== −



171

Refiriendo al lado primario (a=2) (LADO DE ALTA TENSIÓN)

Ω

Ω

956 ,296 X mhos103675 ,3

4

01347 ,0

a

b´ b

1 ,1936 ´ r mhos10165 ,54

10066 ,2

a

g ´ g

´ m

3

2m

m

P 4

3

2 P

P

=⇒×===

=⇒×=×

==

−

−−

Prueba de Cortocircuito:

Ω Ω

Ω

Ω Ω

Ω Ω

Ω Ω

Ω

1 ,1 Z 957375 ,0 X

542425 ,0 R

47868 ,04 ´ X X 91475 ,128295 ,3´ X X

2712 ,04

´ r r 08485 ,1

2

1697 ,2´ r r

8295 ,3 R Z X 4 ,436 ,11

50

I

V Z

1697 ,236 ,11

280

I

P r ar R

2eq2eq

2eq

2221

2221

2

1eq2

SC 1eqSC

SC SC

22SC

SC 2

211eq

=→=

=⇒

==⇒===

==⇒===

=−=∴===

===×+=

b) r% al 90% de plena carga

042 ,5100220

1 ,1465 ,60cos220

50009 ,0

%r

0unTomando465 ,60 R

X

arctan

100 )cos( Z V

I %r

L2eq

2eq

L2eq2

2 L

=××°××

=⇒

°=°=

=

×−××=

θ φ

θ φ

)(

)(

22

1

22

1

eqeq L L

eqeq L L

jX R I a

V V

jX R I V a

V

+×−=

+×+=

Figura P4.6.1

8478 ,4100828 ,209

828 ,209220100

V

V a

V

%r

35 ,5828 ,209V 0Si

)957 ,0 j542 ,0( 220

50009 ,0

2

0440V

L

L1

L L

L L

=×−

=×−

=

°−∠=⇒°=

+×∠×−°∠

=

θ

θ



172

c) Eficiencia máxima:

%76 ,59100aarg c%

%72 ,939372 ,02002988

2988

200220

5000220

1220

5000220

W 200100100 P P P

P P

cos I V

P P

P

I ) para( I 5976 ,0280

100

P

P A578 ,13 I

542425 ,0

100 I R I 100

P P

max

FE Cu

sal

L L L

sal

sal

N 2max2SC

OC

2

22eq2

2

Cunom FE

=×=

≡=+

=

+××

×××=

=+=+=+××

=+

=

×=⇒===

=∴

=⇒×=

=

α

η

α

α

η

∆

∆

θ

∆η

α ηα

d) Si el ensayo de cortocircuito se realizó al 50% de plena carga, entonces:

Figura P4.6.2

W 70 P

36 ,11

6818 ,5

I

´ I

280

P

? P

465 ,6025´ V

465 ,604 ,406818 ,5 jX R´ I ´ V

Cu

22

SC

SC Cu

Cu

CC

1eq1eqSC CC

=⇒

=

=∴

=°∠=∴

°∠×°∠=+×=

e) y f)

Figura P4.6.3

A6818 , 5 2

220 5000

5 ,0

a

I 5 ,0´ I N 2

SC

====××××

====××××====



173

Figura P4.6.4

PROBLEMA N° 4.7 : Un transformador monofásico está en capacidad deentregar su corriente secundaria de plena carga de 300 A a f.d.p. 0,8 inductivo

y una tensión de 600 V. El transformador tiene una relación de transformación en vacío 6600/600 V y

está provisto de taps en el lado de alta tensión para poder variar dicha relaciónde transformación.Si el transformador es alimentado por una fuente de 6600 V constante a travésde un alimentador , calcular:a) La relación de transformación a la que habría que ajustar el tap del

transformador para que entregue 600V en el secundario a plena carga, siendo las impedancias del sistema las siguientes: Alimentador (total): Z F =1+j4 Ohmios Primario del transformador: Z P =1,4+j5,2 OhmiosSecundario del transformador: Z S =0,012+j0,047 Ohmios

Figura P4.7.1

SOLUCIÓN:

Figura P4.7.2



174

( )

472 ,1041 ,611

67 ,6402

E

E ´ a

276 ,167 ,6402 E

)87 ,36 267 ,750485 ,0( 1139964 ,25 Z a Z a I E

39964 ,2539195 ,254

06600 I

39195 ,254 j087 ,160452 ,197 Z

87 ,36 211 ) j047 ,0012 ,0( 11 ) j41( ) j2 ,54 ,1( Z

11600

6600a; Z a Z a Z Z Z

854 ,041 ,61187 ,36 30067 ,750485 ,00600 E

67 ,750485 ,0 j047 ,0012 ,0 Z 87 ,36 8 ,0cos

A300 I I Z 0600 I Z V E

S

P

P

2 L

22

2 P P

P

TP

22TP

L2

22

F 1TP

S

2

S S 2S 2 LS

===∴

°−∠=°∠+°∠××°−∠=×+××=

°−∠=°∠

°∠=⇒

°∠=+=°∠×++×++++=

==×+×++=

°∠=°−∠×°∠+°∠=∴°∠=+=°=⇒=

=×+°∠=×+=φ φ

PROBLEMA N° 4.8 : Se tiene un transformador, monofásico de 150 KVA, 60 Hz, 4800 / 230V. Dicho transformador tiene un circuito equivalente cuyos parámetros son :

R1 = 0,705Ω X 1 = 1,950Ω R p = 72,05Ω R2 = 0,002Ω X 2 = 0,005Ω X m = 4,95Ω

Se conecta una carga en el lado B.T. que absorbe una corriente de 90% de in a

voltaje nominal, y factor de potencia 0.5 en adelanto; Determinar:a) La corriente que absorbe el transformador y su f.d.p.b) El voltaje aplicado al lado de A. T.c) Las pérdidas en el núcleo y el cobre a condiciones nominales.

SOLUCIÓN:

Datos del transformador monofásico:S N =150KVA

f N =60Hz

a=4800/230=20,87

Parámetros: R1=0,705Ω X 1=1,950Ω R P =72,05Ω

R2 =0,002Ω X 2=0,005Ω X m=4,95Ω

°=⇒=

=×=

===

605 ,0cos

A96 ,586 I 9 ,0 I

A18 ,652230

150000

V

S I

L L

2 N L

2 N

N 2 N

θ θ



175

Se tiene el circuito equivalente exacto, referido al lado de A.T.

Figura P4.8.1

Del circuito se tiene:

°∠=+=

°−∠=°∠××

+×=

°∠×+×

=+=

+=°∠=

°∠×°∠+°∠=

°∠=°∠=°∠=

°∠=+=⇒×+×=+=

×=×=×=

∠==⇒×=×==

×+=×+=∗∗

2678 ,57 332 ,26 ´ I I I

:además

446 ,85213 ,2 I

90 X Ra

) jX R( E

90´ X ´ R

´) jX ´ R( E

jX

E

R

E I

;´ I I I

6239 ,0468 ,4759 E

6012458 ,282 ,68345 ,204800 E : Luego

6012458 ,286087 ,20

96 ,586 60

a

´ I ´ I

2 ,68345 ,2´ Z

1778 ,2 j871 ,0´ Z X ja Ra´ jX ´ R´ Z

X aa95 ,4´ X ; Ra´ R

V

S

V

S I I V S V a´ V ;

a

I ´ I

´ Z ´ I ´ V E ; I Z E V

21

m P 2

m P 1

m P

m P 1

m

1

P

1

21

1

1

L2

2

222

22

222

m22

m P 2

P

L L L

L L L L L22

22

22211111

φ

φ

φ

φ

φ

a)adelantoen5498 ,0cos A332 ,26 I 11 == θ

b)

°∠=+×°∠+°∠=

×++=

154 ,14727 V

)950 ,1 j705 ,0( 2678 ,57 332 ,26 6239 ,0468 ,4759V

I ) jX R( E V

1

1

11111



176

c)

W 138 ,1539230

002 ,0

4800

705 ,0150000 P

RV

S

RV

S

R I R I P

W 212 ,73405 ,72

230

R

V P

22

2 N Cu

2

2

N 2

N

1

2

N 1

N

2

2

N 21

2

N 1 N Cu

2

p

2

N 2 N FE

=

+×=

×

+×

=×+×=

===

PROBLEMA N° 4.9 : Se tiene un transformador monofásico de 10 KVA,10/0,23 KV, 60 Hz, cuyos datos de prueba son:

Prueba de vacío : 230 V 1,3043A 150 W Prueba de cortocircuito : 600 V 1,5A 815 W

Determinar:a) El circuito equivalente exacto referido al lado de A.T.b) El diagrama fasorial cuando se alimenta una carga nominal y f.d.p. 0.866

capacitivo.

SOLUCIÓN:

a) Analizando por donde se hicieron las pruebas:Tenemos :

A478 ,43230

10000 I

A11000010000 I KVA10S

2 N

1 N N

==⇒

==⇒=

La prueba de cortocircuito se hizo por el lado de A.T. La prueba de circuito abierto se hizo por el lado de B.T.

El circuito equivalente exacto esta dado así (referido al lado de A.T.)

_

2

_

2 V 2'V =

_

1 I

2

__

2 ' I a

I =

p g .T . A

.T . A

_

p I

1 Jx 2' R 2' Jx

1 R

_

I φ

_

E_

1V

_

m I

bm

Figura P4.9.1



177

De la prueba de C.C. : Ω=== 4005 ,1

600

I

V Z

CC

CC

.T . Aeq

Ω=Ω=

=Ω==Ω=

===×==

=×==

Ω=−=−=

Ω===⇒×=

04488 ,0 X

0958 ,0 R

´ X 846 ,84 X ´ R111 ,181 R

: Entonces

48 ,4323 ,0 / 10adonde2

X X a´ X X

2

R Ra´ R R

692 ,16922 ,362400 R Z X

22 ,362

5 ,1

815

I

P R R I P

2

2

21

21

.T . Aeq

22

21

.T . Aeq

22

21

222

.T . Aeq2

:T . Aeq.T . Aeq

22

N CC

N Cu

.T . Aeq.T . Aeq2

CC CC

Prueba de Vacío:

mhos10911 ,4 g Y b

mhos108355 ,2230

150

V

P g

mhos106708 ,5230

3043 ,1

V

I Y

32

.T . B P 2

.T . Beq.T . Bm

3

22 N

OC

.T . B P

3

N

OC

.T . Beq

−

−

−

×=−=

×===

×===

Como:

Ω

Ω

47 ,384911 X

6667 ,666666 R

mhos10598 ,2abb

mhos105 ,1a

g g

a

Y Y

a

Z Z

.T . Am

.T . A P

6 2

.T . Bm.T . Am

6

2.T . B P

.T . A P

2.T . Beq

.T . Aeq2.T . Aeq

.T . Beq

=

=∴

×==

×==

=⇒=

−

−

b) Diagrama Fasorial:

cos! L=0,866 ! L=30°

La gráfica del diagrama fasorial se muestra en la Figura P4.9.2.



178

_

1V

_

m I

_

1 I

2

_

2 R' I

11

_

R I

_

I φ

_

E

1

__

1 X I

2 2

_

' X ' I

_

2'V

_

2' I

Figura P4.9.2

PROBLEMA N° 4.10 : En las pruebas de vacío y cortocircuito de untransformador monofásico de 20KVA, 2400 / 240 V, 60 Hz se obtuvieron:

Prueba de vacío 240 volts 1,066A 126,6 watts Prueba de C.C 57,4 volts 8,33 A 284 watts

Terminada la prueba de corto se observó que un termómetro marcaba 24° C. Despreciando el efecto superficial y considerando que el transformador estaalimentado constantemente a 2400 volts se pide:

a) Los parámetros del transformador a 75° C.

b) La regulación y eficiencia a plena carga si el transformador va a servir para alimentar una carga resistiva.c) La eficiencia, si el transformador opera con el 25% de su corriente de plena

carga. Determinar la eficiencia máxima del transformador para ambos casosconsiderar un f.d.p. = 0,8 en atrazo.

d) Asumiendo conexión como autotransformador elevador (carga L Z en el ladode alta ).d.1) Calcular los nuevos valores nominales e ilustrar los circuitosequivalentes referidos a cada lado del autotransformador.d.2) Calcular la regulación y eficiencia a plena carga para un factor de

potencia unitario.

SOLUCIÓN:

a) Cálculo de los parámetros a 24 ° C. De la prueba de vacío : Lado de Baja Tensión

mhos1086 ,3 g Y b

mhos10442 ,4240

066 ,1

V

I Y

mhos10198 ,2240

6 ,126

V

P g

322o2

2o2m

3

OC

OC 2o

3

22OC

OC 2o

−

−

−

×=−=

×===

×===



179

De la prueba de Cortocircuito:

Ω

Ω

Ω

544 ,5 R Z X

093 ,4

33 ,8

284

I

P R

891 ,6 33 ,8

4 ,57

I

V Z

2

1eq2

1eq1eq

22

SC

SC

1eq

SC

SC

1eq

=−=

===

===

1,, eqm P X b g , se consideran inalterables respecto a una variación de

temperatura.

Ω 9 ,4 )C 75( R

)C 24( R )245 ,234(

)755 ,234( )C 75( R

1eq

1eq1eq

=°

°×++

=°

b)

V 240V V ;05544 ,0100

544 ,5 X

049 ,0100

9 ,4

a

R R; A33 ,83

240

20000 I

100V

X I 21

V R I r %

%72 ,97 9772 ,06 ,126 28 ,34020000

20000

20000cosS P

W 28 ,34033 ,89 ,4 I )C 75( R )C 75( P

A33 ,82400

20000 I

1. p.d . f VA20000S

N 222eq

21eq

2eq2 L

2

2

2eq2 L

2

2eq2 L

L N S

22

1 N 1eqCu

1 N

N

====

=====

×

××+×=

≡=++

=

=×=

=×=×°=°

==

==

Ω

η

θ

72 ,1r %

100240

05544 ,033 ,83

2

1

240

049 ,033 ,83r %

2

=

×

×

×+×

=

c)

W 6 ,126 P

W 40008 ,04

20000 P

cos4

S cos

4

I V cos I V P

4

I I A833 ,20

240

2000025 ,0 I

f h

S

L N

L N 2

2 L22S

N 222

=

=×=

×=××=××=

==×

=

+

θ θ θ



180

%47 ,97 9747 ,06 ,126 275 ,9759

75 ,9759

W 75 ,97591600033 ,83

83 ,50 P

I

I P

I V

I V P

cos I V P ;cos I V P

A83 ,50049 ,0

6 ,126

R

P ) para( I

R I P P ?

%44 ,96 9644 ,0

267 ,216 ,126 4000

4000

P P P

P

W 267 ,2116

28 ,340

16

)C 75( R I )C 75( R I P

max

N S

N 2

2 N S

N 2 N 2

22S

L N 2 N 2 N S L22S

2eq

f hmax2

2eq2

2 f hCumax

Cu f hS

S

2eq2

N 2

2eq2

2Cu

≡=×+=η

=×=×=×

××

=

θ××=θ××=

===η

×==⇒=η

≡=++

=++

=η

==°×

=°×=

+

+

+

PROBLEMA N° 4.11 : La placa de un transformador monofásico de 50MVAde 60 Hz indica que tiene relación de voltaje igual a 8 KV: 78KV. Se lleva acabo una prueba en circuito abierto desde el lado de bajo voltaje, y las lecturasde los instrumentos correspondientes son 8 KV, 61,9A y 136 KW. En forma

semejante, una prueba en cortocircuito desde el lado de bajo voltaje se obtienenlecturas de 650V, 6,25 KA y 103 KW.

a) Calcule la impedancia equivalente en serie, resistencia y reactancia del transformador, referidas a las terminales de bajo voltaje.

b) Calcule la impedancia equivalente en serie del transformador, referida alas terminales de alto voltaje.

c) Haga las aproximaciones adecuadas y dibuje un circuito T equivalentedel transformador.

d) Calcule la eficiencia y la regulación de voltaje si el transformador operaa voltaje y carga nominales. El factor de potencia es la unidad .

e) Repita en inciso d) suponiendo que la carga tenga un factor de potenciaigual a 0,9 en adelanto.

SOLUCIÓN:

Prueba de Circuito Abierto. Lado de Bajo Voltaje : 8KV; 61,9A; 136KW

mhos1044 ,7 g Y b

mhos107375 ,7 8000

9 ,61Y

mhos10125 ,28000

136000 g

32

2 P 2

22m

3

2

3

22 P

−

−

−

×=−=

×==

×==

φ

φ



181

Prueba de Cortocircuito. Lado de Bajo Voltaje: 650V; 6,25 KA; 103 KW

Ω

Ω

Ω

10397 ,0 R Z X

106368 ,26250

103000 R

104 ,06250

650 Z

2

2eq2

2eq2eq

3

22eq

2eq

=−=

×==

==

−

a)

Ω

Ω

Ω

41 ,134 X

588 ,470 R

) j10397 ,00026368 ,0( Z

2m

2 P

2eq

=

=

+=

b)

Ω ) j884 ,9251 ,0( Z

Z a Z

1eq

2eq2

1eq

+=

×=

c)

_

1 I

1 p R

1 Jx 2' R 2' Jx

a / 2

_

I

1 R

_

I φ

j Xm1 2

_

V 2_

1V aa

Figura P4.11.1

Ω

Ω

Ω

Ω

K 7774 ,12 X

K 7353 ,44 R

942 ,42884 ,9´ X X

1255 ,02

251 ,0´ R R

1m

1 P

21

21

=

=

===

===

d)

%52 ,999952 ,0 MW 239 ,50

MW 50

P

P

P P

P

MW 239 ,50 KW 103 KW 136 P P

MW 50S cosS P

1

L

. perd L

L

L1

N L N L

≡===+=

=++===×=

η

θ



182

535 ,010078000

7800027797 ,78417 %r

63 ,427797 ,78417

8

788000

1050 ) j884 ,9251 ,0( 080008

78V

jX // Rderamalado Desprecian;a

I Z V aV

¿?V Voltaje

6

1

1m1 P 2

1eq21

1

=×−

=

°∠=×

××++°∠×=

×+×=

=

e)

%47 ,999947 ,0 P

P

MW 239 ,45 KW 103 KW 136 MW 45 P

MW 459 ,01050cosS P

1

L

1

6 L N L

≡==

=++==××=×=

η

θ

%07 ,30307 ,078000

74272 ,7560378000r

38 ,474272 ,75603V

9 ,0arccos78000

1050 ) j884 ,9251 ,0( 078000V

a

I Z V aV

1

6

1

2

1eq21

≡=−

=

°∠=

∠×

×++°∠=

×+×=

PROBLEMA N° 4.12 : Los siguientes datos de prueba son de un transformador monofásico de 50KVA, 2500 / 250 V , 60 Hz.

Prueba Voltaje (V) Corriente(A) Potencia (W)Circuito Abierto 250 ? 288 W

Cortocircuito 100 In ?

Sabiendo que la eficiencia máxima del transformador a f.d.p. unitario ocurrecuando el transformador está entregando 30 KVA a la carga . Calcular:

a) La eficiencia del transformador cuando entregue 40 KVA a tensión nominal y a f.d.p. 0,8.

b) La reactancia de dispersión y la resistencia equivalente referidas al lado debaja tensión .

22 eqeq R y X

c) La regulación de voltaje del transformador cuando entregue 40 KW aV nominal y a f.d.p. 0,8 inductivo.

SOLUCIÓN :



183

a)

%712 ,96

96712 ,08002888 ,01040

8 ,01040

P P cos I V

cos I V

A202500

1050 I

W 8002883

5 P

P

28810501030

P P I V ) para( I V

P

P I ) para( I

3

3

Cu FE L L

L L

3

N 1

2

N Cu

N Cu

33

N Cu

N FE

N 2 L Lmax2 L L

N Cu

N FE

N 2 Lmax2 L

≡η∴

=++××

××=

++θ××θ××

=η

=×

=

=×

=⇒××=×∴

××=η×

⇒×=η

b)

Ω

Ω Ω

Ω Ω

045825 ,0a

X X

5825 ,4 R Z X 520

100

I

V Z

02 ,0a

R R;2

20

800

In

P

I

P R

21eq

2eq

2

1eq2

1eq1eqSC

SC

1eq

21eq

2eq22 N Cu

2

N 1

SC

1eq

==⇒

=−=∴===

======

c)

A2008 ,0250

1040

cosV

P I cos I V P

3

L N

L2 L L2 L N L =

××

=×

=⇒××=θ

θ

Por ser una carga inductiva:

%485 ,3r

03485 ,0 )37 42 ,66 cos( 100

5

250

200r 42 ,66

R

X arctan

)cos( Z V

I r

2eq

2eq

L2eq2

2 L

=∴

=°−°××=⇒°=

=

−××=

φ

θ φ

PROBLEMA N° 4.13 : Un transformador monofásico de 10KVA, 1200 / 120 V es conectado como autotransformador con polaridad aditiva como se muestraen la figura se pide:

a) Calcular la potencia máxima en KVA que puede entregar el autotransformador sin sobrecargar el arrollamiento de 120V.

b) Calcular el incremento porcentual de la potencia en KVA del autotransformador respecto a la del transformador primitivo.

c) Calcular el porcentaje de sobrecarga del arrollamiento de 1200 V.d) Calcular las corrientes .1 C I e I



184

.V 120 .V 1200

.V 1200

KVA10

1 H

1 H

2 H

2 H

2 X

2 X

1 X

1 X

2 I

2 I

1 I

1 I

C I

V 1 3 2 0

Figura P4.13.1

SOLUCIÓN:

a) Para el transformador:

A33 ,81200

1010 I A33 ,83

120

1010 I

3

ALTA

3

BAJA =×

==×

=

Por lo tanto la potencia máxima que puede entregar el autotransformador será: KVA11033 ,8332 ,1 I V P 22max =×=×=b)

%110011 KVA10

KVA110

S

S

dor transforma

ormador autotransf ≡==

d)

A34 ,833 ,8367 ,91 I I I

A67 ,911200

10110

V

S I

21C

3

1

11

=−=−=

=×

==

c)

%Sobrecarga = 12 ,10010033 ,8

34 ,8100

I

I

ALTA

C =×=×

PROBLEMA N° 4.14 : Se tiene un transformador monofásico de 10KVA,600/150 V el cual se desea usar como autotransformador para las siguientesrelaciones de transformación : 750 / 150 V y 750 / 600 V.Sabiendo que la eficiencia nominal del transformador es 95% a un cosθ =1.Se pide calcular para ambos casos (a cosθ =1 )

a) La potencia entregada por acción del transformador sin sobrecargar losarrollamientos.

b) La potencia entregada por conducción directa.

c)

La eficiencia nominal.d) Trazar el diagrama fasorial.



185

SOLUCIÓN:

KVA10S

4150

600a%95

T nom

====

η

Figura P4.14.1

CASO #1:

Figura P4.14.2

a)

KW 10150

150

10000V I P L2.TRANSF =×=×=

b)

KW 5 ,1215033 ,83V I P

KW 5 ,2150600

10000V I P

L LCARGA

L1.COND

=×=×=

=×=×=

c)

%96 ,959596 ,0316 ,526 12500

316 ,526 1e

W 316 ,526 W KW 10W que ya95 ,0W W

W 1e

A

22

T

≡=+−=

=⇒==+

−= ∆∆

∆

d):

1eq Z Impedancia del transformador referido al lado de alto voltaje.

;2

1

A

eq

Aeqa

Z Z =∴ Impedancia del autotransformador referido al lado de baja

tensión.

Donde 5150

750a A ==

Aeq Aeq Aeq jX R Z +=∴

V V

AV

S I

A

V

S I

L

N

N

150

67,66150

1010

67,16

600

1010

3

2

2

3

1

1

=

=×

==

=×

==



186

2 I 1

I L I LV

A L

Xeq I

A L q Re I

V 750V 1 =

V =15 0

V 2

Figura P4.14.3

CASO #2

25 ,0600

150a

V 600V

T

L

===

Figura P4.14.4a)

KVA10600600

10000V I P L1.TRANSF =×=×=

b)

KVA4060015010000V I P L2.COND =×=×=

c)

%96 ,989896 ,050000316 ,526

316 ,526 1e

KVA50W 25 ,0

125 ,010000

a

1a P P donde

W W

W 1e

A

2T

T T A

2 A

≡=+

−=

==

+

×=

+×=

+−=∆

∆

d)

Aeq Aeq Aeq

A2

A

1eq

Aeq

jX R Z

25 ,1

600

750adonde

a

Z Z

+=

===

2 I

1 I L I LV

A L Xeq I

A L q Re I

V 750V 1 =

V = 6 0 0

V 2

Figura P4.14.5



187

PROBLEMA N° 4.15 : Un transformador de dos devanados de 500 KVA y60Hz, proyectado para 13200 / 2500 voltios, se vuelve a conectar para

proporcionar 13200 voltios desde una línea de 15700V. Los ensayos en circuitoabierto y cortocircuito del transformador dieron los siguientes resultados:

Circuito abierto 2500 voltios 6,5 A 2190 wattsCortocircuito 600 voltios 37,9 A 4320 watts

a) ¿Cuál es la potencia máxima con la que puede trabajar el autotransformador con f.d.p = 0,8

b) ¿Cuáles serán el rendimiento y la regulación de la tensión con un flujo de potencia a plena carga y f.d.p= 0,8 desde la parte de 15700 voltios hasta lade 13, 200 voltios?

c) Si se produce un cortocircuito cerca de los bornes del transfomador en la parte de 13,200 voltios ¿Cuál será la corriente de cortocircuito en régimen permanente que fluye en el transformador desde la línea de 15700 voltios

despreciando la corriente de excitación.

SOLUCIÓN:

Transformador monofásico:

28 ,52500 / 13200a

Hz60 f

KVA500S

N

N

====

De la prueba de circuito abierto (Lado de baja tensión)

mhos105763 ,2b

mhos10504 ,32500

2190

V

P g

mhos106 ,22500

5 ,6

V

I Y

W 2190 P P

A5 ,6 I I

V 2500V V

3.T . Bm

4

22OC

OC .T . B P

3

OC

OC

.T . B

N FE OC

OC

N OC

−

−

−

×=

×===

×===

==

====

φ

φ

a)

KW 25128 ,0 K 3140 p.d . f S P y KVA3140S

KVA3140 )28 ,51( K 500 )a1( S ´ a

1´ aS ´ S

KVA59528 ,5

128 ,5 K 500

a

1aS S

max N Lmax N

T T max N

T max N

=×=×==∴

=+×=+×=

+×=

=

+

×=

+×=



188

b)

P P

P

A

A A ∆+=

2

2η

A plena carga:

Figura P4.15.1

)cos(%2

2

Leq L Z

V

I r θ φ −××=

Figura P4.15.2

De la prueba de cortocircuito. (Lado de alta tensión)

72 ,16 )cos( a

Z

V

I %r

A155 ,59V

S

V

S I I I

8699 ,36

076 ,79 R

X arctan

R

X arctan

543 ,15 X

39 ,37

4320

I

P R

831 ,159 ,37

600

I

V Z

W 4320 P P

A9 ,37 I I

V 600V

L2

1eq

2

L

N 2

N

N 1

N N 2 N 1 L

L

1eq

1eq

2eq

2eq

1eq

22

N 1

SC

1eq

SC

SC

1eq

N CuSC

N 1SC

SC

=−××=

=+=+=

°=

°=

=

=

=

===

===

==

===

θ φ

θ

φ

Ω

Ω

Ω

c)

Figura P4.15.3

%74,999974,051,62512

2512

6510

≡=+

=

=+=∆

A

N FE N Cu W P P P

η

A725 ,991831 ,15

15700

Z

15700 I

1eq1CC ===



189

PROBLEMA N° 4.16 : Se dispone de 3 transformadores monofásicos de220/110 V, 1 KVA , 60Hz. Se desea alimentar una carga trifásica a 380 V desdeuna red (trifásica) de 570V.

a) Dibujar el nuevo esquema de conexiones y hallar la nueva potencia nominal del sistema.

SOLUCIÓN:

Figura P4.16.1

VA28 ,897409 ,95703 I V 3S L L sistema N =××=××=∴

PROBLEMA N° 4.17 : Un transformador de 100 KVA, 4400/2200 V, 60Hz fue sometido a prueba de vacío y cortocircuito con los siguientes resultados:

PRUEBA VOLTAJE CORRIENTE POTENCIACircuito Abierto

N V 2 1,08 A 525 W

Cortocircuito 228V N

I 1300W

Si el transformador se conecta como autotransformador de 6600 / 4400 V, se pide :

a) Determinar su potencia nominal (por Inducción y Conducción ) y trace sudiagrama fasorial.

b) Calcular la tensión a aplicar al autotransformador para mantener la tensiónnominal del secundario con una carga de 250 KVA y un f.d.p. 0,85

Inductivo.

SOLUCIÓN:



190

Figura P4.17.1a)

Figura P4.17.2

KVA300 KVA100 KVA200S

S S 4400

101004400

2200

101004400S

4400

10100

2200

101004400 ) I I ( V S

L

INDUCCIÓN CONDUCCIÓN

33

L

33

212 L

=+=

+=×

×+×

×=

×+

××=+×=

DIAGRAMA FASORIAL:

2

21

2

1

N

N N

E

E +=

1

_

1

_

Z I

1

_

I

2

_

I

1

_

V

2

_

V

1θ1

θ

_

2 2

_

Z I 1

_

E

2

_

E

2

__

2 Z I −

Figura P4.17.3



191

b) De la prueba de cortocircuito:

W 1300 P

A727 ,224400

10100 I

V 228V

CC

3

N 2

CC

=

=×

=

=

Figura P4.17.4

2/14400

2200==T a

CC 212eq

CC

2CC

2CC CC 22

N 2

CC CC

N 2

CC CC

Z Z ´ Z Z

42 ,7510678 ,9 j5168 ,2 Z

678 ,9 R Z X 5168 ,2727 ,22

1300

I

P R

10727 ,22

228

I

V Z

=+=

°∠=+=∴

=−=⇒===

===

Ω Ω

Ω

Tomando: Ω ) j839 ,42584 ,1( Z 2

Z Z ´ Z 2

2eq

21 +=⇒==

j20975 ,13146 ,04

´ Z Z Z 4a Z ´ Z 1

112T

11 +==⇒==

CIRCUITO EQUIVALENTE DEL AUTOTRANSFORMADOR REDUCTOR REFERIDO A LA CARGA

Figura P4.17.5

( ) j5376 ,01398 ,0 Z

1a

a; j5376 ,01398 ,0

1a

Z 2

2

T

T 2

T

1 +=×

+

+=+



192

Figura P4.17.6

Inductivo788 ,31 KVA250S

85 ,0cosV 4400V

L L

L L

°====

θ

θ

°∠=⇒

°∠=×=

+×∴

°∠×°−∠+°∠=

+×⇒

°∠=+==×

==

56 ,0757 ,6668´ V

56 ,0838 ,4445´ V 3

2

12 / 1

1´ V

45 ,7511 ,1788 ,31818 ,56 044001a 1´ V

45 ,7511 ,1 j0752 ,1279 ,0 Z A818 ,56 4400

10250

V

S I

1

11

T 1

3

L

L L

Por lo tanto el porcentaje en que aumenta la tensión es:

%042 ,11006600

6600757 ,6668=×

−

PROBLEMA N° 4.18 : Un transformador monofásico de 15 MVA , 60Hz KV 2,13/%)0,11066( ×± , tiene los siguientes parámetros del circuito

equivalente exacto (en ohmios) :

13 ,663 X 81 ,3004 R

488 ,0 X 028 ,0 R199 ,12 X 714 ,0 R

m P

2211

======

El transformador alimenta una carga que consume una corriente devalor n I 15,1 , y un factor de potencia tal que el valor de la regulación sea nula .

(Utilizar relación de transformación nominal 66/13,2KV)

Calcular:a) La tensión en al carga, si la tensión primaria es la nominal.b) La potencia absorvida por la carga .c) La posición del TAP, si la tensión de alimentación del primario es de

62,7KV

SOLUCIÓN:a) La carga consume:

A814 ,1306 36 ,1136 15 ,1 I 15 ,1´ I

A36 ,1136 102 ,13

1015

V

S I

n2 L

3

6

n

=×==⇒

=××

==



193

_

2V

_

2 L I

_

2 L I a / V 1

_

a / V 1_

2

_

V

M

C

D L'θ

Lθ

T θ

β L'θ

Figura P4.18.1

212

21

V a / V 0r Como100V

V a / V

%r =⇒=×

−

=

En la figura, hemos determinado el lugar geométrico para que 21 V a / V = , lo

cual implica tener una carga capacitiva, entonces todo el problema se reduce enhallar los ángulos respectivos.

Trabajando en el circuito equivalente referido al lado de baja tensión:

GRÁFICO 5

2 ,13

66 a ==

Figura P4.18.2

Cuando se quiere hallar la regulación, normalmente se desprecia la admitanciade excitación:

Figura P4.18.3



194

Hallando el :eq Z

°==

°∠=+=

68 ,86 ´ I yV entreángulo

68 ,86 978 ,0 j97596 ,005656 ,0 Z

2 L Z T

eq

θ

°=°−°−°=⇒°=

=×××

=

×

==⇒

095 ,6 225 ,87 68 ,86 180´ 225 ,87

0484 ,0102 ,132

978 ,0814 ,1306

V

2

Z ´ I

DO

M Dcos

L

32

2eq

2 L

θ β

β

Por lo tanto si la tensión primaria es la nominal, la tensión en la carga también

será la nominal KV 2 ,13V a / V 21 ==⇒

b) La potencia absorbida por la carga:

°−∠×=

°∠×°∠×=×=

6,0951017,25S

* )6,095(1306,81401013,2* I V S 6

L

3 L L L

Por lo tanto: MW 155 ,17 )025 ,6 cos( 1025 ,17 P 6

ABSORVIDA =°−××=

c) Posición del TAP: KV 7 ,62V PRIMARIO =

5 x7 ,6266 ,0 x66 66 ,066 100

1 KV %)11066 (

−=⇒=×+⇒=×

×±

Figura P4.18.4

PROBLEMA N° 4.19 : Un transformador trifásico conectado en )/( Y ∆ está formado por 3 transformadores monofásicos de 100 KVA , 2400/120 V y 60Hzcada uno. El transformador trifásico es alimentado a través de un alimentador cuya impedancia es fase j Z f /8,03,0 Ω+= . El voltaje en el lado de envío del

alimentador es mantenido constante en 2400V de línea.



195

Si se sabe que el resultado de la prueba de cortocircuito a uno de lostransformadores fue V=57,5 V, I=41,6 A, P=875W. Calcular la tensión en lacarga, cuando el transformador trifásico entrega su corriente nominal a unacarga de f.d.p.=1.

SOLUCIÓN:

Prueba de cortocircuito: V=57,5 V, I=41,6 A, P=875W.

°∠=°∠=

=−=⇒==

===+=×+

44 ,69854 ,0 Z ;52 ,68382 ,1 Z

286 ,1 R Z X 382 ,16 ,41

5 ,57 Z

506 ,06 ,41

875 R´ r r r ar

f 1eq

2

1eq2

1eq1eq1eq

21eq2122

1

Ω Ω

Ω

Figura P4.19.1

La corriente nominal del transformador trifásico es igual a la corriente nominal del transformador monofásico.

20120

2400a;33 ,833

120

100000

V

S I

N 2

N N 2 =====

f.d.p=1 (carga resistiva)

Reemplazando el primario del transformador trifásico por su equivalente enestrella:

Figura P4.19.2

β ∠=°∠=+= 314 ,1137 ,69314 ,13 / Z Z Z 1eq f



196

θ β

__

n 2 Z

a

I 3

3 / 2400

3

V a_

2

a

I 3_

n 2

Figura P4.19.3

Aplicando la ley de cosenos:

) fase( V 8296 ,116 V

03

2400

a

Z I 3cos I V Z 2V

3

a

cos I V Z 2a

Z I 3

3

V a

3

2400

2

22

N 2 N 22

22

2

N 22

2

N 2

2

2

2

=

=

−

××+××××−×

××××−

××+

×=

ψ

ψ

PROBLEMA N° 4.20 : Un banco de tres transformadores idénticos de 100KVA,2400/120 V, 60Hz, conectadas en delta-estrella, es suministrado con energíamediante un alimentador cuya impedancia es igual a 0,3+j0,8Ω por fase. El voltaje en el extremo de transmisión del alimentador se mantiene constante a2400V entre líneas; se hace una prueba de cortocircuito a uno de lostransformadores, y sus resultados, cuando las terminales de bajo voltaje estánen corto, son:

W 875 P A6 ,41 I Hz60 f V 5 ,57 V H H ====a) Calcule el voltaje línea a línea en el secundario cuando el banco suministrala corriente nominal a un sistema trifásico con f.d.p. unitario.b) Calcule las corrientes en los devanados primario y secundario del transformador y en los conductores del alimentador si se presenta uncortocircuito trifásico en los terminales de la línea en los secundarios.

SOLUCIÓN:

Prueba de Cortocircuito:

Ω

Ω

Ω

2864 ,1 R Z X

20120

2400a50562 ,0

6 ,41

875 R

3822 ,16 ,41

5 ,57 Z

2

1eq2

1eq1eq

21eq

1eq

=−=

====

==



197

Figura P4.20.1


V 83 ,116 V

V 35 ,202V

V 8170292 ,4509091674 ,943

V 20

3

2400

13 ,693151 ,1 Z 3

Z Z Z

)180cos( 3

V I Z 2

a

I 3 Z

3

V a

3

2400

2

L2

L22

2

L2

2

1

1eq

S 1

L2 N 21

2

N 21

2

L2

2

=

=

×++

×=

°∠=

+=

−°×××

×−

××+

×=

φ

β

b)

KA0536 ,1 I

A32 ,608a

I I KA1664 ,12 I

I Z

32400

a

I 3

S

L21 L2

S 1

L2

=

===

==×

PROBLEMA N° 4.21 : Un transformador trifásico para elevar el voltaje de un generador tiene capacidad nominal igual a 26/345 KV, 1000MVA y tiene unaimpedancia en serie igual a 0,004+j0,085 por unidad en esta base. Se conecta aun generador de 26KV, 800MVA, que se puede representar mediante una fuente

de voltaje en serie con una reactancia igual a 1,65j por unidad en la base del generador.



198

a) Convierta la reactancia por unidad del generador a la base del transformador elevador.

b) La unidad suministra 500MW, a factor de potencia unitario y 345V al sistema en los terminales del transformador. Trace un diagrama fasorial para esta condición, usando el voltaje del lado de alta del transformador

como fasor de referencia.c) Calcule el voltaje de baja del transformador y el voltaje interno del generador atrás de su reactancia en KV, para las condiciones de b), ademáscalcule la potencia de salida del generador en MW y el factor de potencia.

SOLUCIÓN:

a)

.u. p0625 ,2800

100065 ,1

S

S 65 ,1 X

GEN N

T N GEN =×=×=

b)

Figura P4.21.1

_

aGen I X j

_

aT I X j

_

a I _

a I Rt

Gen

_

V

−

T V

Vs Figura P4.21.2

c)

KV 078 ,26 KV 26 003 ,1V 43 ,2.u. p003 ,1V

5 ,0 ) j085 ,0004 ,0( 1 I ) jX R( 1V

T T

aT T T

=×=⇒°∠=×++=×++=

KV 194 ,38 KV 26 469 ,1V

98 ,46 .u. p469 ,1V

5 ,0 ) j1475 ,2004 ,0( 1V

GEN

GEN

GEN

=×=

°∠=×++=



199

9991 ,043 ,2cos. p.d . f

MW 501 MW 1000501 ,0 P

.u. p501 ,043 ,2cos5 ,0003 ,1 P

=°==×=

=°××=

PROBLEMA N° 4.22 : Un transformador de salida de audiofrecuencia tieneuna relación de vueltas de primario a secundario igual a 31,6. La inductanciadel primario medida con el secundario en circuito abierto es 19,6H, y medidacon el secundario en cortocircuito es 0,207H. Las resistencias de devanado sondespreciables. Este transformador se usa para conectar una carga resistiva de8Ω con una fuente que se puede representar mediante una fuente internaelectromotriz en serie con una resistencia de 5000Ω . Calcule lo siguiente querelaciona a las características de frecuencia del circuito:a) La frecuencia media superior.b) La frecuencia media inferior.c) La media geométrica de esas frecuencias.

d) La relación del voltaje de carga al voltaje de suministro en el valor de frecuencia de c).

SOLUCIÓN:

a)

KHz98638 ,9´ L2 ´ R f

H 207 ,0´ L

K 98848 ,1212988,4886 ,315000´ R

0´ R R pero´ R´ R R R´ R

g e

seh

g e

2SC

21 L21GSC

=×=

=≡=×+=⇒

==+++=

π

Ω Ω

b)( ) ( )

( )

Hz97 ,246 ,192

3075

L2

´ R f

K 075 ,386 ,315000

86 ,315000

´ R´ R R R

´ R´ R R R´ R

11

par

2

2

L21G

L21G par

=×

=×

=

=×+××

=++++×+

=

π π

Ω

λ

c)

Hz36 ,499 f f f hG =×= λ

d)

01946 ,048 ,129886 ,31

6 ,318

´ R6 ,31

´ R

E

V 2

SC

L

G

L =××

=×

=



200

CAPÍTULO V CONVERSIÓN

DE ENERGÍA ELECTROMECÁNICA

Diversos dispositivos pueden convertir energía eléctrica a energía mecánica yviceversa. Las estructuras de éstos dispositivos podrían ser diferentesdependiendo de las funciones que ellos tengan. Algunos dispositivos son usados

para conversión de energía contínua, y éstos son conocidos como motores y generadores. Otros dispositivos son usados para producir fuerzas traslacionalesnecesarias y son conocidas como actuadores, así como solenoides, reléselectromagnéticos. Los diversos convertidores podrían ser diferentes

estructuralmente, pero todos ellos operan con los mismos principios básicos.

5.1 PROCESO DE CONVERSIÓN DE ENERGÍA

Existen diversos métodos para calcular la fuerza y el torque desarrollado en undispositivo de conversión de energía. Los métodos usados aquí se basan en los

principios de conservación de energía, el cual establece que la energía no puede ser creada ni destruida; ella puede ser cambiada únicamente de una forma aotra. Un sistema de conversión electromecánico tiene tres partes esenciales:

1. Un sistema eléctrico,

2. Un sistema mecánico, y3. Un acoplamiento de campo como se muestra en la Fig. 5.1.1

La ecuación de transferencia de energía es como sigue:

= + + + .......(5 - 1)

La energía de pérdida eléctrica es la energía disipada por las corrientes que fluyen por los arrollamientos del convertidor de energía. Esta pérdida esconocida como las pérdidas i2 R en la resistencia (R) de los arrollamientos. Las

pérdidas en el campo son las pérdidas disipadas en el núcleo cuando el campomagnético cambia en el núcleo magnético. Las pérdidas mecánicas son las

pérdidas disipadas por fricción y ventilación en el movimiento de las partesmecánicas componentes. Todas éstas pérdidas son convertidas en calor.

Energíaeléctrica

deentrada

desde la fuente

Energíamecánicade salida

Incrementode energíaalmacenadaen el campo

deacoplamiento

Energíade

pérdidas



201

Pérdidas Pérdidas Pérdidas Eléctricas de campo mecánicas

Sistema de Conversión Electromecánico Figura 5.1.1

La ecuación de balance de energía (5-1) puede por ésta razón ser escrita como sigue:

=

= + .......(5 - 2)

Ahora consideremos un diferencial de tiempo “dt” durante el cual un

incremento de energía eléctrica dW e (excluyendo las pérdidas i

2

R ) fluye al sistema. Durante este tiempo “dt”, dejemos que dW f sea la energía suministrada al campo (todavía almacenada ó perdida, ó parte almacenada y parte perdida) y dW m la energía convertida a forma mecánica (en forma útil ócomo pérdida, ó parte útil y parte como pérdida). En forma diferencial, laecuación (5-2) puede ser expresada como:

Las pérdidas en el núcleo son generalmente pequeñas, y si ellas son omitidas,dW f representará el cambio en la energía almacenada en el campo.Similarmente, si las pérdidas por fricción y ventilación pueden ser omitidas,entonces todo el dW m representará la energía mecánica útil de salida. En el caso de que éstas pérdidas no puedan ser omitidas, ellas pueden ser tratadas

separadamente. Las pérdidas no contribuyen al proceso de conversión deenergía.

5.2 ENERGÍA DE CAMPO

Consideremos el sistema electromecánico de la figura 5.2.1. La parte móvil puede ser mantenida en equilibrio estático por el resorte. Asumamos que la

parte móvil es mantenida estacionaria en el mismo entrehierro y la corriente es

Sistemaeléctrico

Acoplamientode campo

Sistema Mecánico

P mec

Energía eléctrica deentrada desde la

fuente – pérdidas en las

resistencias

Energíamecánica de

salida + pérdidas por fricción yventilación

Incremento deenergíaalmacenadaen el campo+ pérdidas enel núcleo

)35( ........dW dW dW f me −+=



202

)6 5( ........dt

d e −=

λ

4)-(5........0=dW m

incrementada desde cero a un valor i . Un flujo φ φφ φ será establecido en el sistemamagnético.

Obviamente:

y de las ecuaciones (5-3) y (5-4)

Si las pérdidas en el núcleo son omitidas, todo el incremento de energíaeléctrica de entrada es almacenada como incremento de energía de campo.

Ll g

F m

Parte fija X

Ejemplo de un sistema electromecánico Figura 5.2.1

De las Ecuaciones (5-5), (5-6) y (5-7).

La relación entre el flujo concatenado de la bobina λ λλ λ y corriente i para una particular longitud de entrehierro es mostrada en la figura 5.2.2. El incrementodW f de energía de campo es mostrado como el área achurada en ésta figura.Cuando el flujo concatenado es incrementado desde cero a λ λλ λ , la energíaalmacenada en el campo es:

)95( ........id W 0 f −= ∫ λ

λ

)7 5( ........eidt dW e −=

)85( ........id dW f −= λ

)55( ........dW dW f e −=



203

La integral representa el área entre el eje λ y la curva característica λ λλ λ -i , como se muestra en la figura 5.2.2.

Característica λ λλ λ -i para el sistema de la figura 5.2, para una particular longitud de entrehierro.

Figura 5.2.2

Otras expresiones útiles pueden también ser derivadas de la energía de campodel sistema magnético.

Definamos las variables siguientes:

H m= intensidad magnética en el núcleo. H g = intensidad magnética en el entrehierro.λ λλ λ m= longitud media de la trayectoria magnética

λ λλ λ g = longitud de el entrehierro. Entonces:

También:

Donde: A es el área de la sección transversal de la trayectoria del flujo B es la densidad de flujo, (asumida la misma en todas las partes)

De las Ecuaciones. (5-9), (5-10) y (5-12).

Para el entrehierro:

)145( ........ B

H 0

g −=µ

)135( ........ NAdB N

H H W g g mm

f −+

= ∫ λλ

)105( ........ H H i N g g mm −+= λλ

)115( ........ N −= φ λ

)125( ........ NAB −=λ



204

mVoλ

g Voλ

mf W

g f W

De las Ecuaciones (5-13) y (5-14):

)17 5( ........

oentrehierr del volumen x2

Bmagnéticomaterial del volumen xdB H W

0

2

m f

−µ

+= ∫

Donde: magnético.material el enenergíadedensidad laes;dB H =w mm fm ∫

0

2

2µ=B

w fg

; es la densidad de energía en el entrehierro.

es el volumen del material magnético.

es el volumen del entrehierro.

es la energía en el material magnético.

es la energía en el entrehierro.

Normalmente, la energía almacenada en el entrehierro ( W fg ) es mucho mayor que la energía almacenada en el material magnético ( W fm ). En la mayoría de loscasos W fm puede ser omitida.

Para un sistema magnético lineal tenemos:

)205( ........ B

H m

mm −

µ

=

Por esta razón:

)215( ........2

BdB

Bw

m

2m

mm

m fm −

µ=

µ= ∫

EJEMPLO 1.- Las dimensiones del sistema actuador de la fig. 5-2 sonmostradas en la figura E.5.1. EL núcleo magnético esta hecho de material H-23,t=0,5 mm. La bobina tiene 250 vueltas, y la resistencia de la bobina es 5 ohms.

Para una longitud de entrehierro de λ g =5 mm fija, una fuente DC es conectadaa la bobina produciendo una densidad de flujo de 1,0 tesla en el entrehierro.

)155( AdB B

H W g 0

mm f −

µ

+= ∫ ΚΚΚλλ

)16 5( ........ AdB B AdB H W g 0

mm f −

+= ∫ λλ

µ

)185( ........VowVowW g fg m fm f −+= λλ

)195( ........W W W fg fm f −+=



205

a) Encuentre el voltaje de la fuente DC.b) Encuentre la energía de campo almacenada.

F m Profundidad =10cm

fig E5.1

10cm.

5cm.

5cm.

10cm.

Ll g 5cm.

Figura E.5.1

SOLUCIÓN:

a ) Para m

v Amp160 H )23 H ( H BTabla

m

b1T 1 B

2máx

−=−−==

ω

La intensidad magnética en el entrehierro es:

La f.m.m.. requerida es :

El voltaje de la fuente DC es:

b) La densidad de Energía en el núcleo es:

Esta es la densidad de energía dada por el área encerrada entre el eje B y lacurva característica B-H para el material H-23. Esta área es:

Amp216 ,32i

v Amp8054i250

=−=

V 08 ,1615216 ,32V DC =×=

∫ =1

0HdBw

fm

3 fm m

J 801601

2

1w

=××=

( ) ( ) .m6 ,0cm6051021052m ==+++=λ

m

v Amp108 ,795

104

1 Bg Hg 3

7 0

−×=

×π=

µ= −

−

33 10×5×2×10×795,8+0,6 ×160=i N

795896 +=iN



206

El volumen del material H-23 es:

La energía almacenada en en núcleo es:

La densidad de energía en el entrehierro es:

El volumen del entrehierro es:

La energía almacenada en el entrehierro es:

La energía total de campo es:

Nota.- Se observa que la mayor cantidad de energía de campo es almacenada enel entrehierro.

5.2.1 ENERGÍA Y COENERGÍA

La característica !-i de un sistema electromagnético (así como el visto en la figura 5.2.1) depende de la longitud del entrehierro y de la característica B-H del material magnético. Estas características !-i están vistas en la figura 5.2.3a

para tres valores de la longitud de entrehierro. Para longitudes de entrehierromás largo las características son esencialmente lineales . Las característicasconsiguen ser no lineales a medida que la longitud del entrehierro decrece.

Para un particular valor de la longitud de entrehierro, la energía almacenada

en el campo es representada por el área W f entre el eje !

y la curvacaracterística !-i como se muestra en la figura 5.2.3b. El área W ′ ′′ ′ f entre el eje i y la curva característica !-i es conocida como la coenergía, y ésta es definidacomo:

Esta cantidad no tiene significado físico. sin embargo, como se verá másadelante, éste puede ser usado para derivar expresiones para la fuerza (ótorque) desarrollado en un sistema electromagnético.

3m m003 ,0 )1 ,01 ,005 ,0( 2 )2 ,01 ,005 ,0( 2Vo =××+××=λ

J 24 ,0003 ,080W fm =×=

33

37

2

fg m / J 109 ,397 m

J

1042

)1( w ×=

×π×= −

353 g m105m )005 ,01 ,005 ,0( 2Vo −×=××=λ

Joules895 ,19105109 ,397 W 53 fg =×××= −

J 135 ,20 J )895 ,1924 ,0( W f =+=

)225( ........diW i

0

' f −λ= ∫



208

)305( dW dW dx f ' f mm −== ΚΚΚ

)(5........= f constante=i

m 31-x

x)(i,'Wf

∂∂

)335( ........ x

) x ,( W

f tetancons

f

m −∂

λ∂

−= =λ

Si el movimiento ha ocurrido bajo condiciones de corriente constante, el trabajomecánico hecho es representado por el área sombreada (Figura 5.3.1a), el cual,de hecho, es el incremento en la coenergía.

Si f m es la fuerza mecánica que causa el desplazamiento diferencial dx.

Posición del punto de operación por movimiento en el sistema de la figura 5.2.1 a) a corriente constante. b) a flujo concatenado constante.

Figura 5.3.1

Vamos ahora a considerar que el movimiento ha ocurrido muy rápidamente.esto podría ser asumido en que durante el movimiento el flujo concatenado ha

permanecido esencialmente constante, como se observa en la figura 5.3.1b. Se puede mostrar que durante el movimiento el trabajo mecánico realizado esrepresentado por el área sombreada oap, el cual, de hecho es el decremento enla energía de campo. por ésta razón :

Note que para el movimiento rápido la entrada eléctrica es cero ( id λ λλ λ =0 ) por queel flujo concatenado ha permanecido constante y la energía mecánica de salidaha sido suministrada completamente por la energía de campo.

En el límite cuando el diferencial de desplazamiento dx es pequeño, las áreasoab en la Figura 5.3.1a, y oap en la Figura 5.3.1b, serán esencialmente lamisma. Por esta razón el cálculo de la fuerza de las ecuaciones 5-31 y 5-33

será la misma.

)295( dW dW ' f m −= ΚΚΚ

)325( dW dW dx f f mm −−== ΚΚΚ



209

λ

λ=λ= ∫ ∫

λλd

g id W f

2

00 09.0

EJEMPLO 2.- La relación !-i para un sistema electromagnético es dada por:

El cual es válido para los límites 0< i < 4Amp y 3< g < 10cm. Para unacorriente i= 3Amp y longitud de entrehierro g = 5cm, encuentre la fuerzamecánica de la parte móvil, usando el concepto de energía y coenergía decampo.

SOLUCIÓN:

La relación !-i es no lineal. De la relación !-i

La coenergía del sistema es:

De la ecuación 5-31:

Para g = 0.05 m y i = 3A

La energía de el sistema es:

2

09 ,0

g i

= λ

g

i09 ,0 21

=λ

di g

i09 ,0diW

i

0

21

i

0

' f ∫ ∫ =λ=

joulesi3

2

g

09 ,0W 2

3'

f

=

cti

f

mg

g iW f

=∂

∂=

),('

m N 05 ,0

1

33

2

09 ,0 f ctei

22

3

m −

−= =

m N 7 ,124 f m −−=

λ=

309 ,0

g W

3

2

2

f

ctei2

23

m g

1i

3

209 ,0 f

=

−=



210

2

3

cte

f m

09 ,03

g 2

g

) g ,( W f

×

λ−=

∂

λ∂−=

=λ

)345( ........i ) x( L −=λ

)385( ) x( L2 x

f cte

2

m −

λ∂∂

−==λ

ΚΚΚ

De la ecuación 5-33:

Para g = 0.05m y i = 3A

Las fuerzas calculadas basadas en las funciones de energía y coenergía son la

misma, como se esperaba. La selección de la función energía o coenergía así como las bases para el cálculo es materia de conveniencia, depende de lasvariables dadas. El signo negativo de las fuerzas indica que la fuerza actúa endirección de la disminución de la longitud del entrehierro.

5.3.1 SISTEMAS LINEALES

Consideremos el sistema electromagnético de la Figura 5.2.1. Si la reluctanciade la trayectoria magnética del núcleo es despreciable comparada con la de latrayectoria del entrehierro, la relación !-i consigue ser lineal. Para este sistemaidealizado.

Donde L(x) es la inductancia para la bobina, cuyo valor depende de la longitud del entrehierro. La energía de campo es:

De las ecuaciones (5-34) y (5-35):

De las ecuaciones (5-33) y (5-36):

vueltaWb12 ,305 ,0

309 ,0 21

−=×

=λ

m N 7 ,12409 ,03

12 ,305 ,02 f

2

3

m −−=×

××−=

)355( ........id W f −λ= ∫

)36 5( ........ ) x( L2

d ) x( L

W 2

0 f −λ

=λλ

= ∫ λ

)37 5( ........2

i ) x( LW

2

f −=

)395( dx

) x( dL

) x( L2 f 2

2

m −

λ

= ΚΚΚ



211

)415(........)(21 2' −== ix LW W

f f

Para un sistema lineal:

De las ecuaciones. 5-31 y 5-41

Las ecuaciones (5-40) y (5-43) muestran las mismas expresiones para las fuerzas obtenidas a partir de las funciones de energía y coenergía. Para el sistema de la Figura 5.2.1 , si la reluctancia de la trayectoria magnética del núcleo es omitida.

De la Ecuación 5-17 la energía de campo es:

Donde A g es el área de la sección transversal del entrehierro.

De las Ecuaciones (5-33) y (5-46):

De aquí, que la fuerza por unidad de área de entre hierro, llamada presiónmagnética f m , es:

EJEMPLO 3.- El sistema magnético mostrada en la figura E.5.3 tiene los siguientes parámetros: N = 500 i = 2A Ancho del entrehierro = 2,0 cm

)405( ........dx

) x( dLi

2

1 f 2

m −=

)425( ........i ) x( L2

1

x f

ctei

2m −

∂∂

==

)435( ........dx

) x( dLi

2

1 f 2

m −=

)445( ........ g 2 B

g 2 H i N 0

g g −==

µ

)455( ........Vo

2

BW g

0

2 g

f −= λµ

)46 5( ........ g 2 A2

BW g

0

2 g

f −=µ

)47 5( ........ A22

B g 2 A

2

B

g f g

0

2 g

g 0

2 g

m −=

∂∂

=µ µ

)485( ........m

N

2

B f

20

2 g

m −=µ



212

Profundidad del entrehierro = 2,0 cm Largo del entrehierro = 1 mmOmita la reluctancia del núcleo, el

flujo de la dispersión, y el efecto de bordea) Determinar la fuerza de atracción

entre ambas partes del entrehierro.b) Determine la energía almacenada en el entrehierro.

SOLUCIÓN:a)

N 33 ,251 f 10112

10222500104 f

2

A N A

2

B f

i N B

m

6

4227

m

2 g

g 22

0 g

0

2 g

m

g

0 g

=×××

××××××=

==

=

−

−−π

µ

µ

µ

λ

λ

λ

b)

J 25133 ,0W

J 1033 ,251 A2

BVo

2

BW

f

3 g g

0

2 g

g 0

2 g

f

=

×=== −λλµ µ

EJEMPLO 4.- El sistema magnético de levante mostrado en La Fig. E.5.4. tieneuna sección transversal cuadrada de 6 x 6 cm2. La bobina tiene 300 vueltas yuna resistencia de 6 ohms. Omita la reluctancia del núcleo magnético y el efectode borde del entrehierro.a) El entrehierro es inicialmente mantenido en 5 mm y la fuente DC de 120V es

conectada a la bobina. Determine:i) La energía almacenada en el campo.ii) La fuerza de levante.

b) El entrehierro es nuevamente mantenido en 5 mm y una fuente A.C. de 120V (rms) a 60 Hz es conectada a la bobina. Determine el valor promedio de la

fuerza de levante.

Figura E.5.4

Ll g

I i

I t

I fm

I fm

Figura E5.4

L g

Figura E.5.3



213

L jR Z ω+=→

SOLUCIÓN:

a) La corriente en la bobina es :

Porque la reluctancia del núcleo magnético es omitida, la energía de campo enel núcleo magnético es omitida. Toda la energía de campo está en losentrehierros.

La energía de campo es :

De la Ecuación 5-47, la Fuerza de levante es:

b) Para una excitación A.C. La impedancia de la bobina es:

La inductancia de la bobina es:

La corriente de la bobina es:

La densidad de flujo es:

A206

120

i ==

Tesla754 ,0 B

1052

20300104

g 2

i N B

B H i N

g

3

7 0

g

g 0

g g g

=

×××××π

=µ

=

µ==

−

−

λλ

J 143 ,8 J 1056 6 21042

754.0Vo

2

BW 7

7

2

g 0

2 g

f =××××××π×

=µ

= −−λ

N 7 ,1628 N 106 6 2

1042

754.0 A

2

B f 4

7

2

g 0

2 g

m =×××××π×

=µ

= −−

Hr 107 ,40

1052

106 6 104300 L

A N

R

N L

3

3

47 2

g

g 02

g

2

−−

−−

×=××

××××π×=

µ==

λ

Ω+=××+= −→

34 ,15 j6 107 ,40377 j6 Z 3

A29 ,7 34.156

120 I

22rms =+

=

g 2

i N

B0

g

µ

=



214

La densidad de flujo es proporcional a la corriente y por ésta razón cambia sinusoidalmente con el tiempo como se observa en la Figura E.5.4 . El valor rmsde la densidad de flujo es:

La fuerza de levante es:

La fuerza varía con el cuadrado de la densidad de flujo como se muestra en la Fig. E.5.4

El cual es así un octavo de la fuerza de levante obtenida con fuente D.C. devoltaje.

5.4 MÁQUINAS ROTATIVAS

La producción de movimiento traslacional en un sistema electromagnético ha sido discutido en secciones previas. Sin embargo, la mayoría de convertidoresde energía, particularmente los de más alta potencia, producen movimientorotacional. La parte esencial de un sistema electromagnético rotativo esmostrada en la Figura 5.4.1. La parte fija de un sistema electromagnéticorotativo es llamada el estator, y la parte móvil es llamada Rotor. El Rotor semueve y rota libremente entre los polos del estator. Consideremos un caso

general en el cual ambos estator y rotor tienen en sus arrollamientos circulandocorriente, tal como se observa en la Figura 5.4.1. La corriente puede ser

suministrada al circuito del rotor por entre escobillas fijas y a través de anillosde deslizamiento montados en el rotor.

La energía almacenada de campo W f del sistema puede ser evaluada por el establecimiento de las corrientes i s e i r en los arrollamientos manteniendo el

sistema estático, esto es, sin salida mecánica. Consecuentemente:

Para un sistema magnético lineal los flujos concatenados !s del arrolllamientoestatórico y del arrollamiento rotórico pueden ser expresados en términos deinductancias cuyos valores dependen de la posición ! !! ! del rotor.

2rms

3

7 rms0

rms

m

b2748 ,0 B

Tesla1052

29 ,7 300104

g 2

NI B

ω=

××

×××π=

µ=

−

−

2

0

2

22

g g

g

mBA

Bf α

µ=

N 3 ,216 f

1042

106 6 2275 ,0 A2

2

B A2

2

B f

avg m

7

42

g 0

2rms

g

avg 0

2 g

avg m

=

×π×××××

=µ

=µ

= −

−

)495( ........dt iedt iedW r r s s f −+=

)505( ........d id idW r r s s f −+= λ λ



215

Donde:

Lss = es la inductancia propia del arrollamiento estatórico Lrr = es la inductancia propia del arrollamiento rotórico Lsr ,Lrs= son las inductancias mutuas entre los arrollamientos rotórico yestatórico.

Para un sistema magnético lineal L sr =Lrs . Las ecuaciones 5-51 y 5-52 pueden ser escritas en la forma matricial.

)535(

i

i

L L

L L

r

s

rr rs

sr ss

R

s −

=

λ

λΚΚΚ

De las ecuaciones. (5-50) (5-51) y (5-52).

La energía de campo es:

Siguiendo el procedimiento usado para determinar una expresión de la fuerzadesarrollada en un actuador traslacional, podría mostrarse que el torque

desarrollado en un sistema electromagnético es:

)515( ........i Li L r sr s ss s −+=λ

)525( ........i Li L r rr srsr −+=λ

)545( ........ )i Li L( d i )i Li L( d idW r rr s sr r r sr s ss s f −+++=

)555( ........ )ii( d Ldii Ldii LdW r s sr r r rr s s ss f −++=

∫ ∫ ∫ −++=r r s s i

0

ii

0 r s sr r r rr

i

0 s s ss f )56 5( ........ )ii( d Ldii Ldii LW

57)-(5........ii L+i L2

1+i L

2

1=W r s sr

2r rr

2 s ss f

Configuración Básica de un Sistema Electromagnético RotatorioFigura 5.4.1



216

)585( ........ ) ,i( W

T ctei

' f −∂

∂=

=θ

θ

'

f f W W =

En un sistema magnético lineal, la energía y la coenergía son los mismos, estoes .. Por ésta razón, de las ecuaciones 5-57 y 5-58.

Los dos primeros términos del lado de la mano derecha de la Ecuación 5-59representa los torques producidos en la máquina porque muestra la variaciónde la inductancia propia con la posición del rotor. Esta componente de torque esllamada el torque de reluctancia. El tercer término representa el torque

producido por la variación de la inductancia mutua entre los arrollamientos del estator y rotor.

EJEMPLO 5.- En el sistema electromagnético de la Figura 5.4.1 el rotor notiene arrollamiento (tenemos un motor de reluctancia) y la inductancia del estator está como una función de la posición " del rotor :

L ss = Lo + L2 cos 2" (Figura E.5.5). La corriente del estator es: t sen I i SmS ω=a) Obtener una expresión para el torque actuante en el rotor.a) δ+ω=θ t m , donde ω m es la velocidad angular del rotor y δ es la posición

del rotor en t =0. Encuentre la condición para no cero del torque promedio y obtenga una expresión para el torque promedio.

T

- /2 /20

L ss

Lq Ld L2

Lo

Figura E.5.5

SOLUCIÓN :

a) Desde que ir = 0 , de la Ecuación 5-59:

)595( ........d

dLii

d

dLi

2

1

d

dLi

2

1T sr

r srr 2

r ss2

s −++=θ θ θ

θ d

dLi

2

1T ss2

s=



217

b)

El torque promedio es producido para las siguientes velocidades:

i) 0m =ω El torque promedio a velocidad cero es:

De la Fig. E.5.5:

Por ésta razón:

ii) ω±=ωm

Correspondiente a ésta condición:

El torque promedio varía sinusoidalmente con 2δ , donde δ es la posición del rotor en t= 0 y es conocida como el ángulo de torque de potencia.

m N t sin2 sin L I T

)2cos L L( d

d t sin I

2

1T

2

2

2

sm

2022

sm

−ωθ−=

θ+θ

ω=

δ+ω−ω−δ+ω+ω−δ+ω=

ω−δ+ω−=

)t )(( 2 sin2

1 )t )(( 2 sin

2

1 )t ( 2 sin L I

2

1T

2

t 2cos1 )t ( 2 sin L I T

mm22

sm

22

sm

δ−= 22

12

2sinLIT

smavg

22

q d LL

L−

=

δ−−= 2)(41 2 sinLLIT q d smavg

δ= 24

12

2sinLIT

smavg

δ−= 2)(

8

1 2sinLLIT

q d smavg



218

PROBLEMAS RESUELTOSCAPITULO V

CONVERSIÓN DE ENERGÍA PROBLEMA N° 5.1.- El núcleo magnético mostrado en la figura tiene unasección transversal de 3cm×3cm. Cuando las dos secciones del núcleo sonmantenidas casi juntas, la longitud del entrehierro es x=1mm. La bobina tiene177 espiras y una resistencia de 7,5 Ohmios. Considere oFE µ>>µa) Suponiendo que se conecta una fuente DC de 40V a la bobina, calcule la

fuerza que mantiene a las dos secciones casi juntas.b) Suponiendo que se conecta una fuente AC de 100V a 60Hz , cual será la

fuerza promedio que mantiene a las dos secciones casi juntas. DCAC R R =c) Repetir la parte a) únicamente, considerando el efecto marginal o de borde.

X

Movimiento

N I

Figura P5.1.1

SOLUCIÓN:

Considerando los casos:

X

1 B

Fe A

*Sin dispersión:

X

2 B

g A*Con dispersión:


Se asume:

FE 1g2 A B A B ×=×



219

g

FE

12

FE o

211

1FE o

21

1

g

2

g

FE

o

212

2

g

2

g

FE

o

21

2

g2g

FE 121

o1

g22go

22

o

22

2

A

A

F F

A B

2

1

X

U F X A

B

2

1U

A A

A B

2

1

X

U F

X A A

A B

2

1U

X A H A

A B

2

1U

X

I N H

X

I N B

X A H B2

1 X A

B

2

1Vol

B

2

1U

×=∴

××−=∂∂

−=⇒×××=⇒

×

××−=

∂∂

−=

⇒××

××=⇒

×××

××=⇒

×=⇒

××=

××××=×××=××=⇒

µ µ

µ

µ

µ

µ µ

Luego, aplicando la Ley de Ampere al circuito:

2

22oC

mec

2o

22o2

C

22o

2o

C

2o

o

moggogg

g

omFE gmm

X 2

A I N

X

´ W F

X

A N L

X 2

A I N I L

2

1´ W :Pero

X 2

A I N dI .

X

A I N dI .´ W

X

A I N

A X

I N

N N

B X

I N B H B;

X

I N H

X H I N :Entonces

como; X H H I N

×××µ=

∂∂

−=

××µ=∴

×××µ=××=

×××µ=

×××µ=λ=

×××µ

=×

×

×µ×=λ⇒φ×=λ

=×

×µ=⇒×µ=×

=

×=×

µ>>µ=µ×+×=×

∫ ∫

λ

a)

N 2958 ,503102

)103(33 ,5177 104F

A33 ,55 ,7

40 I espiras177 N

m10 X

6

22227

3

=×

×××××π=∴

===

=

−

−−

−

b)Para una fuente de AC de 100V y 60 Hz



220

N 923 ,754d .sen2

18458 ,1509F

sen8458 ,1509F

)sen25278 ,6 (102

)103(177 104F

A5278 ,6 32 ,15

100

Z

100 I

32 ,153576 ,135 ,7 X R Z

3576 ,13104323 ,35602 L X

mH 4323 ,3510

)103(177 104 L

2

0

2PROM

2

2

6

2227

L

222 L

2 L

3 L

3

2227

=θθ×π

×=

θ×=

θ×××

××××π=∴

===∴

Ω=+=+=∴

Ω=×××π=×ω=⇒

=××××π

=

∫ π

−

−−

−

−

−−

c)

( ) N 348 ,471

000961 ,0

1032958 ,503

A

AF F

m000961 ,0)10103( A22

g

FE 12

232g

=×

×=×=∴

=+×=−

−−

PROBLEMA N° 5.2.- En el contactor que se muestra en la figura, el núcleo ferromagnético está conformado por 60 láminas, de espesor t=0,5mm. Cuandolas secciones del núcleo son mantenidas juntas, el entrehierro es de 1mm, labobina tiene 250 espiras, una resistencia de 7,5 Ohmios medida en DC. Asumir

om µ>>µ .

a) Si se alimenta la bobina con una tensión continua de 40V. Calcular la fuerzatotal que mantiene las dos secciones juntas.b) Suponiendo que una fuente de corriente alterna de 100V eficaces a 60Hz,alimenta la bobina. Calcular la fuerza promedio que mantiene juntas las dossecciones. Considerar DC AC R R =

X

3cm

3cm

Figura P5.2.1

SOLUCIÓN:



221

Aplicando la ley de Ampere al circuito magnético:

2

22og

em

e

22og

i

0

m

2og

g

2og

g

oggogggmm

gg

mmomggmm

)d X (4

i N AF

X

) X ,i´(W F

)d X (4

i N Adi.) X ,i() X ,i´(W

)d X (2

N A L

i L2

i N A N

2i N A H A B A B A

i N H 2

0 H Comoi N H 2 H

+××µ×

−=⇒∂

∂=

+

××µ×=λ=

+

×µ×=⇒

×=××µ×

=φ×=λ

××µ×=×µ×=×=×=φ

×=×∴

=×⇒µ>>µ×=×+×

∫

λ

λ

λ

λλλ

Por condición del problema: X=0 (Las secciones están juntas)

2

22go

e3

2432g

d 4

i N AF m10d

m109105 ,060103t na A

×××µ−==

×=××××=××=

−

−−−

a) DC:

N 6 ,502104

333 ,5250109104F

A333 ,55 ,7

40i

6

2247

e

DC

−=×

×××××π−=

==

−

−−

b)

N 07 ,756 2

i

d 4

N A

F

d 4

i N AF

)62 ,60t 377 (sen2541 ,6 i

62 ,605 ,7

03534 ,0377 arctan

)t 377 (sen)03534 ,0377 (5 ,7

2100i

H 03534 ,0102

250109104 L

d 2

N A L0 X si

)d X (2

N A L

2

max2

2go

PROM e

2

22go

e

22

3

247

2go

2go

−=

×××µ

−=

×××µ−=

°−×=

°=

×

=ϕ

ϕ−××+

=

=×

××××π=

××µ=⇒=

+

××µ=

−

−−



222

PROBLEMA N° 5.3.- El electroimán de la figura es utilizado para levantar unabarra de hierro. La rugosidad de la barra es tal que cuando el electroimán y labarra están en contacto existe un entrehierro mínimo de 0,15cm en cada brazo.Si la resistencia de la bobina es de 3,0 Ohmios. Calcular el mínimo voltaje DC

que se deberá aplicar a la bobina para levantar la barra de hierro.

n E l e c tr o im á

Kg130 M =

Ω 3 Respiras 500 N

==

hierrode Barra

2 cm 35 A

l transversaSección

=

Pro b .5 .3

Figura P5.3.1

SOLUCIÓN:

Aplicando la Ley de Ampere para el circuito magnético de la figura:

gλ

Figura P5.3.2

En (α ):

2

2

go2

m

e

2go2i

0

m

gg

go2

g

go22

go

gg

g

o

ggg

i X 4

A N

X

´ W

F

i X 4

A N di.) X ,i(´ W

X ;i2

A N i L

2

A N N L:quesabeSe

A

2

B2 I N H 2

×

×µ×

=∂

∂

−=

××µ×

=λ=

=××µ×

=×=λ

×µ×=

ℜ=

×µ=ℜ

×

µ

×=×=×

∫

λλ

λ

λ

λλ

)(0 A

H

)( I N H 2 H

I N ld . H

mmm

mm

mmmm

ggmm

∞→µ≈×µ

×φ=

ℜ×φ=×

α×=×+×

×=

∫

λλ

ΛΛΛΛλλ



223

La mínima fuerza para levantar la barra de hierro:

voltios687 ,9229 ,33V

i RV

A229 ,31035104500

)1015 ,0(8 ,91304

A N

X g M 4i

i X 4

A N g M

.gravedad laescasoesteeng

g M F

47 2

22

go2

2

2

2

go2

e

=×=×=

=×××π×

××××=

×µ×××

=

××µ×

=×⇒

=×=

−−

−

PROBLEMA N° 5.4.- La relación entre el flujo y la corriente de excitación deun núcleo ferromagnético está dada por la expresión:

35,03 i102,4 ××=φ − ; donde φ está en Wb e i está en amperes.

a) Encuentre las expresiones para la energía almacenada en el campomagnético del núcleo y para la coenergía en términos de la corriente deexcitación.

b) Encuentre la inductancia de la bobina de excitación como una función de lacorriente de excitación. la bobina de excitación tiene 1200 vueltas.

SOLUCIÓN:

a)

1n iK N ´ W

diiK N ´ dW

:miembrosambos Integrando

di N iK di N ´ dW

di N dF i N H F :además

dF ´ dW :queSabemos1n

in N K W

diin N K dW

:miembrosambos Integrando

diin N K diinK i N dW

:)(en)(

)(diinK d inK di

d :)(de

)(d i N dW quesabemos

)(iK

1n

´ W

0

i

0

n

n

1n

i

0

n

W

0

n1n

1n1n

n

+××=∴

×××=

×××=××φ=⇒

×=⇒×=×=

×φ=+

×××=∴

××××=

××××=×××××=

βγ

γ ×××=φ⇒××=φ

αβφ××=

α×=φ

+

φ

φ

φ

φ

+

φ

−

−−

∫ ∫

∫ ∫

φ

φ

λ

ΛΛΛΛΛΛΛΛ

ΛΛΛΛ



224

b) Considerando linealidad de la curva B-H, podemos aplicar la siguienteexpresión:

1niK N L

i

N

i

L −××=⇒φ×

=λ

=

Reemplazando datos:

H i04 ,5 L

joulesi733 ,3´ W joulesi3067 ,1W 65 ,0

35 ,135 ,1

−

φφ

×=

×=×=

PROBLEMA N° 5.5.- La figura muestra un solenoide, donde la seccióntransversal del núcleo es cuadrada.

a) Para A2 ,1 I DC = , N=600 vueltas mm4b ,mm50a ,mm3go === . Determinar la magnitud de la fuerza en la armadura.

b) Suponiendo que la bobina tiene una resistencia R=10 Ohmios y excitada por

unatensión t377sen2100v ×= , para un desplazamiento mm3go = .

Determinar la corriente en la bobina y la fuerza eléctrica promedio.

ARMADU RA

M A G N E T I C O

N O

C A S Q U I L L O

N

a 2

b

i

NUCLEO

F f.a=1

Figura P5.5.1SOLUCIÓN:a)

ARMADURA

M A G N E T IC O

N O

C A S Q U I L L O

3

5

' 3

' 4

2 6 1

g

4

N

a 2

b

i

NUCLEO

0

0

0

0

0 Rm45

Ni

Rm12 R16

Rm4´3

R56

Rm23

Rm34

Rm24´

Rm3´5


1200 N

102 ,4k 35 ,0n 3

=×== −



225

' 3' 4 R

16 R

34 R

NI

Figura P5.5.4

i N

16 R

2

R 34 2

0

2

0 a 2

b

) a 2(

g R

µµ+=

Figura P5.5.5

N 23677 ,33F

N 23677 ,33)107 (

2 ,1)1050(104600F

)b X (

I a N

)b X (

ia N

X

) X ,i´(W F

b X

ia N di.) X ,i(´ W

ibg

a2 N i L

bg

a2 N N L:además

a2

bg

a2

b

a2

g

A

b

A

b

A

g

e

23

2237 2

e

2

2 DC

2o

2

2

22o

2m

e

22o

2i

0

m

2o

2

2o

2

eq

2

2o

eq

2o

2o

´ 3´ 4o´ 3´ 4

34o34

16 o16

=

−=

×

×××××−=

+×××

−=+

×××−=

∂∂

=

+×××

==

×+

×××=×=

+×××

=ℜ

=××

+=ℜ

××+

××=ℜ

×=ℜ

×=ℜ

×=ℜ

−

−−

∫

π

µ µ

µ λ

µ λ

µ

µ

µ µ

µ µ µ



226

b)

N 452 ,15F

8182 ,0)107 (

600)1050(104

2

i

)b X (

N aF

)b X (

i N a

X

) X ,i´(W F

b X i N adi). X ,i(´ W

ibg

N a2i L

)307 ,85t 377 (sen28182 ,0i

)t 377 (sen)3231 ,0377 (100

2100i

307 ,85 R

L377 arctan

)t 377 (sen

) L( R

V i

H 3231 ,0107

600)1050(1042

bg

N a2 L

PROM e

223

2237 2max

2

22o

PROM e

2

222om

e

222

o

i

0

m

22o

2

22

3

2237 22o

=

××

××××π=×

+××µ

=

+×××µ

−=∂

∂=

+ ×××µ=λ=

×+

××µ×=×=λ

°−×=∴

ϕ−××+

=

°=

=ϕ

ϕ−×

×ω+

=

=×

××××π×=

+××µ×

=

−

−−

−

−−

∫

PROBLEMA N° 5.6 : El solenoide de la figura tiene una sección transversal de29cm . Cuando el solenoide está cerrado, la longitud del entrehierro es 1mm. Si

el número de espiras es de 177vueltas que presentan una resistencia de 7,5Ω yla permeabilidad del núcleo es mucho mayor que la del entrehierro ydespreciando el efecto de bordes.a) Determinar la fuerza que mantiene cerrado al solenoide, cuando la fuente

de alimentación es de 40V DC.b) Determine la fuerza promedio que lo mantiene cerrado cuando la fuente es

de 100V eficaces y a frecuencia de 60Hz.

M m

V

PISTON DE 9cm² DE SECCION

BOBINADO

Llm

Llg

Figura P5.6.1



227

SOLUCIÓN :

a)

N 296 ,503102 10933 ,5177 1042

A I N ´ W F

A33 ,55 ,7

40i I

2

A I N di.

Ai N di´ W

A N L I L;

A I N A B N N

I N B I N H

)(0 pero I N H

I N H H I N ld . H

6

4227

2g

22

o

g

mm

DC g

22o

g

2o

m

g

2o

g

2o

g

g

oggg

ommggmm

ggmm

=× ×××××π=× ×××µ=∂∂−=

===×

×××µ=

×××µ=×λ=

××µ=⇒×=λ

×××µ=××=φ×=λ

××µ=⇒×=×

µ>>µ→ℜ×=×+ℜ×φ

×=×+×⇒×=

−

−−

∫ ∫

∫

λλ

λλ

λλ

λλ

λ

λλ

b) Hallando L:

mH A N

Lg

o 432,3510

1091771043

4272

=××××

=××

= −

−−π µ

λ

N 923 ,754d .sen1

846 ,1509F

t sen1509,846 )t sen25278 ,6 (102

109177 104F

A5278 ,6

319 ,15

100

Z

V I

319 ,15 R X Z 358 ,1310432 ,35602 L X

0

2PROM m

22

6

427

m

rmsrms

22 L

3 L

=αα×π

×=⇒

ω×=ω×××

××××π=

===

Ω=+=Ω=×××π=×ω=

∫ π

−

−−

−

PROBLEMA N° 5.7 : El rotor mostrado en la figura es de material nomagnético y lleva dos bobinas colocadas en cuadratura. Si el rotor estácolocado dentro de un campomagnético uniforme o B y las bobinas a y b son

recorridas por las corrientesba

I e I respectivamente. Asumiendo que el rotor

tiene una longitud m35,0=λ y radio T B ym R o 8,015,0 == . Encuentre la

expresión del torque como una función de la posición α y haga un gráfico para :

a) A I I ba 5;0 ==

b) 0;5 == ba I A I

c) A I A I ba 5;5 ==



228

I b I a

I b I a B

R

Figura P5.7.1

SOLUCIÓN:

α×λ+×=λα×λ+×=λ

seni L

cosi L

obbbbb

oaaaaa

( )

α λ

α λ

λ

sen R Bi L

R Bi L

R B A B

obbbbb

oaaaaa

oespiraoo

××××+×=××××+×=

×××=×=

λλ

λ

2

cos2

2

b

i

obbba

i

oaaam diseni Ldii LW ba

××+×+××+×= ∫ ∫ 00

)()cos(´ α λ α λ

)cos(cos´

cos22

´22

baoboaom

e

boaobbbaaa

m

iiseniisenW

T

isenii Li LW

×−××=××−××=∂

∂−=

××+××+×+×=

α α λ α λ α λ α

α λ α λ

a)

α cos2

5;0

××××−=

==

boe

ba

I B RT

A I I

λ

T e

/2 /2

2RlB I o ob

/2

Figura P5.7.2



229

b)

α sen I B RT

I A I

aoe

ba

××××===

λ2

0;5

2RlB I o a

T e

/2

Figura P5.7.3c)

)45(22)cos(2

5

°−×××××=−××××=

===

α α α sen I B Rsen I B RT

I A I I

ooooe

oba

λλ

T e

3 /4 /4

-2 2RlB I o o-2 2RlB I o o

2 2RlB I o o

Figura P5.7.4

PROBLEMA N° 5.8 : Un relé magnético como se muestra, está formado por

planchas de fierro apiladas, presentando una altura efectiva de ¼ pulgada.Cada bobina tiene 1054 espiras y una resistencia de 500 ohm; el resorte es demasa despreciable y constante K = 8000 Kg/m, no ejerce fuerza cuando X =0,275mm. Se supone µ fierro =∞ y no existe efecto de bordes. Si la longitud delentrehierro es de 0,0254 mm debido a imperfecciones en las caras de los polos ysuperficie de la armadura.a) Obtener las expresiones de flujo concatenado, la inductancia y la fuerza de

origen eléctrico.b) Las ecuaciones diferenciales de equilibrio.c) Calcular la longitud del entrehierro en estado estable para V E t v 20)( 0 ==

N X

K

1”4

1”4

9”16 9”16 32111”

1”4

V (t)

N

N

N N

+

Figura P5.8.1



230

SOLUCIÓN:

Planteando la ecuación para el circuito magnético:

X

i N B

X

i N H H X H 2i N 2

X H 2 Bm

2 X H 2 H 2i N 2

0gg

gmgmm

××µ=⇒

×==⇒×=×∴∞→µ

×+×µ=×+×=× λλ

a)

2

220

mec

C mec

220

i

0

20

C

20

2o0

X

i A N f

.eléctricoorigendemecánicaFuerza: X

´ W f

X i A N

di X

i A N 2di.´ W

X

A N 2 Li L

X

Ai N 2 N 2

X

Ai N A B

×××µ−=∴

∂∂

=⇒

×××µ=××××µ=λ=

××µ=⇒λ=×

×××µ=φ×=λ

×××µ=×=φ

∫ ∫

b) Ecuación de movimiento:

( )

2

2

22

i R2

1 D

X K 21V

X M 2

1i X L

2

1T

××=

××=

××+××= &

dt

dqq;Q

q

D

q

V

q

T

q

T

dt

d

: Lagrange DeEcuación

nnn

nnnn

==×∂∂

+∂∂

+∂∂

−∂∂

⇒ &&&

0

20

00

10

01

0

10

20

01

20

20

X

A N 2 L;

X

X 1 L L

X X ;

X X 1

1

X

A N 2

X X

A N 2

X

A N 2 L

: Ahora

××µ=

−×=∴

<<

+

×××µ

=+

××µ=

××µ=



231

( ) ( )

( )( )

( )( )

( ) )2( X

A N id X K

dt

X d M )t ( f

)1(dt

dX

X

A N i2i Rdt

di

X

A N 2

)t (v X

A N 2

dX

dL

d X K dX

X dLi

2

1

dt

X d M )t ( f

dt

dX

dX

dLii R

dt

di L)t (v)t (vi Ri X L

dt

d

)t ( f X K idX dL

21

dt X d M

dt

dX X ;)t ( f i R

2

1

X X K

2

1

X

X M 2

1i X L

2

1

X X M

2

1i X L

2

1

X dt

d

2

20

2

2

2

2

20

20

2

20

2

2

2

2

2

2

22

2222

ΛΛ

ΛΛ

&&

ΛΛ

Λ&&&

××µ×+−×+×=

×××µ

××−×+×××µ

=⇒××µ

−=

−×+××−×=

××+×+×=⇒=×+×

=×+××−×

==

××

∂∂

+

××

∂∂

+

+

×+××

∂∂

−

××+××

∂∂

c) En estado estable : (De las ecuaciones anteriores)

( )

( )

( )

( ) ( )

m1013 ,2 X

)inestable(m105 ,1 X

)estable(m1013 ,2 X

m10032 ,4100

54 ,2

4

1

4

1

4

1 A: Donde

0 X

10032 ,4105410210275 ,0 X 8000

m10275 ,0d 0 X

A N id X K :)2(En

X

A N I X d K 0F :Si

A102500

10

R

E I

2

V 20E y500 R:Si

X

A N I d X K F )t ( f

I RE )t (v

40

420

410

252" "

20

520223

0

3

20

202

0

20

202

000

2000. BOB

20

202

00o

00o

−

−

−

−

−−−

−

−

×=∴

×=⇒

×=⇒

×=

×=×=

=

×××µ

××+×−×⇒

×==××µ

×+−×

××µ×=−×⇒=

×===⇒=Ω=

××µ×+−×=⇒

×=⇒



232

PROBLEMA N° 5.9 : En el sistema electromecánico de la figura mostrada serepresenta el modelo de un micrófono capacitivo, en este sistema el movimientoes convertido en energía eléctrica.Si en equilibrio con E aplicado y f(t)=0 (fuerza externa ) la carga depositada enel condensador es igual a qo obliga al resorte a deformarse una cantidad X a y

establece una separación X b entre las placas. Si las ondas de sonido chocan conla placa b, ejercerán una fuerza que producirá un desplazamiento X 1 que serámedido desde el punto de equilibrio, así, la distancia entre las placas seráentonces X b – X 1 , la deformación de resorte será X a + X 1 y la carga almacenadaserá q0+q1 (incrementos).a) Obtener las ecuaciones dinámicas del sistema.b) Linealizar las ecuaciones alrededor del punto de equilibrio.

F f (t)

E a

E

E b

R

L+

X b

X

X a

Barra de lasuperficie “A”

B

K

SOLUCIÓN:

a)

A2

q X

2

X K

2

q L

2

X M

2

X B

2

q RF

U ´ y A2

q X

2

X K U

W V U 2

q L

2

X M ´ y

´ W ´ T ´ y

222222

22

C

22m

×ε××

−×

−×

+×

=℘×

+×

=

−=℘×ε×

×+

×=

+=

×+

×=

+=

&&&&

&&

λ=

×ε=

&q

C

X

AC o

ε o: Constante dieléctrica

λ : Diferencia de Potencialq: Carga eléctrica



233

Ecuación Mecánica:

)(2

)(

2

t f A

q X K X B X M

t f X

F

X X dt

d

=××

−×+×+×

=∂∂

+∂∂℘

−

∂∂℘

ε &&&

&&

Ecuación Eléctrica:

E A

q X q Rq L

E q

F

qqdt

d

=××

+×+×

=∂∂

+∂∂℘

−

∂∂℘

ε &&&

&&

b)

obo

oo

oo

oaaa

oa

E X X A

qqqq

dt

d Rqq

dt

d L

f f A

qq X X K X X

dt

d B X X

dt

d M

qqq f f f X X X

=−××+

++×++×

+=××

+−+×++×++×

+=+=+=

)()(

)()(

2

)()()()(

;;

11

112

2

1

2

11112

2

1011

ε

ε

En estado estacionario: A

q X K

C

qE

o

o

o

oo ××

=×=ε 2

;

2

1

011

11

11111

=××

−+×+×

=××

−×+×+×

X A

q

C

qq Rq L

f q A

q X K X B X M

o

o

o

ε

ε

&&&

&&&

PROBLEMA N° 5.10 : El pistón de un solenoide está conectado a un resortecuya fuerza está dada por F= -K o(X-2a), donde X es la longitud del entrehierro.

La inductancia del solenoide es de la forma L= Lo(a-X) y de resistencia R. Si elsolenoide se conecta a una fuente de 5V D.C.

a) Escriba las ecuaciones dinámicas del sistema.b) Si Lo =0,5mH/cm, a=2cm, R=1ohm, K o=0,25N/cm. Encuentre la posición deequilibrio X o asumiendo que a X o ≤≤0 .

c) Linealizar las ecuaciones encontradas en a) alrededor del punto deequilibrio.d) Si la bobina es alimentada con una fuente de corriente constante de 5A comose afectan las ecuaciones encontradas en c).

SOLUCIÓN:



234

a)

( )

)1()(

)(

)(

)(

2

1

2

)(

2

1

´

2

1;

2

1

0;2

´

2

)(

2

1´

2

)().,(´

)(

)(

´2

1´

.;´´´

22

2

22

2

22

2

0

2

ΛΛΛΛ

&&&&&

&&

&&

&&

&

&

EléctricaEcuaciónV i Rdt

dX i L

dt

di X a L

V q Rq X Lq X a L

V q Rq X a Ldt d

t eq

F

qqdt

d

X K q X a L

X M

U y

i RF X K U

W W V U

i L

X

W f

i X a L X M y

i X a Ldi X iW

i X a Li L

X a L L

W X M y

totalcoenergíaFunciónW T y

ooo

ooo

oo

o

C C

ome

o

oi

m

o

o

m

m

=×+××−×−×∴

=×+××−×−×

=×+×−×

=∂∂

+∂∂℘

−

∂∂℘

××−×−×

+××=℘

−=℘

××=××=

=+=

×=

∂

∂−=

×−×+××=∴

×−×==

×−×=×=−×=

+××=

+=

∫ λ

λ

)2()()2(2

)(2

)(02)(

)(

2

2

2

ΛΛΛΛ&&

&&&

&&

&&

MecánicaEcuaciónt f a X K i L

X M

t f X K q L

X M

t f X K

q L

X M dt

d

t f X

F

X X dt

d

oo

o

o

=−×+×

+×∴

=×+×

+×

=+

×−

×

−−×

=∂∂

+∂∂℘

−

∂∂℘

b).equilibriode posiciónlaen? X o =



235

cm5 ,1 X

m015 ,0K 2 I La2 X

0)a2 X (K 2

i L)2(de

A51

5

R

V I I RV )1(de

o

o

2oo

o

oo

2o

oooo

=∴

=××−=

=−×+×

===⇒×=

Linealizando las ecuaciones:

o1o

1o1oo21

2

21o

1ooo

21o

1oooo21

2

1ooo

21o

1oo

2oo

21

2

1oo2

1oo

1o2

2

1o

1o

V i R I R

X K i I Ldt

X d M

02

i L

donde

0 X K )a2 X (K 2

i Li I L)a2 X (K

dt

X d M

0 X K )a2 X (K 2

i Li I L

2

I L

dt

X d M

0)a2 X X (K )i I (

2

L) X X (

dt

d M

i I i

X X X

=×+×

×−××−=×∴

=×

=×+−×+

×+××++−×+×⇒

=×+−×+×

+××+×

+×

=−+×++++×

+=+=

ΚΚΚ

ΚΚΚ

d) Fuente de corriente constante:

0;0. 11 ==⇒=+=dt

diictei I i o

En la ecuación mecánica linealizada:011 =×+× X K X M o

&&

En la ecuación eléctrica:

oooo V I R X I L =×+××− 1&



236

CAPÍTULO VI MÁQUINA DE

CORRIENTE CONTINUA

6.1 ASPECTOS CONSTRUCTIVOS DE LA MÁQUINA DE CORRIENTE CONTINUA

Las principales partes que conforman la máquina de corriente continua son las siguientes:

I) EL ESTATOR:

a) Los polos: los cuales están hechos de acero silicio laminado.

b) Las bobinas de campo: Las bobinas están arrolladas sobre los polos.

b.1) Bobina shunt: compuestas de muchas espiras de alambre delgado. b.2) bobina serie: compuestas de pocas espiras de alambre grueso.

c) Los Interpolos: Están hechos de láminas de acero silicio y llevan unarrollamiento de alambre grueso.

d) Los arrollamientos de Compensación: Están conformados por losconductores que se colocan en los polos con el objeto de neutralizar lareacción de armadura.Solamente los llevan las máquinas de gran potencia ya que su costo esbastante elevado.

e) El Yugo: El yugo del estator es necesario para cerrar el circuito magnéticode la máquina.

f) Las Escobillas y las Portaescobillas:Toda máquina de corriente continuarequiere de por lo menos dos escobillas. Están hechas de carbón ó de cobre

grafito y van alojadas en las portaescobillas que están sujetas a un anillo queva entornillado al yugo. Un resorte presiona firmemente las escobillas sobreel conmutador para obtener un buen contacto eléctrico.

II) EL ROTOR:

a) El Núcleo de la Armadura: Está constituído por láminas de acero silicio de sección circular. La circunsferencia es ranurada para que puedan alojarse losconductores del arrollamiento de armadura.

b) El Conmutador: Está hecho por un gran número de segmentos de cobre ó

delgas, aislados entre sí.



237

c) El Arrollamiento de Armadura: Existen dos tipos de arrollamiento dearmadura: el imbricado y el ondulado.

6.2 PRINCIPIOS DE FUNCIONAMIENTO DE LA MÁQUINA DE CORRIENTE CONTINUA

La máquina de corriente continua se utiliza para generar una tensión constantecuando funciona como generador y para producir par mecánico (torque) cuando

funciona como motor.

El principio de funcionamiento como generador se basa en la Ley general de lainducción electromagnética. La máquina tiene básicamente dos arrollamientos,uno ubicado en el estator cuya función es crear un campo magnético por lo que

se le denomina inductor. El otro arrollamiento está ubicado en el rotor y sedenomina inducido ó armadura.

A a

E

A a’ N S

ESCOBILLACONMUTADOR

A a

E

A a’ N S

ESCOBILLACONMUTADOR

A a

E

A a’ N S

ESCOBILLACONMUTADOR

A a

E

A a’ N S

ESCOBILLACONMUTADOR

Figura 6.2.1

En la figura 6.2.1 puede verse una máquina de C.C. elemental en el que el inducido está representado por los dos conductores a y a’ que conforman laespira aa’ los terminales de la espira van conectados al conmutador que en estecaso muy simple está conformado solamente por dos segmentos ó delgas decobre aislados entre sí. El conmutador gira junto con el rotor por lo que laconexión al circuito exterior se realiza a través de las escobillas.

Cuando el rotor gira sus conductores cortan las líneas de fuerza producidas por el inductor y se engendra en ellos una f.e.m. .Esta f.e.m. es rectificada por el conmutador apareciendo en los bornes de la máquina una tensión E

prácticamente constante.

El campo magnético es producido por la corriente continua de excitación querecorre las bobinas de campo de los polos del estator. Siendo el entre hierroconstante, la distribución espacial de la densidad de flujo Be en el entrehierro es

prácticamente uniforme.



238

Figura 6.2.2

La densidad de flujo Be en el entrehierro es radial y su valor puede determinarseaproximadamente con la siguiente expresión:

φ d ........ flujo producido por un polo. r ........ radio del rotor. L ........ longitud útil del rotor. P ......... # de polos.

Cuando el rotor del generador indicado gira con una velocidad “ω ωω ω ” en cadauno de los conductores se genera una f.e.m.:

Luego:

Si consideramos el total de circuitos en paralelo ( a ) y si el rotor tiene Z conductores, entonces el número de conductores en serie es:

)56 ( ........a

Z Z S −=

Luego la tensión entre las escobillas de la máquina será :

)16 ( ........rL2

P B d

e −πφ

=

)26 ( ........ LV B E eC −=

)36 ( ........r V −ω=

)46 ( ........2

P

E

d

c −π

ωφ

=

)6 6 ( ........a2

PZ E Z E d C S −ωφπ==



239

Finalmente haciendo:

Obtenemos:

Debido al conmutador la semionda negativa es rectificada y transformada en positiva.

La forma como funciona el conmutador puede entenderse observando el generador elemental.

Por tratarse de un generador elemental el conmutador es muy simple y consta de

dos segmentos de cobre a los que se conectan los terminales de la espira formada por los 2 conductores. Estos segmentos giran con el rotor.

Para comprender el funcionamiento del conmutador hay que tener presente quela polaridad de la f.e.m. generada depende de la dirección del campo magnético.

Por consiguiente cuando un conductor pasa de una posición A frente a un polo aotra posición B frente al otro polo, cambia la polaridad y por lo tanto debetambién invertirse simultáneamente su conexión a las escobillas. Esto lo realizael conmutador cada vez que el conductor pasa por el plano neutro que separa los

polos N y S .

Es importante observar que en el instante que los conductores a y a’ seencuentran en el plano neutro, las escobillas cortocircuitan los segmentos del conmutador y ponen en cortocircuito la espira. Esto es posible por el hecho deque en esa posición la f.e.m. inducida en la bobina es prácticamente nula por noexistir flujo perpendicular al movimiento.

6.3 CAMPO MAGNÉTICO PRODUCIDO POR EL ROTOR Y REACCIÓN DE ARMADURA

El rotor lleva un arrollamiento del tipo distribuído tal como se aprecia en la figura mostrada. Los conductores están alojados en las ranuras que existen en el rotor. En total se tienen Zc conductores.

Cuando la máquina funciona bajo carga los conductores son recorridos por unacorriente I c cuya dirección está indicada en la Figura. El conmutador mantiene

siempre las direcciones indicadas a pesar del movimiento por lo que el campomagnético del rotor resulta estacionario. En la Figura se dibuja la máquina en

forma longitudinal. Se construye entonces la onda de f.m.m. ( F a ) que resulta ser de forma triangular con su vértice ó eje magnético ubicado entre los polos N y S ,

es decir a 90° eléctricos del campo del estator y es por ésta razón que se ledenomina campo transversal.

)7 6 ( ........a2

PZ K a −

π=

)86 ( ........ K E d a −ωφ=



240

La onda de f.m.m. se construye sumando los 2Z c I c amper - espiras de losconductores ubicados en las ranuras 1 y 12 , 2 y 11, 3 y 10, etc. Por consiguientela amplitud de la onda resulta ser:

Ia = aIc , es la corriente total que ingresa al rotor, es decir la corriente dearmadura.

Esta f.m.m. produce un flujo magnético que debido a la saliencia del estator tiene una densidad Ba que varía tal como se aprecia en la figura ( parte c); éste

flujo viene a ser lo que comúnmente se denomina la reacción de armadura.

El flujo de armadura atraviesa el entrehierro y se combina con el flujo producido por el estator, ambos flujos tienen la misma dirección en la mitad de cada cara

polar y dirección contraria en la otra mitad por lo que la densidad de flujo seincrementa en la zona donde los flujos son aditivos y se reduce en la parte donde son sustractivos.

Figura 6.3.1

Debido a la saturación magnética el incremento de flujo es menor que el decremento, por lo que el flujo resultante resulta menor y por consiguiente la

reacción de armadura ejerce un efecto desmagnetizante sobre las caras polares. Esto se traduce en una disminución de la f.e.m. generada por la máquina.

)96 ( ........ I Z 6 F ccmáx

−=



241

Aa

11 12 1 2 3 4 5 7 8 9 10 12 1 2116

S

GENERADOR MOTOR

6Z I c c

Fa

6Z I c c

2Z I c c

0 1

2Z I c c

2Z I c c

4Z I c c

2Z I c c

2(b)

2(a)

Be

Ba

D(d)

D(c)

0

Br =B +Ba e

Figura 6.3.2

Otro inconveniente es que el plano neutro se desplaza un ángulo ! !! ! como seobserva en la figura 6.3.3b.

Esto empeora la conmutación y obliga a desplazar las escobillas también en unángulo ! !! ! , lo que acrecienta aún más el efecto desmagnetizante de la reacción dearmadura. Para evitar los inconvenientes de la reacción de armadura las

máquinas de C.C. de mayor potencia utilizan interpolos y arrollamientos de



242

compensación, con los que se logra neutralizar por completo la reacción dearmadura.

El efecto neto de la reacción de armadura es doble :i) Una distorsión del flujo de campo principal en el cual el flujo mutuo en el

entrehierro ya no está distribuido uniformemente bajo los polos, y se hadesplazado el plano neutro, yii) Una reducción del flujo de campo principal.

Figura 6.3.3a

Figura 6.3.3b



243

Ba

Be

Br

(c) Distorsión resultante del flujo de campo producido por el flujo de armadura.

Figura 6.3.3c

El diagrama fasorial de la Figura 6.3.3c podría dar la impresión de que el flujoresultante φ φφ φ r es ahora mayor que el flujo original de campo φ φφ φ e habiendo sidoaumentado por el flujo perpendicular de la armadura φ φφ φ a , sin embargo , esto noes cierto debido al efecto de la saturación de uno de los extremos polares decada polo.

6.4 CONMUTACIÓN:

La distorsión del flujo en el entrehierro y el desplazamiento de la línea neutramagnética, originada por la reacción del inducido, son, en sí mismas, menosimportantes que su efecto sobre la bobina (ó bobinas), que sufre la conmutación

mientras está en cortocircuito por la escobilla. En la siguiente figura quedanilustradas tres etapas del proceso de conmutación de una bobina a otra,

pertenecientes a respectivos circuitos del inducido.

La corriente I 0 = I a /a en la bobina C debecambiarse en –I a /a , como se ve en la

figura (parte c), en el tiempo T necesario para que el inducido, en su movimiento, sedesplace el espacio correspondiente al ángulo subtendido por la escobilla B.

En condiciones ideales, la corriente en labobina que se halla en cortocircuitodebería variar uniformemente desde el valor inicial hasta el final, como indica lalínea recta 1-2 de la figura mostrada.

Pero en general. La transición puedetomar formas curvilíneas complejas, comolas indicadas por las líneas mas finas.

Figura 6.4.1



244

Durante el péríodo de conmutación T , La corriente que cambia en la bobina encortocircuito induce en la misma una f.e.m. de autoinducción igual a :

,dt

di L

− que siempre se dirige de tal forma,

que se opone al cambio de corriente que lainduce. Con objeto de tener la seguridad de quela corriente cambiará en la forma deseada, esta

f.e.m. de autoinducción debe quedar compensada por una f.e.m directamenteopuesta, generada en la bobina por rotación através de un campo magnético de sentido ymagnitud apropiadas; y , además, esta f.e.m.rotatoria debe vencer la caída óhmica en el circuito local que incluye la bobina en

cortocircuito, sus conexiones con el colector yel contacto entre la escobilla y las delgas del colector. Puesto que el efecto de la inductancia Figura 6.4.2es mantener la corriente dentro de su sentidooriginal, la f.e.m. rotatoria debe, por tanto,tener el mismo sentido que la corriente final inversa.

6.5 EL MOTOR DE CORRIENTE CONTINUA EN RÉGIMEN PERMANENTE

Figura 6.5.1

El circuito equivalente es idéntico al del generador, con la diferencia de que lacorriente de armadura ha invertido su dirección. De esta manera la máquinaabsorbe energía de la red y se comporta como motor.

6.5.1 ECUACIONES DEL MOTOR DE CORRIENTE CONTINUA

De acuerdo con Kirchoff:

Además: )106 ( ........ I R E V aat −+=

)116 ( ........ K E d a

−ωφ=



245

El torque electromagnético producido por el motor será:

En el circuito de excitación tenemos :

(6-11) en (6-10):

Despejando “ω ωω ω ” obtenemos la ecuación de al velocidad del motor:

6.5.2 TIPOS DE MOTORES

a) El motor Shunt:

Es el motor que tiene la mejor regulación de velocidad. En cambio su par de arranque no es muy elevado. Su par motor varíalinealmente con la carga. Se emplea principalmente para accionar cargas develocidad constante.

Figura 6.5.2

b) El motor Serie:

Este Motor varía mucho su velocidad con la carga y tiende a asumir velocidadesmuy altas en vacío. En cambio tiene muy alto par de arranque y soporta mejor las sobrecargas. Se emplea para accionar cargas pesadas tales como tranvías,

grúas, montacargas, ascensores, etc.

)126 ( ........ I K T ad a EM −φ=

)136 ( ........ I RV eee −=

)14(6 ........ I R! K V aad at −+φ=

)156 ( ........ K

I RV

d a

aat −φ

−=ω

)16 6 ( ........ I I I ea L −+=



246

Figura 6.5.3

c) El motor Compound:

Figura 6.5.4a

Figura 6.5.4b

Tiene características intermedias entre el shunt y el serie. Su par de arranque esbastante elevado y no tiene el inconveniente del embalamiento en vacío del motor serie, por lo que se le emplea mucho, en lugar del serie, para mover cargas pesadas, tales como ascensores, grúas, etc.



247

6.5.3 CURVAS CARACTERÍSTICAS DE LOS MOTORES

Existen dos curvas características muy importantes que dependen del tipo demotor:

a) La curva del torque del motor en función de la corriente de armadura.

b) La curva de la velocidad del motor en función de la potencia que entrega en el eje:

El motor serie es el que tiene el máximo torque en la región de

sobrecarga.

Figura 6.5.5

El motor shunt es el que tienela velocidad más constante,mientras que el motor serietiene en vacío una velocidad muy alta que debe limitarsemanteniendo siempre unacarga de seguridad en su eje.

Figura 6.5.6

Es importante tener presente que estas curvas permiten calcular la regulación develocidad:

ω ωω ω o : velocidad en vacío.ω ωω ω PC : velocidad a plena carga.

)186 ( ........%100%r PC

PC 0vel −

ω

ω−ω=

ea

2a

'

I I

)17 6 ( ........ I K T

=

−=



248

6.5.4 CORRIENTE Y PAR DE ARRANQUE

En el momento del arranque ω ωω ω =0, luego E = K aφ φφ φ d ω ωω ω = 0 , al no haber movimiento.

Por lo tanto la corriente que absorbe el motor es:

)196 ( ........ R

V I

a

t arr −=

Como la resistencia de armadura es pequeña, la corriente de arranque resulta ser muy alta y puede llegar a ser diez veces mayor que la corriente nominal del motor.

Esto perjudica no solamente al motor sino también a la red en la que puedeocasionar oscilaciones de tensión, por lo que en motores de cierta potencia debelimitarse la corriente de arranque mediante un reóstato de arranque conectadoen serie con el motor.

)206 ( ........ R R

V I

arr a

t arr −

+=

El valor del reóstato de arranque se escoge de manera que la corriente dearranque no supere 2I N .

Una vez que la máquina adquiere cierta velocidad y por consiguiente se producela f.e.m. se elimina el reóstato de arranque.

El par de arranque elevado permite que la máquina pueda mover sin problemasla carga mecánica acoplada a su eje y pueda adquirir rápidamente su velocidad de régimen.

6.5.5 VARIACIÓN DE VELOCIDAD DE LOS MOTORES DE CORRIENTE CONTINUA

La velocidad de los motores de c.c. puede variarse entre amplios márgenes por métodos relativamente simples. En esto reside justamente su mayor ventaja sobre

los motores de corriente alterna.

Sabemos que:

Podemos ver que la velocidad es inversamente proporcional al flujo φ d . Por consiguiente variando éste flujo se podrá variar la velocidad del motor y esto selogra fácilmente colocando un reóstato de campo en el circuito shunt deexcitación. Con él se puede regular la excitación del motor que es la que produce

el flujo principal φ d .

)216 ( ........ I K T arr d aarr −φ=

)226 ( ........ K

I RV

d a

aat −φ

−=ω



249

También puede variarse la velocidad variando la tensión V t aplicada al motor: amayor tensión mayor velocidad.

Finalmente una tercera posibilidad consiste en variar la resistencia (Ra + Rs )del circuito de armadura, mediante una resistencia serie.

Figura 6.5.7

De las tres formas mencionadas, la del reóstato serie es poco utilizada por lasexcesivas pérdidas que se producen en el reóstato serie.

a) Variación de Velocidad por reóstato de Campo:

El reóstato de campo permite variar la corriente de excitación del motor shunt yel motor compound. Es importante observar que la velocidad aumenta al reducirse la corriente de excitación, por lo que la velocidad mínima ó de base seobtiene con Re =0.

Al aumentarse la resistencia de campo, aumenta también la velocidad. Al mismotiempo se produce el par motor ( T a = K aφ φφ φ d I a ) mientras que la Potencia semantiene constante ( P = V t I a= ω ωω ω T a ).

Por lo tanto este método se denomina de Potencia constante y puede emplearsecuando la carga tiene esa característica.

b) Variación de Velocidad por variación de la tensión aplicada a la Armadura:

La velocidad es proporcional a la tensión aplicada. A plena tensión tendremos lavelocidad máxima de base y reduciendo la tensión podremos bajar velocidad hasta cero.

Al mismo tiempo se reducirá la potencia del motor ( P = V t I a ) , mientras que el par permanecerá constante (Ta = K aφ φφ φ d I a ) razón por la cual a este método se ledenomina de par constante.



250

6.5.6 INVERSIÓN DEL SENTIDO DE ROTACIÓN DE LOS MOTORES DE C.C.

Puede realizarse de dos maneras diferentes:

a) Invirtiendo la corriente de excitación

b) Invirtiendo la corriente de armadura.

Figura 6.5.8a

Figura 6.5.8b

La inversión de la corriente de armadura I a ó de la corriente de excitación I ecambia de dirección al par motor que es proporcional al producto de ambas y

por consiguiente invierte la rotación del motor. Naturalmente debe evitarseinvertir simultáneamente I a e I e pues en tal caso no se obtendría la inversión derotación.



251

6.5.7 FRENADO ELÉCTRICO

Figura 6.5.9

En ciertas aplicaciones es necesario parar el motor muy rápidamente,especialmente si el proceso requiere de continuas inversiones de velocidad. Paraésto, en lugar de utilizar frenos mecánicos, se puede aprovechar de las fuerzasmagnéticas.

Esto es justamente el caso del motor cuando se le desconecta de la red poniendo su armadura en cortocircuito y manteniendo conectada su excitación. Enrealidad de esta manera el motor está funcionando como un generador y comono tiene una máquina prima que lo accione se detendrá rápidamente por efectodel par resistente.

Para acelerar más todavía el frenado, se acostumbra conectar el motor a unaresistencia en la que se disipa rápidamente la energía cinética de la máquinabajo forma de calor. A este tipo de frenado se le denomina frenado dinámico.

El frenado eléctrico se emplea también en los trenes eléctricos cuando estánbajando una pendiente. En este caso los motores trabajan como generadores yde frenar la máquina pueden producir energía eléctrica que vuelve a la red y esutilizada por otras máquinas que estén funcionando simultáneamente. Este tipode frenado se denomina “frenado regenerativo”.

6.5.8 EFICIENCIA Y PÉRDIDAS EN LAS MÁQUINAS DE CORRIENTE CONTINUA

La eficiencia se define:

Donde: W 1 = potencia de entrada de la máquina.

W 2 = potencia de salida de la máquina.

)236 ( ........W

W

1

2 −=η



252

La diferencia entre ambas representa las pérdidas en la máquina : "W

Pérdidas: Las pérdidas que se producen en una máquina de corrientecontinua pueden dividirse en dos grupos:

1. Pérdidas rotacionales.2. Pérdidas en el cobre.

a) Pérdidas Rotacionales: incluyen todas las pérdidas que dependen de lavelocidad de rotación de la máquina ó sea dependen de la velocidad de la

máquina.

a.1) Pérdidas Mecánicas: son debidas a la fricción en los cojinetes,ventilación y fricción en las escobillas.

a.2) Pérdidas Magnéticas en el Hierro: consiste en las pérdidas por histéresis y por corrientes parásitas de Focault en la armadura ya quedebido a la rotación el flujo magnético cambia continuamente de direcciónen la armadura.

Para limitar éstas pérdidas la armadura se hace de acero-silicio laminado.

b) Pérdidas en el cobre : estas pérdidas se producen por efecto Joule en losarrollamientos de la máquina y son los siguientes:

b.1) Pérdidas en el arrollamiento de armadura : Ra I a2 .

b.2) Pérdidas en los arrollamientos de campo: Re I e2 + Rs I a

2 .b.3) Pérdidas en los interpolos: R I I a

2 .b.4) Pérdidas en el arrollamiento de compensación: Rc I a

2 .b.5) Pérdidas por contacto en las escobillas : E B I a .

Estas pérdidas no siguen la ley de Joule. Experimentalmente se ha observado que la caída de tensión E B en las

escobillas se mantiene prácticamente constante con la carga.

c) Pérdidas Dispersas : la distorsión del flujo principal por la reacción dearmadura, el efecto pelicular en los conductores y las corrientes decortocircuito de las bobinas durante la conmutación producen pérdidasadicionales muy difíciles de determinar que se denominan pérdidas dispersas

y que en las máquinas grandes (200HP) son aproximadamente del 1% de la potencia nominal.

En las máquinas pequeñas se suele despreciarlas.

)246 ( ........W W W 21 −−=∆

)256 ( ........W

W

1 1 −

∆

−=η



253

6.5.9 BALANCE DE POTENCIA DE LAS MÁQUINAS DE CORRIENTE CONTINUA

a) Generador

Figura 6.5.10

Figura 6.5.11

Figura 6.5.11

b) Motor

De la Figura respectiva:

29)(6 ........ ) I E I R I (RW W

28)(6 ........ "W W W

a B2ee

2aa1 EM

ROT D2 EM

−++−=

−+= +

)27 6 ( ........W W W

)26 6 ( ........ I E I R I RW W

ROT D1 EM

a B2aa

2ee2 EM

−∆−=−+++=

+



254

Iia

Iie IiL

V t

+

E

+

R a

Iia

e L

V t

+

E

+

R a

Re

Figura 6.5.12

Figura 6.5.13

6.6 EL GENERADOR DE CORRIENTE CONTINUA EN RÉGIMEN ESTABLE

El circuito de un generador de C-C en régimen estable es el siguiente:

a R

E

a I

s R

I R

c R

e R

eV

ei

t V

Eje q

Eje d

Figura 6.6.1



255

R A: resistencia interna de la máquina, es decir la resistencia del arrollamiento de Armadura.

R I : representa la resistencia de los interpolos RC : representa la resistencia del arrollamiento de compensación R S : resistencia de la bobina de campo serie

Como todas éstas resistencias están en serie pueden reemplazarse por unaresistencia equivalente : Ra .

En este circuito no figura las inductancias de las bobinas ya que estamos enrégimen estable de corriente continua.

6.6.1 ECUACIONES DEL GENERADOR EN RÉGIMEN ESTABLE

Aplicando Kirchoff:

donde: φ φφ φ d " flujo producido por un polo. ω ωω ω " velocidad del rotor.

P= # de polos. Z = # de conductores del rotor. a = # de circuitos en paralelo del arrollamiento rotórico.

Donde: T em= par o torque electromagnético

En el circuito de excitación se cumple la ley de Ohm:

6.6.2 TIPOS DE GENERADORES

De acuerdo con la forma como se conectan las bobinas de campo del generador se representan los siguientes tipos de generadores:

I) CON EXCITACIÓN INDEPENDIENTE

La bobina de campo es alimentada desde una fuente de tensión exterior

denominada excitatriz.

)306 ( ........ R R R R R S C I Aa −+++=

)346 ( ........a2

PZ K a −

π=

)36 6 ( ........ I RV eee −=

)316 ( ........0V I R E t aa −=++−

)326 ( ........ I RV E aat −+= )336 ( ........ K E d a −ωφ=

)356 ( ........ I K T ad aem −φ=



256

Figura 6.6.2

II) CON EXCITACIÓN PROPIA

Es la más utilizada en la práctica. Se pueden presentar tres casos:

a) Con excitación shunt o paralelo.b) Con excitación serie.

c) Con excitación compuesta (compound). - La conexión larga - La conexión corta

a) Con excitación Shunt o paralelo.

Figura 6.6.3

La bobina de campo es alimentada en paralelo por el mismo generador.Se emplea:

)396 ( ........ I I I Lea −+=

)386 ( ........ I I I ea L −−=

)37 6 ( ........ I RV eet −=



257

b) Con excitación serie:

Figura 6.6.4

La bobina de campo es conectada en serie con el generador y por lo tanto es

recorrida por la corriente de armadura I a = I e.

c) Con excitación compuesta (compound).

Figura 6.6.5a

Figura 6.6.5b



258

En este generador se tiene bobinas de campo serie y Shunt que se conectan en serie y en paralelo con el generador. Existen dos variantes:

a) La conexión larga. b) La conexión corta.

∗ ∗∗ ∗ La más empleada es la conexión larga.

6.6.3 CURVAS CARACTERÍSTICAS DE LOS GENERADORES

Las curvas más importantes de los generadores son dos:

a) La curva de magnetización ó característica interna de la máquina.b) La curva de tensión bajo carga o característica externa de la máquina.

a) La curva de Magnetización.

Excitando la máquina independientemente y manteniendo su velocidad ω ωω ω oconstante es posible trazar dicha curva.

Figura 6.6.6

I ie

E

E r

Q

Linea deincremento

Codo

Figura 6.6.7

Teniendo presente que:

)406 ( ........ K E d a −ωφ=



259

Y si ω = cte.

El flujo φ φφ φ d depende de la corriente de excitación de la máquina.

Debido a la presencia del entrehierro existe un tramo lineal denominado“la

línea de entrehierro” y un tramo curvo producido por la progresiva saturacióndel material magnético, que disminuye en forma no lineal su permanencia.

Normalmente el punto de trabajo de la máquina se presenta en la zona curva(punto Q ).

E r es la tensión remanente a causa del magnetismo remanente que posee el circuito magnético del estator. Se cumple:

b) Característica externa

La característica externa de la máquina relaciona la tensión V t en bornes de lamáquina con la corriente I a de armadura ó con la potencia que entrega a lacarga.

Debido a la caída de tensión en la resistencia de armadura, la tensión en losbornes de la máquina generalmente decrece al aumentar la carga .

Figura 6.6.8

1) Generador a excitación independiente.

)416 ( ........ E E

0

0

1

1 −ω

=ω

R4a

R4b

R4c

R3

ia

2V t

1



260

2) Generador Shunt.Tiene una caída de tensión mayor debido a la disminución del flujo φ d por la disminución de la tensión V t .

3) Corresponde a un generador serie, la tensión aumenta debido a que el flujo

principal es función de la corriente de armadura. Debido a la gran variaciónde tensión que experimenta éste generador es poco utilizado.

4) Se utiliza mucho el generador Compound.

4.a) Sobre Compound. 4.b) Compound-plana . 4.c) subcompound.

∗ ∗∗ ∗ Estas curvas permiten calcular la regulación de tensión del generador.

6.6.4 DETERMINACIÓN DE LA TENSIÓN BAJO CARGA DE UN GENERADOR SHUNT

Figura 6.6.9

Una aplicación interesante de la curva de magnetización consiste en determinar la tensión V t de un generador Shunt cuando trabaja bajo carga con una corrientede armadura I a .

Del circuito:

)426 ( ........%100V

V E %r

t

t −−=

)436 ( ........ I RV E aat −+=

)446 ( ........V E I R t aa −−=



261

I ie

E

Curva de Magnetización

Codo

Linea de Excitación

AMPERIOS

V O LT I OS

Figura 6.6.10

Es decir la diferencia entre la f.e.m. E y la tensión en bornes V t es igual a Ra I aque puede determinarse ya que se conoce la corriente de armadura I a .

La curva de magnetización representa el lugar geométrico de E y la recta deexcitación es el lugar geométrico de V t .

6.7 CONTROL DE VELOCIDAD DE MÁQUINAS DE CORRIENTE CONTINUA

Hay numerosas aplicaciones donde el control de velocidad es requerido, así

como en los elevadores, maquinas DC especiales, máquinas herramientas, sistemas de tránsito y locomotoras. Los motores DC son muy utilizados en muchade éstas aplicaciones. El control de velocidad de los motores DC por debajo yencima de la velocidad base puede ser fácilmente diseñada. Además, los métodosde control son simples y menos costosos que los controles de los motores decorriente alterna (A.C.) . La tecnología del control de velocidad de los motores

DC se ha desarrollado considerablemente a partir del pasado cuarto de siglo. Enel método clásico se usó el sistema Ward- Leonard con máquinas rotativas parael control de velocidad de motores DC . Recientemente, los convertidores deestado sólido vienen siendo usados para este propósito. En ésta sección, variosmétodos de control de motores DC serán discutidos.

6.7.1 SISTEMA WARD – LEONARD

Este sistema fue introducido por los años de 1890. El sistema se muestra en la figura 6.7.1a, el cual usa un motor – generador (M-G) que es impulsado por unmotor primo A.C . para controlar la velocidad de un motor DC que mueve unacarga.

El motor A.C . que mueve el (M-G ) es generalmente un motor primo de corrientealterna, que rota a velocidad constante.



262

Mediante la variación de la corriente de campo I fg el voltaje de salida V t del generador es cambiada, y este cambio regula la velocidad del motor que muevela carga. El sistema es operado en dos modos de control.

Figura 6.7.1a

bbase

Figura 6.7.1b

a) CONTROL POR VOLTAJE DE ARMADURA (V t )

En el modo de control por voltaje de armadura, la corriente del motor I fm esmantenida constante en su valor determinado. La corriente de campo del

generador I fg es cambia tanto como V t cambia desde cero a su valor determinado. La velocidad cambiará desde cero a la velocidad base. El torque

puede ser mantenido constante durante la operación en este rango de velocidad,

así como se vé en la figura 6.7.1b.



263

b) CONTROL POR CORRIENTE DE CAMPO (I f )

El modo de control por corriente de campo es usada para obtener una velocidad por encima de la velocidad base. En este modo, el voltaje de armadura V t permanece constante y la corriente de campo del motor I fm es disminuída para

obtener altas velocidades. La corriente de armadura puede ser mantenidaconstante, consiguiendo operar el motor en un modo de potencia de salidaconstante. Obviamente el torque disminuye tanto como la velocidad seincrementa, como se observa en la figura 6.7.1b.

6.7.2 CONTROL DE ESTADO SÓLIDO

En años recientes, los convertidores de estado sólido han sido usados enreemplazo de equipos rotativos motor- generador para el control de velocidad demotores DC . En la figura 6.7.2 se muestra el diagrama de bloques de un sistemaconvertidor de estado sólido. Los convertidores usados son rectificadores

controlados ó choppers.

Figura 6.7.2

6.7.2.1 RECTIFICADORES CONTROLADOS

Si la fuente es A.C . , Los rectificadores controlados pueden ser usados paraconvertir una fuente de voltaje A.C . fija en una fuente DC de voltaje variable.Si todos los dispositivos de switching en los convertidores son dispositivoscontrolados, así como los rectificadores controlados de silicon (SCRs), el convertidor es llamado convertidor completo.Si algunos dispositivos son SCRs y algunos son diodos, el convertidor es llamadoun semiconvertidor. En la figura 6.7.3, el ángulo de disparo α αα α de los SCRsdetermina el valor promedio (V t ) del voltaje de salida V t . El voltaje de control V c

cambia el ángulo de disparo α αα α y por esa razón cambia V t . La relación entre el voltaje promedio de salida V t y el ángulo de disparo α αα α es como sigue .



264

Figura 6.7.3

Entrada Monofásica.- se asume que la corriente DC I a es continua. Para unconvertidor completo.

Para un semiconvertidor:

Entrada Trifásica.- Para un convertidor completo ( ó puente completo)

Para un semiconvertidor (ó semipuente)

Donde V p es el valor rms del voltaje de suministro A.C de fase. La variación del voltaje terminal V t del motor como una función del ángulo α αα α de disparo esmostrada en la figura 6.7.4 para ambos sistemas, convertidor completo y

semiconvertidor. Si la caída de voltaje I a Ra es omitida (V t = E a ) las curvas en la Figura 6-7-4 también muestran la variación de E a ( por ésta razón velocidad)con el ángulo de disparo.

Sin embargo los valores instantáneos de voltaje V t y corriente i a no sonconstantes pero cambia con el tiempo, en términos de valores promedios las

ecuaciones básicas de la máquina DC son válidas.

)456 ( ........cosV 22

V pt −α

π=

( ) )46 6 ( ........cos1V 2

V pt −α+

π=

)47 6 ( ........cosV 6 3

V pt −α

π=

( ) )486 ( ........cos12

V 6 3

V p

t −α+π=



265

Figura 6.7.4

EJEMPLO 1 .- La velocidad de un motor DC excitado independientemente de 10hp, 220 V, 1200 rpm es controlado por un convertidor completo monofásico vistoen la Figura 6.7.3. La corriente de armadura establecida es 40 Amps. Laresistencia de armadura es Ra = 0,25 # y la inductancia de armadura es

La = 10 mH. El voltaje de suministro A.C. es 265 V. La constante del voltaje del motor es K aφ d = 0,18 V/rpm. Se asume que la corriente del motor es continua yno tiene ripple.

Para un ángulo de disparo # =30° y corriente de motor establecida, determine la a) Velocidad del motor. b) El torque del motor. c) Potencia del motor.

SOLUCIÓN:

a) De la ecuación 6-45:

Luego:

Por lo tanto la velocidad del motor es:

V 6 ,206 V

30cos26522

V

t

t

=

××

= ο

π

V 6 ,196 E

4025 ,06 ,296 E I RV E

a

a

aat a

=×−=

−=

rpm2 ,1092

18.0

6 .196

K

E

d a

a

==

=

ω

φ ω

V vt

90º

1.0

180º



266

b)rad

seg V 72 ,1

rad

seg V

2

6018 ,0

rpm

V 18 ,0d Ka

×=

××==

π φ

c) La potencia del motor es:

Desde que i a no tiene riple:

EJEMPLO 2.- La velocidad de un motor DC excitado independientemente de125 H.P., 600 V, 1800 rpm , es controlado por un convertidor completo 3φ vistoen la figura 6.7.3. El convertidor es operado desde una fuente 3φ ,480 V, 60 Hz.

La corriente de armadura establecida del motor es 165 A. Los parámetros del motor son Ra = 0,0874 # , La =6,5 mH, y K aφ d =0,33 V/rpm.

El convertidor y la fuente A.C. son considerados ideales .

a) Encontrar las velocidades sin carga para los ángulos de disparo #=0° y#=30°. Asuma que la corriente de armadura sin carga es 10% de la corrienteestablecida y es continua.

b) Encontrar el ángulo de disparo para obtener la velocidad establecida de 1800rpm para corriente del motor dada.

c) Calcule la regulación de velocidad para el ángulo de disparo obtenido en la parte (b).

SOLUCIÓN:

a) Condición sin carga : El suministro de voltaje de fase es:

El voltaje del motor terminal es:

rad

seg V 72 ,1

rad

seg V

2

6018 ,0

rpm

V 18 ,0 K d a

−=

−×==

π φ

m N 75 ,68T

4072 ,1 I K T ad a

−=

×== φ

aarmsaaIE iRP += 2)(

a promedioarmsa I )i( )i( ==

W 8264 P

406 ,206 P

I V I E I R P at aa2aa

=×=

=+=

V 277 3

480V P ==

α=απ

×

= cos648cos

277 6 3

V t



267

Para α = 0:

La velocidad sin carga es:

Para α = 30° :

La velocidad sin carga es:

b) Condición de plena carga :::: La f.e.m E a del motor a 1800 rpm es:

El voltaje terminal del motor a corriente establecida es:

Debido a esto:

c) Regulación de velocidad: A plena carga la corriente del motor es 165 A y lavelocidad es 1800 rpm. Si la carga es desconectada, manteniendo el ángulo

de disparo al mismo valor en # = 20,1° . La corriente del motor decrece a16,5 A. Por ésta razón:

y la velocidad sin carga es :

aataIRV E −=

V 648V t =

V 6 ,646 5 ,16 0874 ,0648 Ea =×−=

rpm19590.33

646.6

$ K

E !

d a

a0 ===

V 2 ,56130cos648V t =°=

V 8 ,5595 ,16 0874 ,02 ,561 E a =×−=

rpm1696 33.0

8.5590 ==ω

V 594180033 ,0 E a =×=

V 4 ,6081650874 ,0594V t =×+=

4 ,608cos648 =α

94 ,0648

4 ,608cos ==α

°= 1 ,20α

5 ,16 0874 ,04 ,608 E a ×−=

V 96 ,606 E a =

rpm3 ,183933 ,0

96 ,606 0 ==ω



268

La regulación de velocidad es:

6.7.2.2 CHOPPERS

Un chopper de estado sólido convierte un voltaje fijo DC en una fuente DC devoltaje variable.Un diagrama esquemático de un chopper se muestra en la figura 6.7.5(a).

El Chopper equivale a un switch ON – OFF de alta velocidad como se ilustra enla figura 6.7.5(b). El switch “S” puede ser un tiristor convencional ( por ejemploun SCR), una puerta de apagado ( GTO ) de un tiristor, ó un transistor de

potencia. Cuando el dispositivo de switching en el chopper está en ON , V t = V (Voltaje suministrado) y la corriente del motor i a se incrementa. Cuando está enOFF , la corriente ia del motor decae porque el Diodo(D) entra en conducción,haciendo V t = 0. Las formas de onda del voltaje V t y la corriente i a estánmostradas en la figura 6.7.5(c). El voltaje de salida V t es un voltaje chopeadoderivado desde el voltaje de entrada V. El voltaje de salida promedio Vt, el cual determina la velocidad del motor DC , es

Donde:

T on es el tiempo “on” del chopper.T es el período de chopeo.α αα α es el “duty ratio” del chopper.

Si V t = ! V es obvio que el voltaje terminal del motor varía linealmente con el “duty ratio” del chopper.

Figura 6.7.5a

%18 ,2%1001800

18003 ,1839r =×

−=

)526 ( ........V V T

t V on

t −α==



269

Figura 6.7.5b

Figura 6.7.5c

EJEMPLO 3.- La velocidad de un motor DC excitado independientemente escontrolado por un chopper como se muestra en la Fig. 6.7.5. El suministro devoltaje DC es 120 V , la resistencia del circuito de armadura Ra = 0,5 % , Lainductancia del circuito de armadura La = 20 mH, y la constante del motor es

K aφ d = 0,05 V / rpm . El motor desarrolla un torque constante de cargarequiriendo una corriente promedio de armadura de 20 A . Asuma que lacorriente del motor es continua.

Determine el:a) Rango de control de velocidad.b )Rango del “duty cycle “! .

SOLUCIÓN:

La mínima velocidad es cero, en el cual E a = 0.

Luego:

aaatIRE V += V 10205 ,0 I RV aat =×==

α=α= 120V V t

α= 1201012

1=α



270

La máxima velocidad corresponde a ! = ! = ! = ! = 1, en el cual V t =V=120 V

Luego:

Además:

a) El rango de velocidad es 0 < ω < 2200 rpmb) El rango del “duty cycle” es ½ < ! < $

6.7.3 OPERACIÓN DE LAZO CERRADO

Los motores DC son ampliamente usados en muchos sistemas donde el control de velocidad es requerido. En muchas aplicaciones donde se requiere unavelocidad constante.

La operación de Lazo cerrado de los motores DC es satisfactorio. En laoperación de lazo abierto, si el torque de carga cambia, la velocidad tambiéncambiará. En un sistema de lazo cerrado, la velocidad puede ser mantenidaconstante por ajuste en los terminales del motor como los cambios del torque decarga. El diagrama de bloques básico de un sistema de control de velocidad delazo cerrado es mostrada en la figura 6.7.6 . Si un torque adicional de carga esaplicado, la velocidad del motor momentáneamente decrece y el error de

velocidad ε ω se incrementa, el cual incrementa la señal de control Vc. La señal de control incrementa el voltaje de salida del convertidor ( La señal de control decrece el ángulo de disparo si el convertidor es un rectificador controlado de

fase ó incrementa el “duty ratio” si el convertidor es un chopper). Unincremento en el voltaje de armadura del motor desarrolla más torque orestablece la velocidad del motor. El sistema así pasa por un período transitoriohasta que desarrolle el torque de trabajo acorde al torque de carga aplicado.

Figura 6.7.6

V 110205 ,0120 I RV E aat a =×−=−=

rpm220005 ,0

110

K

E

d a

a ===φ

ω



271

Hay otras ventajas de la operación de Lazo cerrado, así como una gran precisión, aceptable respuesta dinámica, y estabilidad de operación. En un sistema de lazo cerrado las características de funcionamiento pueden también ser hechas para operar a torque constante o potencia de salida constante por encima de cierto rango de velocidad; un requerimiento en sistemas de tracción.

El circuito de protección puede también ser proveído en un sistema de lazocerrado. De hecho, la mayor parte de sistemas de funcionamiento industrial operan como sistemas de realimentación de lazo cerrado.

En un motor DC . , La resistencia de armadura ( Ra ) e inductancia ( La ) son pequeñas.

La constante de tiempo 1τ del circuito de armadura es también pequeña.

Consecuentemente, un cambio pequeño en el voltaje terminal de armadura puederesultar en un rápido y gran cambio en la corriente de armadura, el cual podríadañar los dispositivos de estado sólido usado en el convertidor. Una corriente

principal puede ser proveída así que la corriente del motor puede ser mantenidaa un valor específico. Un diagrama de bloques del sistema es mostrada en La

figura 6.7.7. La salida del controlador de velocidad representa un torque guía ode comando. Por que el torque es proporcional a la corriente de armadura, la

salida del controlador de velocidad también representa la corriente de comando∗a I , el cual es entonces comparada con la actual corriente I a. Un límite en la

salida del controlador de velocidad establecerá por ésta razón el valor de lacorriente del motor Ia.

El controlador de velocidad y el controlador de corriente pueden ser proporcionales (P ) ó control proporcional – integral (PI) . La selección dependede los requerimientos de la performance de funcionamiento.

Figura 6.7.7

)536 ( ........ R

L

a

a1 −=τ



272

PROBLEMAS RESUELTOSCAPÍTULO VI

MÁQUINA DE CORRIENTE CONTÍNUA

PROBLEMA N° 6.1 : Un motor en derivación de 15 HP, 230V, tiene unaresistencia de circuito de armadura igual a 0,19 Ohmios y una resistencia decampo de 145 Ohmios. Cuando está sin carga y con voltaje nominal, la velocidad es 1150 r.p.m. y la corriente de armadura es de 7,65 A. A plena carga y voltajenominal, la corriente de línea es de 56,1 A, y debido a la reacción de armadura el

flujo es 5% menor que su valor sin carga. ¿Cuál es su valor a plena carga?

SOLUCIÓN:

I f

+

+

R f V t

Ra

E a+

+Ia

Figura P6.1.1

Sin carga:

A plena carga:

9 ,1

301150

5465 ,228

W

E K

V 5465 ,228 E

65 ,7 19 ,0230 I RV E

m

ad a

a

aat a

=π×

==φ×

=×−=×−=

54,5A I

1,6A145

230 I

56,1A I

1,8051,90,95 K

a

f

L

d a

=

==

==×=φ×

seg.121,69rad/ 1,805

219,65

K

E W

219,65V 54,50,19230 I RV E

d a

am

aat a

==φ×

=

=×−=×−=

.r.p.m1162,1W m =∴



273

PROBLEMA N° 6.2 : Dos motores en derivación de CD, de velocidad ajustable,tienen velocidades máximas de 1850 r.p.m. y mínimas de 550 r.p.m. Se obtieneajuste de velocidad mediante control con reóstato de campo. El motor A impulsauna carga que requiere potencia constante en todo intervalo de velocidad; el

motor B impulsa una carga que necesita de par constante. Se pueden omitir todaslas pérdidas y la reacción de armadura.a) Si las potencias de salida son iguales a una velocidad de 1850 r.p.m. y las

corrientes de armadura son de 100 A en cada caso, ¿Cuáles serán lascorrientes de armadura a 550 r.p.m.?

b) Si las potencias de salida son iguales a una velocidad de 550 r.p.m. y lascorrientes de armadura son de 100 A en ambos casos, ¿Cuáles serán lascorrientes de armadura a 1850 r.p.m.?

c) Conteste las partes a) y b) para un ajuste de velocidad mediante control devoltaje de armadura, con las demás condiciones iguales.

SOLUCIÓN:

A100 I : B Motor A36 ,336 550

1850100 I : B Motor

A100 I : B Motor A73 ,291850

550100 I : A Motor

tetancons I : B Motor W K I : A Motor

W K E W K V E )c

A36 ,336 550

1850100 I : B Motor

A100 I : A Motor

.m. p.r 1850´ W ?´ I

.m. p.r 550W A100 I )b

A73 ,291850

550100 I : B Motor

A100 I : A Motor

.m. p.r 550´ W ?´ I

.m. p.r 1850W A100 I )a

W K I I W

E I K tetanconsT : B Motor

tetancons I I E tetancons P : A Motor

E tetanConsV

aa

aa

a

ma

mamd at a

a

a

ma

ma

a

a

ma

ma

maam

aad a

aaa

at

==×=

==×=

= ×=

×=⇒××==

=×=

=====

=×=

=====

×=⇒×=××==

=⇒×====

φ

φ

PROBLEMA N° 6.3 : El motor en serie de un tren de 150 HP, 600V, 600 r.p.m.,de CD tiene una resistencia combinada de campo y armadura (incluyendo

escobillas) igual a 0,165 Ohmios.



274

La corriente de plena carga al voltaje y velocidad nominales es 186 A. La curva demagnetización a 400 r.p.m. es la siguiente:

f.e.m. generada (V) 375 400 425 450

Amperes de campo 169 194 225 261

Calcule el par interno de arranque cuando la corriente de arranque se limita a340 A. Suponga que la reacción de armadura es equivalente a una fuerzaelectromotriz de desmagnetización que varía de acuerdo con el cuadrado de lacorriente.

SOLUCIÓN:

Motor 600V, 600 r.p.m., 186 A

A plena carga.

De la curva de magnetización a 400 r.p.m.:

Figura 6.3.1

Por dato del problema:

Para una corriente de arranque:

V 31 ,569186 165 ,0600 I ) R R( V E aact a =×−=×+−=

379,54V 600

400569,31 E

600

E

400

E a0

aa0 =×

=⇒=

)169194( )375400( )375 E ( 169 I 0a

0 f −×−−+=

12,46A173,54186 ! I 173,54A I f f0 =−=⇒=

2

a f

2

aN

a f 186

I I

I

I I armaduradereacción

×=

×= ∆∆

A340 I a =

298,37A41,63340 ! I 340 I

41,63A186

34012,46 ! I

f neto f

2

f

=−=−=∴

= ×=

∗

∗

E (v)a

400

I =I f a

375

169 194 I fo

E ao



275

md aam

at

at aamt a

W K E W

I V T

I V I E W T V E

××=×=⇒

×=×=×=

φ ;

;

Figura P6.3.2

PROBLEMA N° 6.4 :

a) Un motor de CD en derivación, de 230V, se usa como impulsor de velocidad ajustable dentro del intervalo de 0 a 1500 r.p.m. Se obtienen velocidades de 0a 750 r.p.m. cuando se ajusta el voltaje en terminales de armadura de 0 a230V manteniendo constante la corriente de campo. Las velocidades de 750 a1500 r.p.m. se obtienen disminuyendo la corriente y manteniendo el voltaje enterminales de armadura en 230V. En el intervalo completo de velocidades, el

par necesario por la carga permanece constante. Indique la forma general dela curva de corriente de armadura contra velocidad en todo el intervalo.Omita las pérdidas de la máquina y los efectos de reacción de armadura.

b) Suponga que en lugar de mantener constante el par de la carga, la corrientede armadura no debe exceder determinado valor. Indique la forma general dela curva del par admisible de carga contra velocidad, suponiendo las demás

condiciones como las de la parte a).

SOLUCIÓN:

Despreciando las pérdidas de la máquina y los efectos de reacción de armadura.

m3864N

30

" 400

340476

W

I E T

I # K T yW # K E rad/seg 30

"

400400r.p.m.W

476V 225)(261

425)(450261)(I 450 E

m0

aa0

ad am0d aa0

m0

neto f a0

−=×

×=×=∴

××=××=×==

=−−

×−+=

450

I f

425

225

E (v)a

261

450

425

E ao

I f neto



276

ma

f t m

at md

t f m

W K I )ía(var I ;tetanconsV ;1500W 750

tetancons I V K W tetancons

: scondicionelas De

230V 0;tetancons I ;750W 0;tetanconsT )a

×==<<

=⇒×==

<<=<<=

φ

Figura P6.4.1

W m(r.p.m.)

750 1500

Figura P6.4.2

PROBLEMA N° 6.5 : Cuando trabaja con una fuente de corriente directa de230V, un motor en serie de CD trabaja a 900 r.p.m. con una corriente de línea de75 A. Su resistencia del circuito de armadura es 0,13 Ohmios, y la resistencia de

su campo en serie es 0,09 Ohmios. A causa de los efectos de saturación, el flujo auna corriente de 25 A es 45% del de una corriente de armadura de 75 A. Calculela velocidad del motor cuando el voltaje de armadura es 230V y la corriente es25 A.

SOLUCIÓN:

mmaxt m

maxt mm

maxmaxaa

W

K T )tetancons( V ;1500W 750

tetanconsT V K W ;750W 0

?T ; I I )b

=⇒<<

=⇒×=<<

==

I a

W m (r.p .m .)

750 1500

I a mín



277

+

+

+

230V

E a+

+ Ia

+

R =0.13a

R =0.09c

_ _

_

Figura P6.5.1

PROBLEMA N° 6.6: Un generador en derivación de 15KW, 250V, 1150r.p.m.,está impulsado mediante una máquina prima cuya velocidad es 1195r.p.m. cuando

el generador opera sin carga. La velocidad baja a 1150r.p.m. cuando el generador entrega 15KW, y se puede suponer que disminuye en proporción con la salida del generador. Se le va a modificar para tenerlo en conexión compuesta corta,equipándolo con un campo serie que cause que el voltaje aumente de 230V sincarga a 250V para una carga de 65,2 A.

Se estima que el campo en serie tendrá una resistencia de 0,06Ohmios. Laresistencia de armadura (incluyendo las escobillas) es de 0,17Ohmios, El devanado de campo en derivación tiene 1800 vueltas por polo.

Para determinar las vueltas del campo en serie necesarias, se hace trabajar a lamáquina como generador con excitación separada y se obtienen los siguientes

datos de carga:

2653 ,230

5 ,213

W

E K

V 5 ,213 E

V 5 ,213 )13 ,009 ,0( 75230 ) R R( I V E

:.) seg / rad 30

30

900W ( .m. p.r 900; A75

m

ad a

a

acat a

m

=π==φ×

=∴=+×−=+×−=

π=π×=∗

.m. p.r 1 ,2103W

seg / rad 231 ,220019385 ,1

5 ,224

K

E W

V 5 ,224 E V 5 ,224 )13 ,009 ,0( 25230 E

019385 ,1 )2653 ,2( 100

45 K

: A25

m

d a

am

a

a

d a

=∴

==φ×

=

=∴=+×−=

==φ×

∗∗



278

Voltaje de terminales de armadura: 254V Corriente de armadura : 66,5 ACorriente de campo : 1,95 AVelocidad : 1145r.p.m.

La curva de magnetización a 1195 r.p.m. es la siguiente:

E a(V) 230 240 250 260 270 280 I f (A) 1,05 1,13 1,25 1,44 1,65 1,91

Calcule:a) El número necesario de vueltas por polo del campo en serie.b) La reacción de armadura en Ampere-vueltas equivalente de desmagnetización

por polo para I a = 66,5 A.

SOLUCIÓN:

Vt=250V

I f

Rc

265V +

+

R =0.17 a

+

+

254V

Rs

0.06

65.2=Is=I L

Figura P6.6.1

De la curva de magnetización sin carga:

De los datos con carga:

??) =S N a

.m.. p.r 1146 4515

3 ,16 1195W

KW 3 ,16 2 ,65250 P

m =×−=

=×=

A16 ,1219

254 I

21905 ,1

230 R

f

c

==∴

Ω==

. polo por vueltas22 N

8 ,2118002 ,65

16 ,195 ,1 N

I

) I ' I ( N I

N

N I ' I

A95 ,1' I

S

f S

f f S S

f

S f f

f

=∴

=×−

=×−

=⇒×+=

=

V 276 E V 33 ,276 2651146

1195 E W

W E

.m. p.r 1195W ?? E ;.m. p.r 1146 W V 265 E )b

0aam

0m0a

0m0ama

=⇒=×=×=

====



279

A95 ,1' I A5 ,66 I :esaarg cbajoarmaduradecorriente La

A85 ,1 I

:obtiene seiónmagnetizacdecurvala De.m. p.r 1195W yV 276 E Para

f a

f

0m0a

=⇒=

=

==

Por lo tanto, la Reacción de Armadura de Desmagnetización es:

PROBLEMA N° 6.7 : Un motor serie de 120V, 1750r.p.m. demanda 37,8 A a sucarga nominal de 3,5KW; su resistencia del circuito de armadura que incluye todoexcepto el campo en serie es de 0,277 Ohmios, mientras que la resistencia del campo en serie es de 0,163 Ohmios. Si la carga se reduce hasta que la velocidad angular nominal alcanza su máximo de seguridad de 3500 r.p.m., la corriente delínea alcanza el valor de 10,2 A.a) Calcule el cambio porcentual en el flujo de campo.b) Calcule la potencia a esta velocidad.c) Si la carga se aumenta hasta disminuir la velocidad a 1200r.p.m. y el flujo de

campo no puede aumentar debido a la saturación ¿Qué corriente se demandaentonces?.

d) ¿Qué potencia se desarrolla en c)?.

SOLUCIÓN:

I L

Ra

E +

Vt

Ia Rc

Figura P6.7.1

CASO 1:

Como:

Como

. polo / vuelta A1801800 )85 ,195 ,1( N ) I ' I ( f f f −=×−=×−

Ω

Ω

163 ,0 R

277 ,0 R

KW 5 ,3 P

A8 ,37 I I

.m. p.r 1750W

V 120V V )i:1CASO

c

a

2

L

t in

========

10,2A I

3500r.p.m.W ii):2CASO

L

seg

=

=

V 368 ,1038 ,37 44 ,0120 I ) R R( V E act =×−=×+−=

)( 564 ,0 K

W

E K W K E

1d a

d ad a

α φ

φ φ

ΛΛΛΛ=×

=×→××=

)constantesconsideran seesrotacional pérdidas407,3W(Las P I E P

Potencias)de(Gráfico P P I E

2arot

rot 2a

=−×=+=×



280

a) Caso 2:

De i)

Es decir el flujo disminuye 44,15%

b)

c) P 2 aumenta para W=1200r.p.m.φ d no aumenta debido a la saturación. Por lo tanto consideremos el mismo de sucondición nominal, de α tendremos:

d)

PROBLEMA N° 6.8 : Un motor de 500 V DC a carga nominal tiene una velocidad de 1500 r.p.m. y toma una corriente de armadura de 50 A. La resistencia dearmadura es de 0,5 Ohmios y la resistencia de campo Shunt es de 200 Ohmios. Siel torque de pérdidas es de 5N-m, determinar:a) El torque eléctrico, la potencia de salida y la eficiencia.b) El torque eléctrico cuando el flujo es disminuido para obtener una velocidad de

2000 r.p.m. si la corriente de armadura se incrementa en un 25% más.

SOLUCIÓN:

Considerado el motor:

Figura P6.8.1

)( 315 ,0 K

V 512 ,115 I ) R R( V E

.m. p.r 3500W ; A2 ,10 I ;V 120V

2d a

act

seg t

β φ ΛΛΛΛ=×=×+−=

===

%15 ,44%100: Porcentual Cambio

7905 ,1:

1d

2d 1d

2d

1d

=×φφ−φ

=φφβα

770,9224W P 3 ,407 2 ,10512 ,115 P I E P

2

rot a2

=∴ −×=−×=

A66 ,111 R R

E V I

V 87 ,7030

1200564 ,0W K E

564 ,0 K

ca

t

d a

d a

=+

−=

=π××=×φ×=

=φ×

7506W P

3 ,407 66 ,11187 ,70 P I E P

2

rot a2

=∴−×=−×=

r f =200

E +

R a= 0 .5

500V

+ Ia=50A I



281

De donde obtenemos:

a)

b)

PROBLEMA N° 6.9 : Un motor Shunt DC de 500 V tiene una eficiencia del 90%cuando entrega 40 KW a una carga impulsada a 500 r.p.m. La resistencia del circuito de armadura y del circuito de campo son de 0,23 Ohmios y 400 Ohmiosrespectivamente.

La siguiente expresión que representa la característica del motor fue obtenidacuando el motor se ensayó como generador en vacío y a 600 r.p.m.

Calcular:a) La corriente de armadura.b) El torque eléctrico.c) El torque de pérdidas rotacionales.d) La resistencia adicional de campo necesaria para que el motor gire a

1200 r.p.m., con una corriente de armadura y torque de pérdidas constantes y avoltaje nominal.

Calcular además la potencia en estas condiciones.

KW 25 ,26 5005 ,52entradade Potencia

A5 ,52 I I I

A5 ,2200

500 I 0 R

f a

f f

=×=∴

=+=

==⇒=

%5 ,87 875 ,025 ,26

965 ,22

P

P

KW 965 ,22

30

15002 ,146 W T P

m N 2 ,146 52 ,151T T T

m N 2 ,15150024 ,3 I K T

024 ,3

301500

475

W

E K V 475505 ,0500W K E

ent

sal

L sal

perd e L

ad ae

d ad a

≡===η∴

=π××=×=⇒

−=−=−=−=×=×φ×=⇒

=π×

==φ×⇒=×−=×φ×=

m-139.875N T 5025 ,1238 ,2 I 25 ,1 K T

238 ,2

302000

75 ,468 K

W K V 75 ,46850100

1255 ,0500 I 25 ,1 RV E

e

ad ae

d a

d aaa

=∴ ××=×φ×=

=π×

=φ×⇒

×φ×==××−=×−=

f

f

I I Voltios E +××=

35,4

10128,3)(3



282

SOLUCIÓN:

Tenemos el circuito equivalente del motor Shunt:

r f E

If

R a

V

IaI

R f

Figura P6.9.1

a)

b)

c)

d) Nos piden:

A64 ,87 25 ,189 ,88 I I I

A25 ,1400

500 I 400r y23 ,0 RComo

A89 ,88 I V 500V como y9 ,0 I V

1040

P

P Como

f a

f f a

3

ent

sal

=−=−=∴

=≈→Ω=Ω=

=⇒==××==η

m N 16 ,80364 ,87

30500

64 ,87 23 ,0500 I

W

I RV T

W

I RV K I RV E y

W K E y I K T : por dadoestá EléctricoTorqueel queSabemos

aaa

e

aad aaa

d aad ae

−=×

π×

×−=×

×−=∴

×−=φ×⇒×−=

×φ×=×φ×=

m-39,216N 944 ,76316 ,803T

m N 944 ,763

30500

1040

W

P T

T T T T T T :Tenemos

perd

3

sal L

Le. perd . perd Le

=−=∴

−=π×

×==

−=⇒+=

:tenemos R f ⇒

1aa

perd a

E V 84 ,47964 ,87 23 ,0500 I RV E

m N 216 ,39tetanConsT A64 ,87 tetancons I

. seg / rad 40.m. p.r 1200W

==×−=×−=

−====π==



283

Para el nuevo W, tenemos:

Como tenemos E=f(I f ) para un W

1. En nuestro caso:

Donde:

E +

Ra

I f

O

E

Ic

E 1

E 0

E r 1

O

1

E

E

o

1

=1

Figura P6.9.2

PROBLEMA N° 6.10 : Se dispone de un motor de derivación (Shunt) con los siguientes datos a plena carga:

Velocidad Nominal : 1800 r.p.m.Tensión Nominal : 230 Voltios

Resistencia de Armadura : 0,82 OhmiosCorriente de Armadura : 28,2 ACaída de tensión en las escobillas : 3 Voltios.

8185 ,3

301200

84 ,479 K W K E d ad a =

π×

=φ×⇒×φ×=

10 W W ≠

.m. p.r 1200W y.m. p.r 600W 10 ==

KW 125 ,37 P 301200216 ,3930120064 ,87 8185 ,3 P

301200216 ,39W I K W T W T P

5 ,983 R

400r como Pero5 ,13833614 ,0

500r R

A3614 ,0 I 2 I 35 ,4

I 10128 ,384 ,479

W

W

I 35 ,4

I 10128 ,3 E

sal

sal

ad a perd e sal

f

f f f

f f

f 3

0

1

f

f 3

1

=∴

π××−π×××=

π××−××φ×=×−×=

Ω=∴

Ω=Ω==+

=⇒×+

××=⇒

×

+

××=∴



284

Se pide calcular:a) La resistencia externa para que en el momento del arranque ó puesta en

marcha la corriente de armadura no supere el 150% del valor nominal.b) La velocidad que alcanza el rotor a torque nominal si no se elimina esta

resistencia.c) La corriente de arranque de la armadura si no se intercala la resistenciaexterna en el circuito de armadura.

Con la finalidad de no superar la corriente de armadura en más del 150%arrancando a torque nominal, se pide:d) Las resistencias de cada paso ó tramo hasta alcanzar su velocidad nominal.

SOLUCIÓN:

Figura P6.10.1

a)

b)

c)

d)

Ω ∆

5464 ,482 ,02 ,285 ,1

3230 R

I 5 ,1

V V R a

na

.esct =−×−

=−×−=

.m. p.r 668876 ,203

6675 ,751800

E

E W W

V 876 ,20382 ,02 ,28227 R I 227 E

V 6675 ,752 ,283664 ,5227 I ) R R( )V V ( E

N

0nom0m

ana N

naa.esct o

=×=×=

=×−=×−=

=×−=×+−−= ∆

A83 ,276 82 ,0

3230

R

V V I

)arranqueel En( I RV V

a

.esct arranque

arranquea.esct

=−=−=

×+=

∆

∆

.m. p.r 43 ,1113876 ,203

112 ,126 1800 E

E 1800W

V 112 ,126 5776 ,32 ,28227 ) R R( I 227 E

7888 ,1 R R R

7576 ,282 ,02 ,285 ,1

6675 ,75227 R*

I 5 ,1 ) R R( E V V

N

11m

a1 N a1

11

1

N a1ao.esct

=×=×=

=×−=+×−=Ω=−=∆

Ω=−×−

=

××++=∆−

+ I a R3

Vt R1

Ra

R2 Rext=R

Re

Rext

I L

I e



285

r.p.m.1410,354203,876

159,7431800

E

E 1800W

159,743V E 2,38528,2227 ) R(R28,2227 E

1,1926 $ R R ! R

1,565$ R

0,8228,21,5

E 227 R*

N

22m

2

a22

212

2

12

=×=×=

=∴×−=+×−=

=−==∴

−×−

=

.m. p.r 2646 ,1608876 ,203

1592 ,1821800W

V 1592 ,182 E

5901 ,12 ,28227 ) R R( 2 ,28227 E

7949 ,0 R R R

7701 ,082 ,02 ,285 ,1

E 227 R*

3m

3

a33

323

23

=×==

×−=+×−=Ω=−=∆

Ω=−×−

=

2 R1 1 R2 R3 3 R4 4 R5 5

Aa Ab Ac Ad Ae A f

R

R1

R2

R3

R4

Figura P6.10.2

PROBLEMA N° 6.11 : Un motor DC de 20HP, 230 V y I=76 A, tiene unacaracterística de vacío:

tomada a 1800 r.p.m. Se sabe además que r a=0,0814 Ohmios y r f =260 Ohmios.

.m. p.r 22 ,1740876 ,203

1052 ,197 1800W

V 1052 ,197 E

0601 ,12 ,28227 ) R R( 2 ,28227 E

53 ,0 R R R

2401 ,082 ,02 ,285 ,1

E 227 R*

4m

4

a44

434

34

=×=

=×−=+×−=

Ω=−=∆

Ω=−×−

=

f

f

I 6769 ,0

I 46 ,402 E

+

×=



286

a) Calcular el torque eléctrico y la velocidad cuando el motor entrega su potencianominal.

b) Calcule el torque de pérdidas rotacionales y considerar que su valor varía proporcionalmente con la velocidad.

c) En el esquema mostrado, el motor será dotado de 2 resistencias Ra y R f para el arranque y el control de la velocidad. El motor impulsará una carga de 30N-mde característica constante con la velocidad.

En el arranque (W=0) Ra se regula al máximo para limitar la corriente I a y R f seregula a cero para obtener el máximo flujo y un torque eléctrico mayor que el torque de la carga.

c1) Calcular Ra , para limitar la corriente I a=0,5 I anom y el torque eléctrico dearranque.c2) Una vez que la carga se pone en movimiento, calcular la velocidad quealcanzará el sistema con Ra obtenida y R f =0 y la corriente I a .c3) Si a continuación se reduce Ra hasta cero, manteniendo R f =0, calcular la

velocidad W alcanzada, E e I a .c4) Para alcanzar la velocidad de 3000r.p.m. se debe incrementar la resistencia

R f hasta un cierto valor. Calcular dicha resistencia y además E, I a , T e y laeficiencia.

Rr f N f

E

230+

V t

R f

Ra+

+

Figura P6.11.1

SOLUCIÓN:

a)

seg / rad 03 ,185

21 ,1

115 ,750814 ,0230

21 ,1

I r V

K

E W

m N 88915 ,90115 ,7521 ,1 I K T

21 ,1

301800

996 ,227 K W K E Pero

V 996 ,227 8846 ,06769 ,0

8846 ,046 ,402.)m. p.r 1800a( E

A115 ,758846 ,076 I I I A8846 ,0260

230 I

aat

d a

nom

nomad anome

d ad a

f a f

=×−

=×−

=

φ×

=

−=×=×φ×=

=π×

=φ×⇒×φ×=

=+×

=

=−=−===



287

b)

Por condiciones del problema:

c) En el arranque: W=0 entonces E=0

c1)

c2)

Resolviendo la expresión anterior:

m N 253 ,1003 ,185

115 ,750814 ,0746 20115 ,75230T

W

I r T W I V T I r T W T W I V

I r P P I V

I r I E I V

I r E V

2

perd

2aa Lat

perd 2

aa L perd at

2aa sal perd at

2aaaat

aat

−=×−×−×

=∴

×−×−×=⇒×+×+×=×

×++=×

×+×=×

×+=

W 0554 ,0T

0554 ,003 ,185

253 ,10

W

T K W K T

perd

perd perd

×=∴

===⇒×=

aa

t

a

t arranque Rr

V

r

E V I

+=−=

m N 4446 ,45115 ,755 ,021 ,1 I K T

0425 ,6 0814 ,012394 ,6 R

12394 ,6 Rr Rr

230115 ,755 ,0

arranqued aarranquee

a

aaaa

−=××=×φ×=Ω=−=→

Ω=+⇒+=×

W 21 ,1 )W 0554 ,030( 21 ,1

12394 ,6 230

W K )W K T (

K

) Rr ( V

) Rr ( K

T T W K V

Rr

W K V K T T

W K E Rr

E V I I K T T T

d a L

d a

aat

aad a

perd Ld at

aa

d at d a perd L

d aaa

t aad a perd Le

×=×+×−

×φ×=×+×

φ×

+−

+×φ×

+=×φ×−

+×φ×−

×φ×=+

×φ×=+−=×φ×=+=

A195 ,27 12394 ,6

46 ,63230

Rr

E V I

V 46 ,63447 ,5221 ,1W K E

.m. p.r 832 ,500 seg / rad 447 ,52W

aa

t a

d a

=−

=

+

−=

=×=×φ×===



288

c3) De la expresión:

c4)

Resolviendo la ecuación cuadrática llegamos a obtener: X=0,71482

Ω=−Ω=

Ω==+⇒

=⇒=+

×=

=π××=×φ×=

−=×=×φ×=

=−

=−=

=×=∴=φ×

12 ,41526012 ,675 R

12 ,67534068 ,0

230r R

A34068 ,0 I 74 ,134 I 6769 ,0

I 46 ,402 E

V 74 ,13430

180071482 ,0W K .)m. p.r 1800a( E

: RCalculando

m N 7 ,47 735 ,66 71482 ,0 I K T

A735 ,66 0814 ,0

5678 ,224230

r

E V I

V 5678 ,22416 ,31471482 ,0 E

71482 ,0 K :decir Es

f

f f

f f

f

d a

f

ad ae

a

t a

d a

A337 ,330814 ,0

2864 ,227 230

r

E V I

V 2864 ,227 84 ,187 21 ,1W K E

.m. p.r 74 ,1793 seg / rad 84 ,187 W

W 21 ,1 )W 0554 ,030( 21 ,10814 ,0230

0 R:casoeste paraW K )W K T ( K

Rr V

a

t a

d a

ad a Ld a

aa

=−

=−=

=×=×φ×===

×=×+×−⇒

=×φ×=×+×φ×+−

0)(

41,473016,3140554,0

/16,314...3000;

2 =×+××−×

××−××=

−××=

−=+×=+×=

==+=

W

r T K

W

V K

r

W K V K

r

E V K T

m N T W K T

seg rad m pr W T T T

aed a

t d a

a

d at d a

a

t d ae

Le

L perd e

φ φ

φ φ φ

001228 ,0 X 732 ,0 X

016 ,314

0814 ,041 ,47 X

16 ,314

230 X

K X Haciendo

2

2

d a

=+−

=×

+−⇒

×= φ



289

%1 ,61611 ,04064 ,15427

8 ,9424

P

P W 8 ,942416 ,31430W T P

W 4064 ,15427 07568 ,67 230 I V P

A07568 ,67 34068 ,0735 ,66 I I I

: Eficiencia

ent

sal

L sal

t ent

f a

≡===η∴

=×=×=

=×=×=

=+=+=

PROBLEMA N° 6.12 : Un motor de derivación de CD se acopla mecánicamentea un generador trifásico sincrónico de rotor cilíndrico. El motor de CD estáconectado a un suministro de 230V constantes, de CD, y el generador de CA seconecta a un suministro trifásico de frecuencia y voltaje constantes, de 460 voltioslínea a línea. La máquina sincrónica de 4 polos, conectada en estrella tiene

capacidades nominales de 25KVA, 460V y una reactancia sincrónica de 5,85Ohmios/fase. Los datos de la máquina de CD de 4 polos son 25KW, 220V. Sedesprecian todas las pérdidas.a) Si las dos máquinas trabajan como conjunto motor-generador que recibe la

potencia de las tomas de CD y la entrega al suministro de CA. ¿Cuál es el voltaje de excitación de la máquina de CA en voltios por fase (línea a neutro)cuando entrega los kilovoltamperes nominales a factor de potencia 1?

b) Si se deja la corriente del campo de la máquina de CA como en la parte a).¿Qué ajuste se puede hacer para reducir la transferencia de potencia (entre CA

y CD) a cero?. Con esta condición de cero transferencia: ¿Cuál es la corrientede la máquina de CD?. ¿Cuál es la corriente de armadura de la máquina deCA?

c) Si se deja la corriente de campo de la máquina de CA como en las partes a) yb), ¿Qué ajuste se puede hacer para que se tomen 25KW del suministro de CA y

se entregue al de CD?. Con estas condiciones: ¿Cuál es la corriente dearmadura de la máquina de CD?. ¿Cuáles son la magnitud y la fase de lacorriente de la máquina de CA?

SOLUCIÓN:

a)

I f

E af

+

J jXs I a

+

+

V t

_ _

Figura P6.12.1

L L f a

n L f a

aS t f a

a

t

V 560 E

V 6 ,34323 E

4 ,3185 ,5 j266 I jX V E

A4 ,314603

25000 I

V 266 3

460V

−

−

=

°∠=

×+=×+=

=×=

==



290

b) Puesto que la máquina CA se mantiene a velocidad constante, la transferenciade potencia podrá ser podrá ser reducida a cero por un incremento de laexcitación del motor DC hasta que el voltaje interno sea igual al voltajeterminal.

E af

V t E jX I s a

Figura P6.12.2

c)

PROBLEMA N° 6.13 : Un motor en derivación toma una corriente de armadura a plena carga de 38,5 A de la línea de 230V, y trabaja a una velocidad de1200r.p.m. tanto sin carga como a plena carga. Se dispone de los siguientes datos

para este motor:

Resistencia del circuito de armadura (incluyendo escobillas) = 0,21 Ohmios.Vueltas por polo en el campo en derivación = 1800 vueltas.

La curva de magnetización como generador sin carga y a 1200r.p.m. es:

E a(V) 180 200 220 240 250 I f (A) 0,82 0,96 1,22 1,61 1,89

a) Calcule la corriente del campo en derivación de este motor sin carga y a 1200r.p.m. cuando se conecta a la línea de 230V. Suponga despreciable la caída devoltaje por resistencia del circuito de armadura, así como la reacción de

armadura.b) Calcule la reacción efectiva de la armadura a plena carga en ampere-vueltas

por polo.c) ¿Cuántas vueltas se deben añadir a un campo en serie para transformar a esta

máquina en un motor compuesto acumulativo en conexión larga, cuyavelocidad será 1115r.p.m. cuando la corriente de armadura sea 38,5 A y el voltaje aplicado 230V?. El campo serie tendrá una resistencia de 0,046 Ohmios.

d) Si se instala un campo serie con 25 vueltas por polo y resistencia de 0,046 Ohmios, determine la velocidad cuando la corriente de armadura es 38,5 A y el voltaje aplicado es de 230V.

CDmáquinala para I a 0=∴

CA Motor A74 ,9 I

85 ,5

266 323

X

V E I

a

S

t f a

a

=

−=−

=

A4 ,31 I :CA Motor

A7 ,108230

25000 I :CD Motor

a

a

=

==



291

SOLUCIÓN:

a) E a=230V

I f

230

220

240

1.22 1.61

Ea(v)

I f(A)

Figura P6.13.1

b)

I f neto

220

240

1.22 1.61

Ea(v)

I f(A)

Figura P6.13.2

polo / vuelta A4 ,284 Armaduradeacciónre

1800 )257 ,1415 ,1( Armaduradeacciónre

1800 ) I I ( Armaduradeacciónrenet f f

−=∴×−=

×−=

c)

Figura P6.13.3

A415 ,12

61 ,122 ,1 I f =+

=

V 915 ,221 E

5 ,3821 ,0230 I R230 E

a

aaa

=×−=×−=

A257 ,1 I

)220240(

)22 ,161 ,1( )220915 ,221( 22 ,1 I

net f

net f

=−−

×−+=

V 926 ,236 144 ,2201115

1200 E

.m. p.r 1115;V 144 ,220 E

5 ,38 )046 ,021 ,0( 230 I ) R R( 230 E

0a

a

aS aa

=×=

=×+−=×+−=

I f I L

I a Re

R s

Ra

E

V t



292

Ea(v)

I f neto

220

240

1.22 1.61 I f(A)

Figura P6.13.4

d)

1.792

240

250

1.61 1.89

Ea(v)

I f(A)

Figura P6.13.5

PROBLEMA N° 6.14 : Un motor en derivación de 10HP, 230V, tiene 1800vueltas por polo en el campo en derivación, una resistencia de armadura de 0,23 Ohmios(incluyendo escobillas) y una resistencia de campo en conmutación de 0,041

Ohmios.

A55 ,1 I

)220240(

)22 ,161 ,1( )220926 ,236 ( 22 ,1 I

net f

net f

= −

−×−+=

polo / vueltas14 N 7 ,135 ,384 ,527 N

vuelta A4 ,527 I N

1800415 ,14 ,284180055 ,1 I N

1800 I armaduradereacción1800 I I N

S S

S S

S S

f net f S S

=∴==

−=××−+×=×

×−+×=×

A792 ,11800

1 ,3225 I

vuelta A1 ,3225 I N

4 ,2845 ,9622547 armaduradereacción I N I N I N

vuelta A4 ,284armaduradeacciónre

vuelta A2547 415 ,11800 I N

vuelta A5 ,9625 ,3825 I N I N

net f

net f C

S S f C net f C

f C

aS S S

==

−=×

−+=−×+×=×−=

−=×=×−=×=×=×

V 144 ,220 E

5 ,38 )046 ,021 ,0( 230 I ) R R( 230 E

V 5 ,246 )61 ,189 ,1(

)240250( )61 ,1792 ,1( 240 E

a

aC aa

0a

=×+−=×+−=

=−−

×−+=

.m. p.r 1072W

7 ,107112005 ,246

144 ,2201200

E

E W

E

1200

E

W

m

0a

am

0aa

m

=∴

=×=×=⇒=



293

La resistencia del campo en derivación, sin el reóstato, es de 275 Ohmios. Cuando se trabaja el motor sin carga con voltaje nominal entre terminales y resistenciavariable en el campo, se toman los siguientes datos:

Velocidad (r.p.m.) 1110 1130 1160 1200 1240

I f (A) 0,746 0,704 0,664 0,616 0,580

La corriente de armadura sin carga es despreciable. Cuando el motor trabaja a plena carga y a voltaje nominal entre terminales, la corriente de armadura es 37,5 A, la corriente de campo es 0,616 y la velocidad es 1180r.p.m.a) Calcule la reacción de armadura a plena carga en A-vueltas por polo, de

desmagnetización equivalente.b) Calcule el par electromagnético a plena carga.c) ¿Qué par de arranque ejercerá el motor con corriente máxima en el campo si la

corriente en la armadura se limita a 75 A?. En esas condiciones, la reacción dearmadura es de 160 A-vueltas por polo.

d) Diseñe un campo en serie para obtener una velocidad a plena carga de1075r.p.m. cuando la velocidad en vacío sea 1200 r.p.m.

SOLUCIÓN:

1110 1130 1160 1200 1240

0,746 0,704 0,664 0,616 0,580

248,65 244,25 237,931 230 222,58

Figura P6.14.1

V 5636 ,223V 8375 ,2191180

1200 E .m. p.r 1200W : Para

V 8375 ,2195 ,37 )041 ,023 ,0( 230 E

I ) R R( 230 E ,.m. p.r 1180W , A616 ,0 I

0am

a

aCC aam f

=×=⇒=

=×+−=

×+−===

)( A I f

m0a W

1200230 E ×=

.)m. p.r ( Velocidad

A585 ,0 I )58 ,222230(

)58 ,0616 ,0( )58 ,2225636 ,223( 58 ,0 I

net f

net f

=−

−×−+=

polo / vuelta A8 ,55armaduradereacción

1800 )585 ,0616 ,0( armaduradereacción

−=∴×−=

222.58

230

0.58 0.616

Ea(v)

I f(A)

I f neto



294

b)

c)

Figura P6.14.2

d) A plena carga: I a =37,5 A e I f =0,616 A

Despreciando la resistencia del campo serie:

244.25

0.704 0.746

Ea(v)

I f(A)

I f neto

Figura P6.14.3

m N 85 ,67

301180

5 ,37 5636 ,223

W

I E T

m

aa −=π×

×=×=

m

aa

net f

C max f net f

C net f C max f

C max f

W

I E T

A7475 ,01800

1608364 ,0 I

N

armaduradereacción I I

armaduradereacción N I N I

A8364 ,0275

230

R

230 I

×=

=−=

−=

+×=×

===

m N 5 ,148

301200

7581 ,248T

V 81 ,248 E

)704 ,0746 ,0(

)25 ,24465 ,248( )746 ,07475 ,0( 65 ,248 E

a

a

−=π×

×=∴

=−−

×−+=

V 4 ,2458375 ,2191075

1200 E

1075

E

1200

E

V 8375 ,219 E

5 ,37 )041 ,023 ,0( 230 I ) R R( 230 E

0aa0a

a

aCC aa

=×=→=

=×+−=×+−=

A715 ,0 I

)25 ,24465 ,248(

)704 ,0746 ,0( )25 ,2444 ,245( 704 ,0 I

net f

net f

=−−

×−+=

244.25

E a

0.704 0.746

Ea(v)

I f(A)

I =0.7475 f neto



296

b)

V t

+

If

R e

R S

Ia

IL

R a

E a

+

Figura P6.15.1

A85 ,0 I

120506 73 ,01500 I 1500

armaduradereacción I N I N I N

armaduradereacción I N I N I N

net f

net f

S S f C net f C

net f C S S f C

=

−×+×=×

−×+×=×

+×=×+×

Ea(v)

0.85

E ao

240

250

0.81 0.95

Ea(v)

If(A )

Figura P6.15.2

r.p.m.16101800

242,857

217,251800

E

E W

?W ;217,25V E

500,055)(0,2230 I ) R(R230 E

0a

am

ma

aS aa

=×=×=

==×+−=×+−=

c)

m N 119

301800

9005 ,249

W

I E T

V 05 ,249 )81 ,095 ,0(

)240250( )81 ,09367 ,0( 240 E

A9367 ,01500

23090

1500

6 73 ,0 I

N

armaduradereacción I

N

N I I

m

a0a

0a

net f

C S

C

S f net f

−=

π×

×=×

=

=−−

×−+=

=−×+=

−×+=

.m. p.r 1800W ;V 857 ,242 E

)81 ,095 ,0(

)240250( )81 ,085 ,0( 240 E

m0a

0a

==−−

×−+=



297

PROBLEMA N° 6.16 : Se encuentra que una troqueladora trabaja bien cuandoestá impulsada por un motor compuesto de 10 HP y 230 V que tiene una velocidad

sin carga igual a 1800 r.p.m., y una velocidad a plena carga igual a 1200 r.p.m.;cuando el par es 43,8 Lb-pie se saca provisionalmente de servicio el motor, y el

único repuesto para él es un motor compuesto con las siguientes características:

Capacidad: 230 V, 12,5 HP Corriente sin carga: 4 AVelocidad en vacío: 1820 r.p.m. Velocidad a plena carga: 1500 r.p.m.Corriente a plena carga: 57 A Par a plena carga: 43,8 Lb-pie

Resistencia del circuito de armadura: 0,2 OhmiosCorriente de campo en derivación: 1,6 A

Se desea emplear este motor como impulsor de emergencia para la troqueladora, sin cambiar sus devanados de campo.a) ¿Cómo se puede hacer para tener la regulación de velocidad necesaria?

b) Trace el diagrama pertinente del circuito y de las especificaciones completas delos aparatos necesarios.

SOLUCIÓN:

Motor Repuesto:

V t

+

If

R g

R 5

Ia

If

R a

E a

+

Figura P6.16.1

Sin carga: Con carga:

Para este tipo de motor se cumple:armaduradereacción I N I N I N

net f C S S f C +×=×+×

Despreciando la reacción de armadura tenemos:

V 229,520,22,4230 E A2,41,6 4 I

r.p.m.1820W

a

a

m

=×−==−=

=

.m. p.r 1600W

V 92 ,2182 ,04 ,55230 E A4 ,556 ,157 I

m N 4 ,59 pie Lb8 ,43T

m

a

a

=

=×−==−=

−=−=

aS c

S S

f net f I I ;

N

I N I I =

×

+=



298

mnet f d amd aa

a f net f

W I K K W K E

I K I I

×××=×φ×=

×+=

7498 ,0 H y10575 ,2 K

H

301600 ) K 4 ,556 ,1(

92 ,218

301820 ) K 4 ,26 ,1(

52 ,229

tetanCons H W I

E

3

mnet f

a

=×=∴

=π×××+

=π×××+

==×

−

a), b) Queremos que:

1. Agregamos una resistencia R A en serie con la resistencia de armadura.2. Agregamos una resistencia R F en serie con la resistencia de campo en

derivación.

R rf= 230/1.6

230V

+

If

R S

IaR = ?A

E A

+

L f

R = ?f

R a

Figura P6.16.2

SIN CARGA:

CON CARGA:

aarg c plena.m. p.r 1200W

aarg c sin.m. p.r 1800W

m

m

==

)( 7498 ,060

R4 ,252 ,229 K 4 ,2 I I

R4 ,252 ,229 E

R4 ,22 ,04 ,2230 E 60

30

1800W

A f net f

Aa

Aam

α×π×−

=×+=

×−=

×−×−=π=π×=

ΛΛΛΛ

)( 7498 ,040

R4 ,5592 ,218 K 4 ,55 I I

R4 ,5592 ,218 E

R4 ,552 ,04 ,55230 E 4030

1200W

A f net f

Aa

Aam

β×π ×−=×+=

×−=

×−×−=π=π×=

ΛΛΛΛ



299

de ( α ) y ( β ):

Ω=∴

−=

=+

Ω=∴

=

9 ,0 R

6 ,1

230

59 ,1

230 R

59 ,1230r R

986 ,0 R

A59 ,1 I

F

F

f F

A

f

PROBLEMA N° 6.17 : Se van a emplear dos máquinas en derivación idénticas de10 HP, 230 V, 36 A, como generador y motor, respectivamente en un sistemaWard-Leonard. El generador está impulsado por un motor sincrónico cuyavelocidad es de 1200 r.p.m. y constante. La resistencia del circuito de armadura de

cada máquina es 0,22 Ohmios (incluyendo escobillas). La reacción de armaduraes despreciable. Los datos de la curva de magnetización para cada máquina a1200 r.p.m. son las siguientes:

I f (A) 0,3 0,6 0,9 1,2 1,5 1,8 E a (V) 108 183 230 254 267 276

a) Calcule los valores máximo y mínimo de la corriente del campo del generador que se necesita para dar al motor un rango de velocidades de 300 a 1500 r.p.m.a la corriente de armadura de plena carga (36 A) manteniendo constante lacorriente del campo del motor a 0,8 A.

b) Calcule la regulación de velocidad del motor para las condiciones de velocidad máxima y mínima que se encontraron en a).

c) Calcule la velocidad máxima del motor que se puede obtener con corriente dearmadura de plena carga, si se reduce la corriente del campo en el motor a0,3A y no se permite que la corriente del campo del generador exceda 1,6 A.

SOLUCIÓN:

a) Corriente de campo del motor: 0,8 A

De la curva de magnetización:

V 9125 ,267 E V 5825 ,53

.m. p.r 1500W ;V 9125 ,267 E

.m. p.r 300W ;V 5825 ,53 E

.m. p.r 1200W ;V 33 ,214 )6 ,09 ,0(

)183230( )6 ,08 ,0( 183 E

ma

m0a

m0a

m0a

≤≤

==

==

==−−

×−+=



300

+

I fg

R f

I ag

I L

Ra

E ag

+

R a

E am

+

R f

I cte=0.8A fm=

Figura P6.17.1

g f 2 g a

g f 1 g a

g f ma g a

g f ma g a

g f am f amaama g a

t g aa g a

g f m f ma g a

g f g am f mal

maamat

I 22 ,09285 ,283 E

I 22 ,05985 ,69 E

I 22 ,0016 ,16 E E

I 22 ,08 ,022 ,036 22 ,02 E E

I R I R I R2 E E

V I R E I I I I

I I I I I

I R E V

×+=

×+=

×++=

×+×+××+=

×+×+××+=

+×=++=

−=+=

×+=

69.5985

0.3 0.6

Ea(v)

I f(A)

I f g1

E a g1

Figura P6.17.2

267

1.8

Ea(v)

I f(A)

1.5

E a g2

I f g2

Figura P6.17.3

V 631 ,69 E ; A1465 ,0 I 1 g a

1 g f ==

V 386 ,284 E A1 ,2 I 2 g a

2 g f ==

A1 ,2 I A1465 ,0 g f <<∴



302

b) Calcule el valor máximo de la resistencia en serie.c) ¿Cuánta resistencia se debe quitar en cada paso en la operación de arranque, y

a que velocidades se deben presentar esos pasos.?

SOLUCIÓN:

a)

Vt=230V

I f

R =95 f

E a+

+

R =0.124a

+

I a

Figura P6.18.1

V 224,85441,50,124230 E A41,5 I r.p.m.1150W aam =×−===

A plena carga:

.m. p.r 1130W 854 ,224

1150

886 ,220

W

V 886 ,2205 ,73124 ,0230 E

A5 ,73 I

mm

a

a

=∴=

=×−==

b)

230V

Ea+

+

++

+

+

Ra

Figura P6.18.2

Ω=∴

−=⇒=+

×=+

44 ,1 R

124 ,0565 ,1 R565 ,1 R R

5 ,732 R R

230

maxext

maxext maxext a

maxext a



303

c)

# de Paso

Rext E a min E a max W min W max

1 1,44 0V 115V 0 588

2 0,658 115V 173V 588 885

3 0,264 173V 201V 885 1028

4 0,073 201V 216V 1028 1105

PROBLEMA N° 6.19 : Se va a agregar un devanado débil de campo enderivación a un motor en serie de 50 HP, 230 V, 600 r.p.m. de una grúa paraevitar que las velocidades sean muy grandes cuando las cargas sean muy

pequeñas. Su resistencia será de 230 Ohmios. La resistencia combinada de losdevanados de interpolos y armadura (incluyendo escobillas) es 0,046 Ohmios. El devanado de campo en serie tiene 26 vueltas por polo con una resistencia total igual a 0,023 Omhios. Para determinar su diseño, se obtuvieron los siguientesdatos de prueba antes de instalar el devanado de campo en derivación:

Prueba con carga como motor en serie (no se midió la salida):r.p.m.600W A184 I V 230V at ===

Prueba sin carga con excitación separada en el campo serie:

Voltajeaplicado a la

armaduraVelocidad r.p.m.

Corriente de armadura(A)

Corriente de campoSerie (A)

230 1500 10 55

230 1200 9,2 68

230 900 8 95

215 700 7,7 125

215 600 7,5 162

215 550 7,2 186

215 525 7,1 208

215 500 7,0 244



304

a) Calcule el número de vueltas por polo del campo en derivación si la velocidad sin carga a voltaje nominal debe ser 1450 r.p.m. Sin carga las caídas de voltajeen el devanado de armadura, en el campo serie y en el devanado de interpolos,

son despreciables.

b) Calcule la velocidad después de instalar el campo en derivación cuando trabajael motor a voltaje nominal con una carga que provoca una corriente de línea de175 A. Suponga que la desmagnetización por fuerza magnetomotríz de lareacción de armadura no cambia por la adición del campo en derivación.

SOLUCIÓN:

a)

230V

Ea+++

+

+

Figura P6.19.1

a f f

C a f f C C f f

I N I mm f

N I N I N I N I mm f

×+×=

×+×=×+×=

26...

...

De los datos sin carga:

??...1450 == am I m pr W

1450

I a

9.2

10

1200 1500

I a(A)

W m(r.p.m)

Figura P6.19.2

A87 ,9 I

)12001500(

)2 ,910( )12001450( 2 ,9 I

a

a

=−−

×−+=



305

202.31

W m

525

550

186 208 I f (A)

W m(r.p.m)

1450

I f

55

68

1200 1500

I f (A)

W m(r.p.m)

Figura P6.19.3

vueltas1230 N

A1 I 54 ,1229 N I

87 ,926 16 ,1486 N I

16 ,1486 I 26 N I

vuelta A16 ,1486 26 16 ,57 N I .m.m. f

f

f f f

f f

a f f

C f

=∴

==×

×−=×

=×+×

−=×=×=

b) A175 I L = De los datos de plena carga:

r.p.m.600W ;V 217,3040,069184230 E

vuelta A478426 184 f.m.m.; A184 I I

ma

a f

==×−=

−=×===

Que corresponde a A165 I ;r.p.m.594W ;V 215 E f ma ===

vuelta A494armaduradereacción )165184( 26 ) I I ( N armaduradereacción net f f C

−=∴−×=−×=

En el punto de operación determinado:

V 994 ,217 174069 ,0230 E

A31 ,202 I

A31 ,20226

5260

N

.m.m. f seriecampodel efectivaCorriente

vuelta A5260494123017426 .m.m. f

armaduradereacción I N I N .m.m. f

a

net f

C

f f C C

=×−=

=∴

===

−=−+×=∴

−×+×=

.m. p.r 466 ,531 )186 208(

)525550( )31 ,202208( 525W m =−−

−+=

Figura P6.19.4 .m. p.r 87 ,538W 215466 ,531994 ,217 W mm =∴=

A16 ,57 I

)12001500(

)5568( )14501500( 55 I

f

f

=−−

×−+=



306

CAPÍTULO VII MOTORES POLIFÁSICOS

DE INDUCCIÓN Son motores de corriente alterna que generalmente son conectados a redes dealimentación trifásica.

7.1 MOTORES TRIFÁSICOS

- Se fabrican de las más diversas potencias.- Características de velocidad sensiblemente constante- Característica de par ó torque que varía ampliamente según los diseños

- Se construye para operar a todas las tensiones y frecuencias de servicionormalizadas.

7.1.1 CONSTITUCIÓN DE UN MOTOR TRIFÁSICO

- Se compone de 3 partes, principalmente : estator, rotor y escudos.- Estator compuesto de una carcasa de fundición, un núcleo formado por chapas

magnéticas, y un arrollamiento constituido por bobinas individuales alojadasen las ranuras del núcleo.

- El rotor puede ser del tipo jaula de ardilla o bien bobinado .

7.1.2 FUNCIONAMIENTO DEL MOTOR TRIFÁSICO

Las bobinas alojadas en las ranuras estatóricas están conectadas de modo que formen 3 arrollamientos independientes iguales, llamadas fases.

Figura 7.1.1

Normalmente se tiene que :

- El N° de bobinas coincide con el N° de ranuras (doble capa).



307

Bobina hexagonal completamente encintada,usada en estatores provistas deranuras abiertas.

Bobina hexagonal parcialmenteencintada, usada en estatores

provistas de ranuras semicerradas.

- Algunos motores tienen doble N° de ranuras que de bobinas (arrollamiento de fondo de cesta). ( Capa simple).

- Los motores 3φ están normalmente previstos para trabajar a una ó dostensiones de servicio y para girar a dos, tres ó cuatro velocidades de régimen,lo cual exige una gran variedad de conexiones ( en ! , en Y, en serie, en

paralelo y todas las combinaciones posibles entre éstas).- Los motores 3φ de gran tamaño tienen las ranuras estatóricas abiertas, en los

motores pequeños y de mediano tamaño las ranuras estatóricas son semicerradas.

- Las bobinas utilizados en motores de cierto tamaño tienen forma hexagonal, esdecir seis lados.

Figura 7.1.2

Figura 7.1.3

Las bobinas de los motores polifásicos se confeccionan siempre con auxilio dehormas ( plantillas ó moldes).

La cinta normalmente empleada a este respecto es la del algodón a veces es preferible el uso de batista barnizada o cinta de fibra de vidrio.

Las bobinas de motores de pequeño tamaño pueden confeccionarse inicialmentede forma rectangular y convertirse luego en hexagonales tirando por el centro

de los lados mayores.



308

7.1.3 CONEXIONES FUNDAMENTALES DE LOS MOTORESTRIFÁSICOS

FASES.- Generalmente los motores 3φ están provistos de un arrollamientoestatórico en doble capa, es decir, con igual número de bobinas y de ranuras.

Las bobinas van conectadas formando tres arrollamientos independientesllamados fases las cuales se designan generalmente; con las letras A, B y C (ó R, S y T ). Puesto que cada fase debe estar constituída por el mismo N° debobinas, éste será igual a un tercio del N° total de bobinas existentes en el estator.

Las tres fases de un motor 3φ están siempre conectada en Y ó en !.

REGLA 1: N° de bobinas por fase = N° total de bobinas establecidas por el N°de fases del motor.

Ejm.1. En un motor trifásico provisto de 36 bobinas, habrá :

1)(7 ........ fase por bobinas123fases

bobinas36 −=

POLOS.- Las bobinas de un motor trifásico también están conectadas de modoque el estator del mismo conforme un determinado N° de polos iguales.

REGLA 2: N° bobinas por polo = N° total de bobinas estatóricas por el N° de polos del motor.

Ejm.2. En un motor 3φ tetrapolar provisto de 36 bobinas habrá:

)27 ( ........ polobobinas9 polos4

bobinas36 −=

GRUPOS.- Se llama grupo a un determinado N° de bobinas contiguasconectadas en serie. Los motores 3φ llevan siempre tres grupos iguales debobinas en cada polo, uno por fase. Dicho en otros terminos, un grupo

pertenece a la fase A, ótro a la fase B, y el tercero a la fase C . Es evidente que

un grupo define el N° de bobinas por polo y fase.

Figura 7.1.4

Conexión de las bobinas de cada grupoen un motor. El final de la bobina 2 vaal principio de la bobina 3. El principiode la bobina 1 y el final de la bobina 3constituyen los terminales del grupo.



309

a) CONEXIÓN EN ESTRELLA: Se trata de conectar en estrella las 3 fasesdel motor 3φ ya considerado (4 polos, 36 bobinas estatóricas).

1. Se conectan primero todas las bobinas en grupos. Las tres bobinas de cada grupo se unen en serie. Si dichas bobinas han sido confeccionadas en grupos

no será precisa esta operación.2. Se conectan seguidamente entre si todos los grupos que pertenecen a la fase A. La conexión debe efectuarse de manera que por el primer grupo circule la“i” en sentido de las agujas del reloj, por el segundo grupo en sentidocontrario, por el 3° nuevamente en el sentido horario, etc. De esta forma seobtendrán polaridades sucesivas de signo alterno.

El principio de la fase A se empalma a un terminal flexible, que se lleva al exterior, el final de dicha fase se unirá posteriormente a las finales de las

fases B y C.

Esta unión se encintará convenientemente.

Figura 7.1.5

REGLA 3: Para determinar el N° de grupos de bobinas, se multiplica el N° de polos por el N° de fases del motor.

Ejem. 3 . En el motor 3φ tetrapolar que nos sirve de referencia habrá:

3)(7 ........bobinasde grupos123fases4polos −=×

REGLA 4: Para determinar el N° de bobinas grupo, se divide el N° total debobinas del motor por el N° de grupos

Ejem. 4. En el motor 3φ de referencia se tendrá:

)47 ( ........ grupo / bobinas3 grupos12

bobinas36 −=

En el motor del caso anterior se ha visto que hay 9 bobinas por polo, luego cada

polo estará subdividido en 3 grupos, y cada grupo estará constituido por 3bobinas de circulación de la corriente que figuran debajo de cada grupo



310

Figura 7.1.6

Figura 7.1.7

señalan sucesivamente direcciones opuestas : así. La primera flecha indica el sentido de las agujas del reloj, la 2da el sentido contrario, la 3ra el mismo sentidode la primera, la cuarta el mismo que la 2da etc. Este es uno de los métodos que

permiten comprobar si la polaridad de cada grupo es correcta.

Figura 7.1.8

Los extremos de las tres fases van empalmadas entre sí; al punto de conexión se le llama punto neutro.

Conexión de los grupos de la fase B, idéntica a las anteriores, pero empezando por el 2do y terminando por el primero (conexión de grupo “saltado”) lacorriente que circula por la fase B es de sentido opuesto a las que circulan por las fases A y C, como indican las flechas.

Con el sentido de simplificar el esquema de arriba puede sustituirse cada grupode bobinas por un pequeño rectángulo ó a veces también es costumbre emplear

un esquema circular.

Subdivisión de los polos del motor en 3 grupos, uno por

fase. Cada grupo comprende 3bobinas.



311

Las bobinas del motor 3φ conectadas formando 12 grupos iguales. Cada grupo se compone de 3 bobinas. Los cuatro polos son también iguales.

Figura 7.1.9

3. Se conectan ahora entre sí los grupos de la fase C, exactamente igual que losde la fase A. El primer grupo libre, perteneciente a la fase B, ha

sido”saltado” intencionalmente con objeto de que la inyección del conexionado entre grupos pueda ser idéntica para las tres fases.

Figura 7.1.10

4. Finalmente, se conectan los grupos de la fase B del mismo modo que se ha procedido con los de la fase A y C, pero empezando por el segundo de dicha fase, es decir, el quinto a partir del principio. Gracias ha éste artificio

llamado conexión con grupo “saltado”, las flechas respectivas del sentidoen cada Rectángulo representa un grupo de 3 bobinas.

Figura 7.1.11



312

El diagrama siguiente permite poner más claramente de manifiesto la clase y lascaracterísticas de conexión del motor considerado hasta ahora.

Figura 7.1.12

b) CONEXIÓN EN TRIÁNGULO :

1. Los grupos pertenecientes a la fase A se unen entre sí de igual manera que sehizo con la conexión en estrella, es decir, alternando el signo de sus

polaridades. Es una buena norma poner encima de cada grupo la letra característica dela fase a la cual pertenece, y debajo de él la flecha indicativa del sentido decirculación de la corriente.

Conexión de los grupos que componen la fase A Figura 7.1.13.

2. Se unen ahora los grupos de la fase C exactamente igual como se ha

procedido con los de la fase A. Conéctese entonces el final de la Fase A conel principio de la fase C.

Figura 7.1.14

Diagramaesquemático de un motor 3φ tetrapolar conectado en estrella (1Y).



313

3. Se unen a continuación el final de la fase C con el principio del segundo grupo perteneciente a la fase B . Los grupos que componen dicha fasetendrán también polaridades alternadas y siempre de signo alternado.

Figura 7.1.15

7.1.3.1 CONEXIONES EN PARALELO:

Se muestra una conexión en estrella / doble paralelo (2Y), presenta dos vías al paso de la corriente, puesto que está formada por dos ramas iguales unidas en paralelo.

Figura 7.1.16

Se observa la conexión de los 4 grupos de la fase A en doble paralelo:

Figura 7.1.17

Conexión en doble paralelo de los cuatro grupos de la fase A. Los dosterminales libres irán conectados al punto neutro.



314

Figura 7.1.18

Conexión en doble paralelo de los cuatro grupos de las fases A y C.

Ahora son cuatro los terminales libres pendientes de su unión al punto neutro.

Figura 7.1.19

Esquema final completo del motor 3φ tetrapolar conectado en estrella / doble paralelo (2Y) . Cada fase ofrece dos vías al paso de la corriente, puesto que está formada por dos ramas iguales unidas en paralelo.

7.1.3.2 MOTORES TRIFÁSICOS PARA DOBLE TENSIÓN DE SERVICIO

Motores 3φ de tamaño pequeño y mediano: fabricados de modo que puedanconectarse a dos tensiones de alimentación distintas. La finalidad de ello eshacer posible el empleo de un mismo motor en localidades con red de suministroeléctrico a diferente tensión.

Tensión de servicio mayor : conexión en serie de los arrollamientos parciales.

Tensión de servicio menor : conexión en doble paralelo de los mismos.



315

Figura 7.1.20

Figura 7.1.21

Figura 7.1.22

7.1.3.3 MOTORES 3φ φφ φ PARA DOS O MÁS VELOCIDADES DE RÉGIMEN

La velocidad de un motor 3φ de inducción depende de su N° de polos y de la frecuencia de la red de alimentación. Como ésta última permanece constante; para variar la velocidad de dicho motor será preciso modificar su N° de polos.

7.1.4 INDUCIDOS DE CORRIENTE CONTÍNUA.

El arrollamiento de inducido consiste en una serie de bobinas alojadas en lasranuras de éste último cuyos terminales van conectados sucesivamente dos a dosa las delgas del colector.

Figura 7.1.23

Los cuatro grupos unidosen doble paralelo yconectado a 230 V. Latensión en cada grupo

sigue siendo de 115 V.

Los cuatro grupos unidosahora en cuádruple

paralelo y conectados a115 V. Cada grupo trabajaa 115 V.

Cuatro grupos igualesunidos en serie y conectadosa 460 V. A cada grupo estánaplicados 115 V.



316

La figura anterior muestra el esquema lineal de un arrollamiento simple deinducido, a base de nueve bobinas, con colector de nueve delgas. El final decada bobina y el principio de la siguiente van conectados a una misma delga. El

final de la última bobina va unido a la misma delga que el principio de la primera bobina.

Los arrollamientos de inducido se clasifican en dos grupos principales:imbricados y ondulados. La diferencia entre ambos radica en las posicionesrelativas de las delgas a las cuales van conectados los terminales de cadabobina.

7.1.5 ARROLLAMIENTOS EN MÁQUINAS DE CORRIENTE ALTERNA

Por regla general, los devanados son de tipo abierto. Existen dos tipos dedevanados :a) Devanados Concéntricos y

b) Devanados Excéntricos.

a) DEVANADOS CONCÉNTRICOS : Todas las bobinasde un grupo tienen el mismo eje magnético y número devueltas diferentes. El paso de cada bobina es diferente.

)57 ( ........ N .... N N N n321 −≠≠≠≠

Figura 7.1.24 FORMAS DE CONTRUCCIÓN: Son de una capa, se construyen en dos clases: I.- Devanados Concéntricos con “p” grupos / fase, cada fase está compuesta

por un número de grupos en serie, que es igual al número de polos.

Y V

Figura 7.1.25

II.- Devanados Concéntricos con “P/2” grupos / fase, cada fase está constituida por “P/2” grupos en serie.

Devanados de fasede 4 polos,

formado por 4 gruposen serie.

Figura 7.1.26

Devanado por fase de 4 polos formando por 2 grupos en serie



317

b) DEVANADOS EXCÉNTRICOS: Los devanadosexcéntricos pueden ser de simple ó doble capa, los

grupos están constituídos por bobinas de igual paso eigual número de vueltas. Usualmente se realizan con

“P” grupos / fase. Los devanados imbricados enterosestán comprendidos en esta clasificación.

Figura 7.1.27

FÓRMULAS PARA EL CÁLCULO DE UN DEVANADO IMBRICADO ENTERO

r: número de ranuras p: Número de polos

q: Número de fases del devanado

T: paso de bobina x

°

r

360

b: Número de bobinas b = r (si es de doble capa)

b =2

r (si es de capa simple)

PROCEDIMIENTO:

• Número de bobinas por fase que deberán formar “p” grupos: b/q

• Número de bobinas por grupo : p

qb

m =

• Paso de grupo : p

r =δ

• Paso de fase :

2 p3r

3 =ε φ ,

2 p4r

2 =ε φ

• Número efectivo de vueltas por fase (N EF ):

)6 7 ( ........ K K faseladevueltasdetotal número N d p EF −××=

Siendo:

Factor de distribución: )7 7 ( ........

2 senm

2

m sen

K '

'

d −

γ

γ

=

DATOS GENERALES



318

Factor de paso: )87 ( ........2

T sen K

'

p −

=

Donde :

Ángulo de ranura: 9)(7 ........r

360"" Geom −==

Ángulo Magnético: )107 ( ........2

p' mag −

γ =γ =γ

)117 ( ........

2

pT T ' −

=

)127 ( ........r

360bobinade pasoT −

°×=

Usualmente constituyen los devanados de : Los inducidos de las máquinas decorriente continua, de las máquinas síncronas y de las máquinas asíncronastrifásicas.

EJEMPLO: Se tiene un motor asíncrono 3φ , de rotor bobinado, 4 polos,

220Volts , 60 Hz, tiene las siguientes características : λ = 0,4m , D = 0,35 m , g = 0,5 mm; el devanado estatórico tiene 36 ranuras, doble capa,5 espiras/bobina, paso de bobina. YB = 1-11 conexión Y . Calcular:

a) La distribución de la fuerza magnetomotriz(Fmm) para cada una de las fasescuando circula 1 Amp.

b) El número efectivo de vueltas por fase.

SOLUCIÓN:

r = 36 ranuras paso de grupo : 94

36 ==δ

p = 4 polos paso de fase : 6

2

43

36 =

=ε

q = 3 fases

b = 36 bobinas

N° de bobinas por fase = 36 / 3 = 12

N° de bobinas por fase por grupo = 34

12=



319

Figura 7.1.28

FASE “R”

Figura 7.1.29

FASE “S”

Figura 7.1.30

FASE “T”

Figura 7.1.31



320

12

26 27

19

25

31

28 2930

34

33

3536 1

6

10

2

3

45

7

8911

1314

15

16

17

1 8

2 0

2122

24

+ +

+

+ +

++

+

+

+

+

+

++ +

+

+ +

+ ++

++

+

+

+ +++

+

+

+

+

++

+

23

3 2

' 1

' 2' 3

' 4

' 5

' 6

' 7

' 8

' 9

' 1 0

' 11

' 13

' 1 4

' 1 5

' 16 ' 1 7 ' 18

' 1 9 ' 2 0

' 21

' 22

' 23

' 24

' 2 5

' 26

' 27

' 28

' 29

' 30

' 32

' 3 3' 34' 36

' 12

' 35

T S

R

X Y

Z

Figura 7.1.32

Figura 7.1.33



321

b) Número efectivo de vueltas (N EF )

N EF = p x n

n =m xN b xK d xK p

m = 3 , °=°

= 1036

360"

°=

γ =γ 20

2

P '

959 ,0

2

20 sen3

2

203 sen

2msen

2m sen

K '

'

d =

°

°

×=

=γ

γ

( ) °=°

×−=

°

= 10036

360111

r

360YBT

°=×°== 2002

4100

2

P T T '

985 ,02

200 sen

2

T sen K

'

p =

°

=

=

N EF = 4x3x5x0.959x0.985 = 56,71 espiras / fase

N EF = 57 espiras / fase

7.2 MÁQUINA ASÍNCRONA TRIFÁSICA

La máquina asíncrona trifásica representa un transformador en el caso que estécon rotor fijo.

Se distingue del transformador normal sólo por la existencia de un devanadorepartido en el estator y en el rotor y la existencia de un entrehierro ( espacio deaire).

“La máquina asíncrona está sometida al principio de reciprocidad y puede funcionar en régimen de motor y en régimen de generador”.

El estator de la máquina asíncrona trifásica es análogo al de una máquina síncrona trifásica y en él se coloca un devanado trifásico semejante, que seconecta a la red trifásica de corriente alterna.

Por su construcción del devanado rotórico tenemos dos tipos:



322

a) con colector.b) sin colector.

La máquina asíncrona sin colector es la principal (la que más se usa) el rotor de la máquina asíncrona representa un cuerpo cilíndrico compuesto de chapas

de acero al silicio con ranuras para instalar el devanado. Se distingue:

1) Las máquinas asíncronas con rotor bobinado: En este tipo los devanadosrotórico y estatórico son similares. Los devanados en los rotores seconectan generalmente en estrella y sus terminales se sacan a través deanillos de colector y escobillas al exterior al reóstato de arranque.

R

S

T

Estator

R o to r

Esco billa s

. Ar ra n qu e de óstato Re

A n i l l o s

Figura 7.2.1

2) Las máquinas asíncronas con rotor en cortocircuito ó de jaula de ardillla:Se dividen éstas en 3 modificaciones principales:

a. Con rotor en simple jaula de ardilla.b. Con rotor de gran reactancia ( llamadas también de corriente foucault).c. Con rotor de doble jaula de ardilla.

Estos tipos de máquinas difieren uno de otro, por sus particularidades dearranque.

7.2.1 PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO DE UNA MÁQUINA ASÍNCRONA

El funcionamiento de una máquina asíncrona se basa en el principio de lainteracción electromagnética entre el campo magnético giratorio, creado por un

sistema de corrientes trifásicas suministrada desde la red al devanado del estator y las corrientes que se inducen en el devanado del rotor cuando el

Esquema de conexión deun motor asíncrono derotor bobinado.



323

campo giratorio cruza sus hilos conductores. Así pues el trabajo de lamáquina asíncrona por su esencia física es semejante al funcionamiento de untransformador considerando el estator como devanado primario y el rotor comodevanado secundario que en el caso general puede girar a una velocidad “ω ωω ω m”.

Cuando el campo giratorio tiene carácter sinusoidal su velocidad de rotación es :

' p = Número de pares de polos.

S ω = velocidad del campo giratorio.

f = frecuencia de la red. P =Números de polos.

)137 ( ........ seg

rad

2

P f 2

S −

π=ω

)147 ( ........ seg

ciclos

p

f ' S −

=ω

)157 ( ........rpm P

f 120S −=ω

La interacción electromagnética entre ambas partes de la máquina asíncrona(sin colector) sólo es posible cuando las velocidades del campo giratorio ( )S ω y

del rotor ( )mω son distintas es decir a condición de que ( )mS ω≠ω puesto que si ( )mS ω=ω el campo sería inmóvil con respecto al rotor y en el devanado del

rotor no se inducirá corriente alguna.

7.2.2 DESLIZAMIENTO

La relación:

)16 7 ( ........S S

mS −ω

ω−ω=

O bien:

)17 7 ( ........%100%S S

mS −×ω

ω−ω=

Se denomina deslizamiento o resbalamiento de la máquina asíncrona.

:mω velocidad del rotor.

:S ω velocidad del campo giratorio.



324

7.2.3 REGÍMENES DE FUNCIONAMIENTO DE LA MÁQUINA ASÍNCRONA

De acuerdo a la relación entre las velocidades S ω y mω la máquina asíncrona

puede funcionar en :

a. Régimen de motor.b. Régimen de generador.c. Régimen de freno electromagnético.

a) Funcionamiento de la Máquina Asíncrona en régimen de Motor

Supongamos que al conectar el estator a una red de corriente trifásica hemosdejado el circuito de rotor abierto, en este caso mω = 0 y la máquina asíncrona

representará a un transformador en régimen de marcha en vacío. El campo

magnético del estator gira con respecto al rotor a una velocidad S ω e induce enel devanado del rotor una f.e.m. E 2 que tiene la misma frecuencia f que la red ydirección determinada por la regla de la mano derecha.

Si ahora cerramos el circuito del rotor, circulará por el devanado del rotor unacorriente I 2 cuya componente activa coincide en sentido con el de la f.e.m. E 2.Como resultado de la interacción del flujo creado por esta corriente con el flujodel estator se formará el flujo resultante.

grafico

Figura 7.2.2

La fuerza F o aplicada al hilo conductor a , crea en el eje de la máquina unmomento que tiende a girar el rotor en el sentido de giro del flujo.

El conjunto de los momentos creados por cada hilo conductor forma el momentode rotación resultante T de la máquina; si éste momento es mayor que el par de

frenado en el eje, el rotor comenzará a girar y adquirirá una ciertavelocidad mω . En este caso la energía eléctrica aplicada al estator desde la red

se convierte en energía mecánica en el eje , es decir la máquina funcionarácomo motor.

La velocidad mω del motor depende de la carga colocada en el eje del motor.

Durante la marcha en vacío la velocidad mω es casi igual a S ω , pero no la

alcanzará nunca puesto que si fuera ( )mS ω=ω entonces la máquina no podría

funcionar como motor.



325

Así pues , la máquina Asíncrona funciona como motor cuando la velocidad sehalla entre los límites de mω = 0 hasta ( )mS ω=ω , es decir, cuando el

deslizamiento varía entre s = + 1 hasta s = 0.

Figura 7.2.3 b) Funcionamiento de la Máquina Asíncrona en régimen de Generador

Supongamos que con un motor primo se acelere el rotor de la máquinaasíncrona de tal modo que mω resulta mayor que S ω .

En este caso el deslizamiento se hace negativo y el sentido de rotación del flujocon respecto al rotor cambia por el contrario al sentido que tenía la máquinacuando funcionaba como motor.

En correspondencia con ésto cambia el sentido de la f.e.m. y de la corriente enel hilo conductor a y también el signo del momento.

Figura 7.2.4

Por consiguiente, el momento desarrollado por la máquina asíncrona seconvierte en par de frenado con respecto al momento de rotación del motor

primario. En éstas condiciones la máquina asíncrona funciona como generador convirtiendo la energía mecánica, aplicada a ella desde el eje del motor

primario, en energía eléctrica que ésta entrega a la red.

El deslizamiento en este caso varía entre limites 0S = hasta =S -! .



326

c) Funcionamiento de la Máquina Asíncrona en régimen de Freno Electromagnético.

Supongamos que bajo la acción de algún factor exterior el rotor de la máquinaasíncrona comienza a girar en sentido al del flujo magnético. En este caso a la

máquina asíncrona se le aplica energía desde dos fuentes : energía eléctricadesde la red y energía mecánica desde el motor primo . Este régimen de funcionamiento se llama régimen de freno electromagnético. Este comienzacuando 0m =ω y teóricamente puede continuar hasta que =m# -! . que

c orresponden a 1S += y =S +! .

En la práctica el funcionamiento en régimen de freno electromagnético se utiliza generalmente en las máquinas de elevación y transporte para bajar la carga.

7.2.4 RELACIONES PRINCIPALES

En la máquina asíncrona el rotor gira con respecto al campo magnético a unavelocidad igual a ( )mS ω−ω . Por eso la f.e.m. inducida en el rotor tiene una

frecuencia igual a :

( ) )187 ( ........ fS p p f S

mS S

' mS

' 2 −=

ω

ω−ωω=ω−ω=

Donde: →2 f Frecuencia en el rotor

→' p Números de pares de polos.

→ωm Velocidad de rotor.

→ωS Velocidad del campo magnético giratorio.

a) Cuando el deslizamiento se encuentra entre cero y la unidad , la velocidad del motor está entre reposo y sincronismo y el sentido de la rotación es el mismoque el del campo magnético giratorio. Por tanto el signo positivo de P indicaacción motriz.

b) Cuando el deslizamiento es menor que cero; es decir, es negativo, entoncesel rotor está siendo impulsado hacia delante en el mismo sentido que el campo

giratorio y la velocidad real es mayor que la velocidad de sicronismo. Por tanto se ha invertido el sentido relativo de rotación entre el rotor y el campo

Concepto Valor de S Signo de P (Potencia Mecánica)a 0 <S <1 Positivob S < 0 Negativoc S > 1 Negativo



327

magnético por lo que las fem’s y corrientes del rotor están asimismo invertidaslo que indica que la máquina ha variado de acción motriz a acción generatriz.

El signo negativo de P está de acuerdo con esta inversión de la función.

c) Cuando el deslizamiento es mayor que la unidad el motor está siendo

impulsado hacia atrás dentro del campo magnético giratorio hacia delante. La f.e.m del rotor continúa teniendo el mismo sentido que en reposo (ó que acualquier velocidad entre sincronismo y reposo); pero se hace mayor enmagnitud a causa de la gran velocidad relativa con que corta las líneas deinducción. La máquina se ha convertido en un freno eléctrico, lo que estáacorde con el signo negativo de P.

7.2.5 CIRCUITO EQUIVALENTE

La máquina de inducción es muy semejante a un transformador cuyo primarioes el estator y cuyo secundario es el rotor. Suponiendo que el rotor está parado

( mω = 0, S = 1) podemos construir un circuito equivalente monofásico igual al del transformador tal como se indica en la figura siguiente:

Figura 7.2.5 Donde:

Z 1 = r 1 + j x1$ Impedancia de dispersión del estator. Z 2 = r 2 + j x2$ Impedancia de dispersión del rotor.Y = g P - jbm$ Admitancia de excitación.

g p$ toma en cuenta las pérdidas en el fierro. bm$ La corriente de magnetización (I m ) al circular por bm (suceptancia

magnética) produce el campo giratorio.

Cuando el rotor esta parado:

% 1$ f.e.m. inducida en el estator por el campo giratorio resultante. % 2$ f.e.m. inducida en el rotor por el campo giratorio resultante

& 2 $ Corriente rotórica2

2

Z

E = ; mientras el rotor está parado ésta

corriente tendrá la misma frecuencia f de la corriente del estator.

Cuando el rotor se pone en movimiento:

a = N 1 / N 2



328

La frecuencia del rotor se reduce a Sf , y la f.e.m. del rotor a S % 2 ya quedisminuye la velocidad relativa entre el campo giratorio y el rotor, la variaciónde frecuencia afecta a la reactancia de dispersión del rotor que se reduce a SX 2.

∴ El rotor en movimiento debe representarse como se indica en la figura siguiente:

Figura 7.2.6

Conviene realizar el siguiente artificio:

)197 ( ........

S

jSX r S

E S

jSX r

E S I

22

2

22

22 −

+=

+=

)207 ( ........ jX

S

r E

I

22

22 −

+=

Este artificio nos permite construir el siguiente circuito:

Figura 7.2.7

Este circuito tiene la ventaja de tener aplicada la f.e.m. 2 E de rotor paradoluego tenemos:



329

Figura 7.2.8

Podemos eliminar el transformador ideal utilizando las impedancias referidas al primario o estator.

Figura 7.2.9

Este es el circuito equivalente exacto de la máquina de inducción:

)217 ( ........S

r a

S

r 22'

2 −=

)227 ( ........S

S 1r r S r '

2' 2

' 2 −

−+=

)237 ( ........S

S 1r ' 2 −

−

→' 2r

= - - -

Si no se incluyen las pérdidas en el hierro en el estator.

Resistencia variable que toma en cuentala carga mecánica de la máquina yresistencia interna del rotor

Ayuda representar la potenciamecánica de la máquina

Representa las pérdidasinternas del rotor

Potencia en ejedel motor deinducción

Potencia enla resistencia

Pérdidas enel hierro

Pérdidasmecánicas

P rotacionales

P dispersas



330

Figura 7.2.10

Con respecto a éstos circuitos equivalentes es importante tener presente que sibien todos los parámetros están referidos a la frecuencia del estator, enrealidad, en el rotor la frecuencia es siempre igual a Sf, es decir & 2 e & 2 tieneuna frecuencia igual a Sf .

7.2.6 ECUACIONES DEL MOTOR DE INDUCCIÓN

Figura 7.2.11

Aplicando el método de mallas al circuito de la figura:

)247 ( ........ jX r Z 111 −+=

)257 ( ........ jX X mm −=

26)(7 ........ jX S

r Z '

2

' 2'

2 −+=

( ) )27 7 ( ........ I X I X Z V ' 2m1m11 −−+=

)287 ( ........ I X Z I X 0' 2m

' 21m −++−=

Resolviendo las ecuaciones 7-27 y 7-28, tenemos:

( )( ) ( )( ) )297 ( ........ Z Z X Z Z

V X Z X X Z X Z

V X Z I ' 21m

' 21

1m22mm

' 2m1

1m

'

21 −++

+=+++

+=



331

( )

)307 ( ........ Z Z X Z Z

V X I

' 2

' 1m

' 21

1m' 2 −

++=

La potencia mecánica interna desarrollada por el motor 3φ será:

)317 ( ........ I S

S 1r 3 P

2' 2

' 2mec −

−=

∆ P 2 → Pérdidas en el rotor

)327 ( ........ I r 3 P 2'

2' 22 −=∆

P EM → Potencia transferida del estator al rotor a través del entrehierro

)337 ( ........ I r 3 P P P 2' 2

' 22 MEC EM −=∆+=

Comparando las ecuaciones 7-31 y 7-33 podemos escribir:

( ) )347 ( ........ P S 1 P EM MEC −−=

Comparando las ecuaciones 7-32 con la ecuación 7-33 deducimos:

)357 ( ........SP P EM 2 −=∆

Teniendo presente que el torque interno está dado por :

)36 7 ( ........ P

T m

MEC −ω

=

Donde:

ω m $ velocidad del rotor ω s$velocidad síncrona

Y sabiendo que : ( ) S m S 1 ω−=ω

Obtenemos:

( )

)37 7 ( ........S 1

P T

S

MEC −ω−

=

Teniendo en cuenta la ecuación 7-34

)387 ( ........ P

T

S

EM −

ω

=



332

Este es el torque interno de la máquina. Para determinar el torque en el eje hayque restarle el torque producido por las pérdidas rotacionales y pérdidasdispersas.

Reemplazando la ecuación 7-33 en la ecuación 7-38 obtenemos:

39)(7 ........S #

I r 3T

S

2' 2

' 2 −=

Ahora en esta ecuación podríamos reemplazar el valor de ' 2 I que se obtiene de

la ecuación 7-30 y así tendríamos el torque en función de los parámetros del circuito de la tensión aplicada y del deslizamiento S.

Puede llegarse al mismo resultado si se transforma la fuente de tensión V 1 del

circuito equivalente de la figura anterior en una fuente de corriente I , tal como se indica en la figura:

Figura 7.2.12

Reemplazando las dos impedancias en paralelo Z 1 y X m por la impedancia Z= R + jX obtenemos el siguiente circuito :

Figura 7.2.13



333

En este circuito deducimos inmediatamente :

( )

( ) )407 ( ........

X X jS

r R

jX R I I

' 2

' 2

' 2 −

+++

+=

Entonces:( )

( )

)417 ( ........

X X S

r R

X R I I

2' 2

2' 2

2222'

2 −

++

+

+=

Pero: )427 ( ........ Z

V I

1

1 −=

Entonces: 43)(7 ........ X r

V I

21

21

212

−+

=

Reemplazando en la ecuación 7-41:

( )

( ) ( )

)447 ( ........

X X S

r R X r

X RV I

2' 2

2' 22

12

1

2221

2' 2 −

++

++

+=

Reemplazando este resultado en la ecuación 7-39

( )

( ) ( )

)457 ( ........

X X S

r R X r

V X R

S

r 3T

2' 2

2' 22

12

1

21

22

S

' 2 −

++

++

+ω

=

Esta ecuación nos indica que el torque interno es función del deslizamiento S.Si graficamos la ecuación 7-45 tenemos la curva indicada en la figura

siguiente:



334

Figura 7.2.14

Deslizamiento S Velocidad ω ωω ω m

Funcionamiento como:

Conversión de energía

0< S <1 ω S > ! m >0 Motor Eléctrica enmecánica

S>1 ω m < 0Opuesta al campo

giratorio

Freno Cinética en

eléctrica.

S<0 ! m>! S Generador Mecánica eneléctrica

Al graficar la curva del torque podemos asignarle al deslizamiento valores positivos y negativos . Para valores de S positivos comprendidos entre 0 y 1 el torque es positivo y la máquina funciona como motor.

Para valores de S negativos el torque resulta negativo y la máquina funciona

como generador. Este funcionamiento se obtiene con velocidades del rotor superior a la síncrona.

Para valores de S positivos mayores que 1 el torque es positivo pero la máquina funciona como freno, ya que la velocidad del rotor debe ser contraria a la del campo para obtener S > 1.

El funcionamiento como generador no ha encontrado mayores aplicacionesdebido a que éste generador no puede producir potencia reactiva ya que notiene excitación propia y más bien requiere energía reactiva para su propioconsumo.

Por consiguiente funcionando solamente podría alimentar cargas capacitivas y funcionando en paralelo con éstos generadores, síncronos, éstos tendrían que proporcionarle la potencia reactiva que requiere para su funcionamiento .

7.2.7 TORQUE MÁXIMO

Observando la curva del torque Vs. deslizamiento podemos ver que éste tiene undeterminado valor máximo que corresponde a un determinado deslizamiento.

Para determinar el T máx podemos igualar a cero la derivada con respecto a S dela ecuación 7-45 obteniéndose:



335

( )

)46 7 ( ........ X X R

r S

2' 2

2

' 2

máxT −++

=

Reemplazando este valor del deslizamiento en la ecuación 7-45 obtenemos:

)

( ) ( ) )47 7 ( ........

X X R R X r

X RV 5 ,1T

2' 2

221

21S

2221

máx −

++++

+=ω

La ecuación 7-46 nos hace ver que el deslizamiento correspondiente al torquemáximo es directamente proporcional a la resistencia rotórica. Esto nos sugiereun método muy simple para mejorar el par de arranque, consiste en aumentar laresistencia del rotor durante el arranque mediante una resistencia variable que

se conecta al rotor a través de un juego de escobillas y anillos rozantes como se

observa en la figura siguiente:

Figura 7.2.15

Para que el par sea máximo en el arranque S Tmáx deberá ser igual a 1 y con laecuación 7-46 obtenemos el valor de la resistencia adicional exterior '

E Rnecesaria(referida al estator).

( )

)487 ( ........

X X R

Rr 1

2' 22

' E

' 2 −

++

+=

( ) )497 ( ........r X X R R ' 2

2' 2

2' E −−++=

y teniendo en cuenta la ecuación 7-46

)507 ( ........S

S 1r r

S

r R

máx

máx

T

T ' 2

' 2

Tmáx

' 2'

E −

−=−=



336

Esta resistencia reduce también la corriente del arranque por lo que esempleada como reóstato de arranque. Lamentablemente solamente pudeutilizarse en los motores con rotor bobinado.

En la figura siguiente se han graficado diferentes curvas de torque para

diferentes resistencias, puede apreciarse como el torque máximo se desplazahacia la izquierda así como aumenta la resistencia rotórica, pero siempremanteniendo el mismo valor máximo ya que la resistencia del rotor nointerviene en la ecuación 7-47.

Figura 7.2.16

7.2.8 CIRCUITO EQUIVALENTE SIMPLIFICADO

r =rotor =2 subíndicesS =estator =1

n1 = ! s = velocidad del campo giratorion = ! m = ! r = velocidad del rotor

Figura 7.2.17

( ) )517 ( ........ M . P . R p

f 120

S

−=ω

nomenclaturas



337

)527 ( ........ seg

ciclos

2

p f

S −

=ω

)537 ( ........ seg rad

2

p f 2S −

π=ω

)547 ( ........S S

mS −ω

ω−ω=

( ) )557 ( ........S 1 S m −ω−=ω

( )

)56 7 ( ........ X X

S

r r

V I

2' 21

' 2

1

1' 2 −

++

+

=

Desde que la potencia de salida es el producto del torque en N–m por lavelocidad en (Rad/ seg).

)57 7 ( ........ I S

S 1r 3 P T

2' 2

' 2 MEC m3 −

−=ωφ

( )

)587 ( ........ I

S

r 3

S 1

I S

S 1r 3

T S

2' 2

' 2

S

2

' 2' 2

3 −ω

=ω−

−

=φ

)597 ( ........ I S

r

2

p

f 2

13 I

2

p f 2

1

S

r 3T

2' 2

' 22'

2

' 2

3 −π

=π

=φ

( )

)607 ( ........ X X

S

r r

V S

r

2

p

f 2

1

3T 2'

21

2' 2

1

21

' 2

3 −

++

+

π=φ



338

S 1

generador de Régimen

fre no

fase / T

cS

máxT

Figura 7.2.18

Cálculo del deslizamiento crítico ( SC ):

( ) )817 ( ........

X X S

r r

S

r

V 2

p

f 2

1

3T 2'

21

2' 2

1

' 2

2

13 −

++

+

π=φ

( ) ( )[ ]

)827 ( ........ X X S r Sr

Sr K T

2' 21

22' 21

' 2

3 −+++

=φ

)837 ( ........0dS

dT 3 −=φ

( )

)847 ( ........ X X r

r S 2'

212

1

' 2C −

++=

El deslizamiento crítico depende de la resistencia rotatórica (r 2’). Reemplazando el valor de Sc en la expresión del torque.

( )

)857 ( ........

X X r r 2

1V

2

p

f 2

3T

2' 21211

21máx3 −

+++π

=φ



339

Como se observa el torque máximo (T 3'máx ) es independiente de la resistenciarotórica. Variando el valor de '

2r se obtiene el siguiente efecto . Ver figura :

Figura 7.2.19

Esta posibilidad de incrementar la resistencia rotórica sólo es posible en losmotores de rotor bobinado, entonces es posible obtener el par máximo en el momento del arranque es decir cuando S = 1

Entonces en la ecuación de S C :

( ) )86 7 ( ........ X X r

r

1S 2' 21

21

' 2

C −++==

( ) )87 7 ( ........ X X r r 2'

212

1' 2 −++=

Como 1r es significativamente pequeña en comparación con las reactancias se puede hacer la siguiente simplificación:

)887 ( ........ X X r ' 21

' 2 −+≅

7.2.9 EFICIENCIA ( ηηηη )

pérdidasde Potencia ( P

89)(7 ........100% P1

( p1

P1

( P P1

P1

P2

entradade potencia

salidade potencia)

=

−×

−=

−===

7.2.10 DIAGRAMA ENERGÉTICO:



340

Figura 7.2.20

P 1: Potencia eléctrica suministrada al motor P 2 : Potencia mecánica útil entregada por el motor Pcu1: Pérdidas en el cobre del estator

P Fe : Pérdidas en el fierro. Las pérdidas en el fierro del rotor sonbastante pequeñas por que f 2 (frec. del rotor) es pequeña.

P EM : Potencia Electromagnética.

)907 ( ........ P P P P fecu1 EM 1 −−−=

Esta potencia se transmite electromagnéticamente a través del entrehierro haciael rotor.

P MEC = Potencia Mecánica

)917 ( ........ P P P 2cu EM MEC −−=

Pcu2 : Pérdidas en el cobre del rotor. P 2 : Potencia útil entregada por el motor.

( ) es Padicional meánicas pérdidas:nventilació fricción P P P mec MEC 2 −+−=

( ) .nventilació y fricción por Pédidas:v f P P mec +=

P ad = Pérdidas adicionales producidas por la presencia de dientes es el estator y rotor y por la distribución no sinusoidal de la f.m.m.

)927 ( ........S

S 1r I 3 P '

2

2' 2 MEC −

−=

)937 ( ........ I r 3 P 2'

2' 22cu −=

)947 ( ........ I r 3S

S 1

I r 3 P P P

2'

2

'

2

2'

2

'

22cu MEC EM −+

−

=+=



341

)957 ( ........ I S

r 3 P

2' 2

' 2

EM −=

( ) )96 7 ( ........ P S 1 P EM MEC −−=

)97 7 ( ........SP P EM 2cu −=

EJEMPLO 1.- Motor de inducción 3' , 440 V, (Y) , 4 polos , 50 Hz

fase

1r r '

21

Ω== ;

fase

mHr 10 L L '

21 == .

La rama de excitación compuesta de una Ω= 300r p y mHr 200 Lm = .

Calcular para un deslizamiento de S = 0,05

a. La corriente de entrada.b. El Torque en la carga.c. La potencia mecánica de salida si el torque de pérdidas mecánicas es 1 N – m.

d. Eficiencia.

SOLUCIÓN:

rpm15004

50120

p

f 120S =

×==ω

fase

14 ,31010502 X X 3' 21

Ω π =×××== −

fase

8 ,6210200502 X 3m

Ω π =×××= −

Circuito Equivalente por fase:

Figura E1.1

Trabajando con el circuito equivalente simplificado :



342

Figura E1.2

Asumiendo :

3

04400V V 11

°=°=

( ) °

°=

+

°=

×+

+

°

=6 .16 22

0254

28 ,6 j21

0254

14 ,32 j05 ,0

11

3

0440

I ' 2

28 ,3 j116 ,16 5 ,11 I ' 2 −=°−=

016 ,0 j300 ,0

8 ,62

1 j

300

1

X

1 j

r

1Y

m p

−=−=−= )

φ

( ) 064 ,4 j846 ,0016 ,0 j300 ,00254Y V I 1 −=−×°== φ φ

°−=−=+= 797 ,31938 ,13344 ,7 j846 ,11 I I I ' 21 φ

( ) 850 ,0797 ,31cos p.d . f =°=

Watts86 ,9028850 ,0938 ,134403 P 3 ENTRADA =×××=φ

Watts25 ,753805 ,0

05 ,015 ,1113

S

S 1 I r 3 P 22'

2' 23 MEC =

−××=

−=φ

( ) ( ) rpm1425150005.01S 1 S m =−=ω−=ω

m N 52 ,50

301425

25 ,7538 P T

m

3 MEC 3e −=

×

==π ω

φ

φ

Pérdidas mecánicas :



343

Watts149,2230

* 14251#T m PERDmec =××=

m N 52 ,49152.50T 3SALIDA −=−=φ

Watts738922.14925.7538 P 3SALIDA =−=φ

%82%10086 .9028

7389

1 P

2 P =×==η

7.2.11 ENSAYOS DE VACIO Y CORTOCIRCUITO

a) A ROTOR LIBRE: (S = 0 , ' 2 I =0)

El circuito equivalente 1φ se reduce:

Figura 7.2.21

1 P

W A

V

Figura 7.2.22

1V

21 Fe V K P =

O C P

0. Rotac. Pérd

0.5V N1.2V N



344

Figura 7.2.23

)987 ( ........ P P P P rot fe1cu1 −++=

)997 ( ........ P P P P rot fe1cu1 −+=−

)1007 ( ........ P P P rot feOC −+=

=rot P Pérdidas por fricción+Pérdidas por ventilación

)1017 ( ........ P

V r

1 fe

21

p −=φ

φ

)1027 ( ........r

V I

p

1 p −= φ

)1037 ( ........ I I I 2 p

2m −−= φ

)1047 ( ........ I

V X

m

1m −= φ

105)(7 ........V

P g

21+

fe1+ p −=

)106 7 ( ........V

I Y

1

−=φ

φφ

)107 7 ( ........ g Y b 2 p

2m −−= φ

b) A ROTOR BLOQUEADO : (S=1) La corriente en el circuito principal es mucho mayor que la corriente demagnetización y ésta última puede despreciarse.



345

Figura 7.2.24

( ) )1087 ( ....... I r r P 21n

' 211cc −+= φφ

)1097 ( ....... I

P r r

21n

1cc' 21 −=+

φ

φ

110)(7 ........2

r r r r

' 21'

21 −+

==

)1117 ( ........ I

V Z

1n

1cc1 −=

φ

φφ

( ) )1127 ( ........r r Z X X 2'

2121

' 21 −+−=+ φ

113)(7 ........2

X X X X

' 21'

21 −+

==

cc P

ccV

W An I

V

0W =

Figura 7.2.25

EJEMPLO 2.- Un motor de inducción 3'. 440V, ( Y ),50 Hz y 4 polos fueensayado obteniéndose los siguientes resultados:

Rotor bloqueado (corto circuito)120V, 25 A, 2,0 KW

Rotor Libre (circuito abierto)

440V, 8 A, 1,5 KW

Las pérdidas por fricción y ventilación son de 600 W ( Las pérdidas mecánicasdeben ser restadas del valor de la potencia a rotor libre antes de calcular r p y

xm ) . Se pide:

a) Deducir los valores de los parámetros del circuito equivalente por fase.b) Para S = 4%. Hallar:

ηφ y P ,T , I ,cos , I salidae' 211 .

c) Calcular el torque de arranque a plena tensión y la relación de la corrientede arranque a la corriente de plena carga.

SOLUCIÓN:



346

a) rpm15004

50120

p

f 120S =

×==ω

De la prueba de cortocircuito:

fase

06 ,125

3

2000

I P r r

221n

1cc' 21

Ω

φ

φ ===+

fase

53 ,02

06 ,1r r '

21

Ω ===

fase

77 ,225

3

120

I

V Z

1n

1cc1

Ω

φ

φ

φ ===

Ω 56 ,206 ,177 ,2 X X 22' 21 =−=+

fase

28 ,1 X X ' 21

Ω ==

De la prueba de vacío:

60053 ,0831500 P 23 fe −××−=φ

Watts24 ,798 P 3 fe =φ

fase

1012 ,400412 ,0

3

440

3

24 ,798

V

P g

13

221

1 fe p

−−×==

==

Ω

φ

φ

fase

5 ,242

g

1r

p

p

Ω ==

b)



347

Figura E2.1

fase

1049 ,31

3

4408

V

I Y

13

1

−−×===

Ω

φ

φ

fase

1022 ,31 g Y b1

32 p

2m

−−×=−=

Ω

fase

32 X mΩ

=

( )

°

°=

+

°=

+

+

°=

++

+

=4 ,1014

0254

56 ,2 j78 ,13

0254

56 ,2 j04 ,0

53 ,0

53 ,0

0254

X X jS

r

r

V I

'

21

' 2

1

1' 2

φ

25 ,3 j7 ,17 4 ,1018 I ' 2 −=°−=

( )331 1022 ,31 j1012 ,40254Y V I −− ×−××°== φ φ

9 ,7 j046 ,1 I −=φ

15 ,11 j746 ,18125 ,3 j7 ,17 9 ,7 j046 ,1 I I I ' 21 −=−+−=+= φ

°−= 7 ,308 ,21 I 1

( ) 86 ,07 ,30coscos 1 =°=φ

Watts K 3 ,1204 ,0

04 ,0153 ,0183

S

S 1r I 3 P 2'

2

2' 2 MEC =

−×××=

−=

( ) ( ) seg

rad 8 ,150

30150004 ,01S 1 S S =××−=−=

π ω ω

m N 56 ,818 ,150

103 ,12 P T

3

m

MEC e −=

×==

ω

( ) Watts K 7 ,11Watts K 6 ,03 ,12 P P salida2 =−==

Watts K 4 ,1486 ,02548 ,213 P P 1entrada =×××==



348

%25 ,81%100104 ,14

107 ,113

3

=×××

=η

c) Arranque a tensión plena:

°−=°°=+× °= 3 ,7817 ,97 3 ,78614 ,2 025456 ,2 j53 ,02 0254 I ' arr 2

17 ,95 j7 ,19 I '

arr 2 −=

φ+= I I I '

arr 2arr 1

05 ,103 j746 ,209 ,7 j046 ,115 ,95 j7 ,19 I arr 1 −=−+−=

°−= 6 ,7811 ,105 I arr 1

8 ,48 ,21

11 ,105

I

I

nom1

arr 1 ==

7.3 CONTROL DE VELOCIDAD EN MÁQUINAS ASÍNCRONAS

Un motor de inducción es esencialmente un motor de velocidad constante cuandoestá conectado a una fuente de potencia de voltaje y frecuencia constante . Lavelocidad de operación es muy cercana a la velocidad síncrona. Si el torque decarga se incrementa la velocidad cae en pequeña cantidad. Esta es la razón por la

cual se le usa frecuentemente en sistemas de trabajo de velocidad constante. Muchas aplicaciones industriales, sin embargo requieren diversas velocidades ó unrango continuo ajustable de velocidades.

Tradicionalmente, los motores DC han sido usados en sistemas de operación develocidad ajustable. Sin embargo, los motores DC son caros, requieren

frecuente mantenimiento de conmutadores y escobillas, y están prohibidos deusarlos en ambientes explosivos.

Las máquinas asíncronas de otro lado, son de bajo precio, robustas, no tienenconmutadores, y son usados para aplicaciones con altas velocidades. El uso delos controladores de estado sólido, ha hecho más complejo su uso que el de losmotores DC ; ha hecho posible que el motor de inducción se use en sistemas de

operación de velocidad variable. En ésta sección se discutirán varios métodos de control de velocidad de motoresde inducción.

7.3.1 CAMBIANDO POLOS

Como la velocidad de operación es cercana a la velocidad síncrona, lavelocidad de un motor de inducción puede ser cambiada al estar cambiando el número de polos de la máquina . Este cambio puede ser realizado cambiandolas conecciones de las bobinas del arrollamiento estatórico . Normalmente, los

polos son cambiados en la relación de 2 a 1. Este método provee dos

velocidades síncronas.



349

Si se tiene dos posiciones independientes del arrollamiento polifásico, cuatrovelocidades síncronas pueden ser obtenidas para el motor de inducción. Lasmáquinas de inducción son así usadas en este esquema, porque el rotor puedeoperar con cualquier número de polos del estator. Es obvio, sin embargo, que lavelocidad puede ser cambiada únicamente en discretos peldaños.

7.3.2 CONTROL POR VOLTAJE DE LÍNEA

Recordamos que el torque desarrollado en un motor de inducción es proporcional al cuadrado del voltaje terminal . Una muestra de característicasde Torque Vs. Velocidad (T-# ) es mostrada en La figura 7.3.1.

Si el rotor mueve un ventilador de carga la velocidad puede ser variada por encima de #1 a #2 cambiando el voltaje de línea.

.u. p1V =

aarg cdeVentilador

T

0 S W 2W 1W

25.0V =

707 .0V =

.u. p1V =

aarg cdeVentilador

T

0 S W 2W 1W

25.0V =

707 .0V =

Figura 7.3.1

El voltaje terminal V 1 puede ser variado usando un autotransformador 3φ ó uncontrolador de voltaje de estado sólido. El autotransfornador provee un voltaje

sinusoidal para el motor de inducción, a diferencia que el voltaje terminal del motor con un controlador de estado sólido es nosinusoidal. El control develocidad con un controlador de estado sólido es comúnmente usado conmáquinas asíncronas moviendo ventiladores de carga. En aplicaciones de gran

potencia un filtro de entrada es requerido; de otra forma, existirían armónicas

de corriente fluyendo en el circuito de la fuente. El controlador de voltaje por tiristor es mostrado en la figura 7.3.2b, es simple para entender perocomplicado para analizar. La señal de comando para una velocidad particular determinada dispara los tiristores en un particular ángulo disparo α αα α para

proveer un voltaje terminal particular para el motor. Si la señal de la velocidad de comando es cambiada, el ángulo de disparo α αα α de los tiristores cambia, el cual resulta en un nuevo voltaje terminal y así una nueva operación develocidad.

La operación de lazo abierto no es satisfactorio si es deseado un control preciso

de velocidad para una particular aplicación. En el caso de que se necesite unaoperación de lazo cerrado, la figura 7.3.2c muestra un diagrama de bloque de

Carcaterísticas del torque vs

velocidad para varios voltajes.



350

un sistema de trabajo con operación de lazo cerrado. Si la velocidad del motor se altera por causa de cualquier disturbio así como una fluctuación en el suministro de voltaje, la diferencia entre la velocidad establecida y la velocidad del motor se incrementa. Los cambios del ángulo de disparo de los tiristores

para incrementar el voltaje terminal, desarrolla nuevamente más torque. El

incremento del torque tiende a restablecer la velocidad al valor previo del disturbio. Note que por este método de control de velocidad se incrementa el deslizamiento a velocidades más bajas, haciendo la operación ineficiente. Sinembargo, para ventiladores, ó similares cargas centrifugales en el cual el torquevaría aproximadamente con el cuadrado de la velocidad, la potencia decrece

significativamente con la disminución en velocidad. Por esta razón, a pesar deque la pérdida de potencia en el circuito del rotor( SP EM ) podría ser una

significante porción de la potencia de entrehierro, la potencia de entrehierro por sí misma es pequeña y por esta razón el rotor no se sobrecalentará. Loscircuitos del controlador de voltaje son simples y de hecho ineficientes, sonadecuados para ventiladores , y aparatos centrífugos similares.



351

CARGA

VELOCIDAD DE

SENSOR

⇑

I M

∑

DISPAR Ode

Circuito

CARGA

1V

set W )C (

DISPAR Ode

Circuito

φ3 FUENTE

Figura 7.3.2. Arranque y control de velocidad.a) Controlador de voltaje por autotransformador.b) Controlador de voltaje de estado sólido.c) Controlador de voltaje en operación de lazo cerrado.

7.3.3 CONTROLADOR POR FRECUENCIA DE LÍNEA

La velocidad síncrona y por ésta razón la velocidad del motor puede ser variadacambiando la frecuencia de la fuente. La aplicación de este método de control de velocidad requiere un variador de frecuencia. La figura 7.3.3, muestra undiagrama de bloques de un sistema de control de velocidad de lazo abierto en el

cual la frecuencia de la fuente de un motor de inducción puede ser variada.

Sabemos que el voltaje eficaz por fase, para un arrollamiento distribuído por fase es:

)1147 ( ........ K fN 44 ,4 E rms −= ω ρ φ

95 ,0 K 85 ,0 ≤≤ ω

Donde: N, es el número de vuestas por fase. Luego el flujo motor es:

f

E αφρ

Si el voltaje a través de 1r y 1 X es pequeño comparada con el voltaje terminal

1V , esto es , 11 E V = , entonces:

f

V 1αφρ

Para evitar alta saturación en el sistema magnético, el voltaje terminal del motor podría ser variado en proporción a la frecuencia. Este tipo de control esconocido como constante voltios por hertz. En bajas frecuencias, el voltaje a



352

través de 1r y 1 X es comparable con el voltaje terminal V 1 y por esta razón laecuación anterior no es totalmente válida. Para mantener la misma densidad de

flujo en el hierro, la relación (V/f) es incrementada para bajar las frecuencias.

La variación requerida de la fuente de voltaje con frecuencia es mostrada en la

figura 7.3.4. En la figura 7.3.3 el voltaje de la máquina cambiará si el voltaje deentrada al inversor V i es cambiada; V i puede ser cambiada cambiando el ángulode disparo del rectificador controlado.

1i

LLV

0

iV +

iV −

t W

t W π2

)b(

Figura 7.3.3. Control de velocidad de lazo abierto de un motor deinducción por control de voltaje y frecuencia de entrada.



353

Figura 7.3.4. Variación requerida de voltaje con cambio en frecuencia para mantener constante la densidad de flujo en el entrehierro.

Si el voltaje de salida del inversor puede ser cambiada en el mismo inversor usando dispositivos semiconductores de potencia autocontrolados, el

rectificador controlado puede ser reemplazado por un simple circuito de diodorectificador, el cual hará V i constante.

Las características del Torque Vs. Velocidad para operación en frecuenciavariable son mostradas en la figura 7.3.5.

Para la frecuencia base f base el voltaje terminal es el máximo que puede ser obtenido desde el inversor. Debajo de ésta frecuencia, el flujo del entrehierro esmantenido constante cambiando V 1 con f 1; por esta razón los mismos torquesmáximos son usados. Por arriba de f base , desde que V 1 no puede ser másincrementada con la frecuencia, el flujo de entrehierro decrece y también el

máximo torque utilizable.

0

a arg c deTorque

te ta n c o n sT

te tan cons p h

T

b a se f

0 .1

0 . 2

0 . 3

1 2 3 4 5 6 7 8

Figura 7.3.5. Características Torque vs. Velocidad de un motor deinducción con control de voltaje variable, frecuencia variable.

En la Figura 7.3.5 Las características de Torque Vs. Velocidad de una carga es superpuesta en la característica de Torque-velocidad del motor. Note que lasvelocidades de operación 87 21 , ,........, , ωωωω están cercanas a las velocidades

síncronas correspondientes. En éste método de control de velocidad, por esarazón, el deslizamiento de operación es baja y la eficiencia es alta.

El inversor en la figura 7.3.3, es conocida como un inversor de fuente detensión. El voltaje terminal del motor línea a línea es una onda cuasi – cuadrada de 120° de ancho. No obstante, porque la corriente por la inductanciadel motor es esencialmente sinusoidal. Un inversor de fuente de corriente puede

ser usado para controlar la velocidad de un motor de inducción. El diagrama de

bloque de lazo abierto de un sistema usando un inversor de fuente de corrientees mostrada en la figura 7.3.6. La magnitud de la corriente es regulada



354

suministrando un lazo de corriente alrededor del rectificador tal como seobserva en la figura 7.3.6a. El filtro inductor permite un enlace suave decorriente DC. La forma de onda de corriente del motor es una onda cuasi – cuadrada la cual tiene 120° de ancho de pulso.

El voltaje terminal del motor es esencialmente sinusoidal. Las características detorque – velocidad de un motor de inducción desde un inversor de fuente decorriente es también mostrado en la figura 7.3.6. Estas características tienenuna muy escarpada pendiente cerca a la velocidad síncrona. De hecho uninversor de fuente de corriente es robusto desde el punto de vista de protecciónde dispositivos de estado solido, el sistema deberá ser realimentado para operar

propiamente, de otra manera el sistema no será estable.

Figura 7.3.6. Sistema de Control de un motor de inducción con inversor de fuente de corriente y las correspondientes características.

7.3.4 OPERACIÓN CON FRECUENCIA DE DESLIZAMIENTO

CONSTANTE

Para una eficiente operación de una máquina de inducción, es deseable que ésteopere a una frecuencia de deslizamiento controlada ( el cual es también la

frecuencia del circuito rotórico). Una alta eficiencia y un alto factor de potencia son obtenidos si la frecuencia de deslizamiento f 2 es mantenida debajo de la frecuencia crítica, que corresponde a la frecuencia del circuito rotórico para lacual el máximo torque es desarrollado.

Considere el diagrama de bloque de la figura 7.3.7. La señal f n reperesenta una frecuencia correspondiente a la velocidad del motor. A éste una señal f 2

representando la frecuencia de deslizamiento ( ó circuito rotórico) esadicionada ó sustraída . La resultante f 1 representa la frecuencia del estator:



355

)1147 ( ........ f f f 2n1 −±=

La adición de f 2 a f n corresponderá a una acción motora, y la sustracción de f 2de f n corresponderá a una acción de frenado regenerativo de la máquina de

inducción. A cualquier velocidad del motor la señal f 2 representará la frecuenciadel circuito rotórico, esto es, la frecuencia de deslizamiento.

Figura 7.3.7. Operación a frecuencia de deslizamiento constante

7.3.5 CONTROL DE LAZO CERRADO

La mayoría de los sistemas de control industriales operan como sistemas conrealimentación de lazo cerrado. La figura 7.3.8. muestra un diagrama de bloquede un sistema de control de velocidad empleando regulación de frecuencia dedeslizamiento y operación manteniendo constante la relación Volt / hertz. En la

primera juntura de unión la diferencia entre la velocidad establecida ω* y la

actual velocidad ω representa la velocidad de deslizamiento sω y por éstarazón la frecuencia de deslizamiento. Si la frecuencia de deslizamiento estácerca de la frecuencia crítica, su valor es fijado, por eso restringiendo laoperación debajo de la frecuencia crítica.

En la segunda juntura de unión, la frecuencia de deslizamiento luego esadicionada a la frecuencia f n (representando la velocidad del motor) para

generar la frecuencia del estator f 1. La función generador provee una señal tal que un voltaje es obtenido desde el rectificador controlado para operaciónVolt/hertz constante.

Un sistema simple de control de velocidad usando un inversor tipo fuente de

corriente es mostrada en la figura 7.3.9. La frecuencia de deslizamiento esmantenida constante y la velocidad es controlada controlando la corriente DC de enlace I d y por esta razón la magnitud de la corriente del motor.

En aplicaciones de tracción, tales como carros subterráneos ó otros vehículosde tránsito, el torque es controlado directamente. Un esquema típico de control

para sistemas de tránsito es mostrada en la figura 7.3.10 .



356

I M I M )dcac(

controladoctificador Re

− )VSI ( voltajede fuentede

Inversor

∑

∑

*W aestablecid

Velocidad

iV

iV

2 f

n f

1 f

1 f

sl W

Tach

)dcac( controlado

ctificador Re

− )VSI ( voltajede fuentede

Inversor

generador Función

ntodeslizamiede gulador Re

Figura 7.3.8. Sistema de control de velocidad empleando regulación de frecuencia por deslizamiento y operación de relación (V / f) constante.

Como el voltaje utilizado para un sistema de tránsito es un voltaje fijo DC, uninversor de tipo fuente de voltaje con modulación de ancho de pulso (PWM) esconsiderado en el cual el voltaje de salida puede ser variada. Esto puede ser visto en el ejemplo N°1, que si la frecuencia de deslizamiento es mantenidaconstante, el torque varía con el cuadrado de la corriente del estator. La señal que está representando la diferencia entre I* y la actual corriente I 1 cambiará el voltaje de salida del inversor PWM para ser I 1 cercana al valor deseado de I*representando al torque comando . Para el frenado regenerativo del vehículo detránsito; el signo de la frecuencia de deslizamiento f 2 es negativo. El motor deinducción operará en el modo de generador (f n> f 1 ) y realimenta la energía

cinética almacenada en el motor hacia la fuente DC.

I M I M dc ac−

D i s p a r o d e

C ir c u i to

C SI

∑

∑

∑

d I

d I

d * I

1 I

Velocidad de

rControlado

C SI dc ac−

D i s p a r o d e

C ir c u i to

φ 3 Fuente

2 f

n f 1 f

Tach

* Figura 7.3.9 . Sistema de control de velocidad con frecuencia de deslizamiento constante (usando un inversor de fuente de corriente).



357

Esquema Típico de control de velocidad para sistemas de tránsito

Figura 7.3.10.

EJEMPLO 3.- Muestre que si la frecuencia de deslizamiento es mantenidaconstante, el torque desarrollado por la máquina de inducción es proporcional al cuadrado de la corriente de entrada.

SOLUCIÓN:

Para operación a frecuencia variable, el voltaje terminal V 1 es cambiada con la frecuencia f 1 para matener el flujo en la máquina a un nivel deseado. En laregión de baja frecuencia V 1 es reducido . El voltaje a través de 1r y 1 X podría

ser comparable a V 1. Por ésta razón V 1 no puede ser asumida igual a E 1. En el circuito equivalente, la rama shunt X m no debería ser movida a los terminales dela máquina. Por ésta razón , para operación a frecuencia variable, el circuitoequivalente mostrado es más apropiado para usar en la predicción de su

performance.

1V

1 r

S' r 2

1 X

1 E m X

2' X 2' I

1 I φ I

Figura E3.1

( )1

m' 2

' 2

m' 2 I

X X jS

r

jX I

++=

( )

21

2

m' 2

2' 2

2m2'

2 I

X X jS

r

X I

++

=

S

r I

1T

' 22'

2S ω

=

Donde:

1S f p

4π=ω

1

2

f f S =



358

Luego:

( )

++

=2

' 2

2' 2m

221'

2

2m

r

f L L2* 1

f I

r

* pLT

Esta ecuación muestra que si f 2 permanece constante : 21 I T α

EJEMPLO 4. Muestre que si la frecuencia del rotor f 2 es mantenida constante,el torque desarrollado para una máquina de inducción es proporcional al cuadrado del flujo en el entrehierro:

SOLUCIÓN:

Del circuito equivalente se obtiene:

( )2'

212

1' 2

1' 2

L f 2 f

f r

E I

π+

=

y como:

S

r I

1T 22'

2S ω

=

obtenemos:

π+

π= 2

' 2

' 22

2

2

1

1

' 2

r

L f 21

f

f

E

r 4

p

T

Si f 2 permanece constante,

2 p

2

1

1

f

E T φα

α

7.3.6 OPERACIÓN CON FLUJO CONSTANTE, " "" " p ó ( E / f )

Para conseguir alto torque en todo el rango de velocidad, el flujo de entrehierrodel motor ( " p ) debería ser mantenido constante. El flujo del motor no deberíadecrecer a bajas frecuencias como un resultado de los efectos de incremento dela resistencia del estator.

Así el flujo motor es proporcional a (E / f), esto puede ser mantenido constante si el voltaje de entrehierro E, en lugar del voltaje terminal V, es variadolinealmente con la frecuencia del estator.

Es evidente de la ecuación anterior que el torque motor depende del flujo en el motor( " p # (E / f)) y de la frecuencia del rotor (f 2 ).



359

Bajo operación de flujo constante, para máximo torque:

)1157 ( ........0df

dT

2

−=

Se obtiene: )116 7 ( ........r L f 2 '

2

'

2b2 −=π Donde: , f b2 es la frecuencia del rotor al cual el máximo torque es desarrollado

(llamado también frecuencia crítica).

Luego:

)117 7 ( ........ L2

r f

' 2

' 2

b2 −π

=

Reemplazando en la ecuación del torque se obtiene el máximo torque por fase:

)1187 ( ........ L4

1

f

E

4

pT

' 2

2

1

1máx −

π

π

=

7.3.7 OPERACIÓN CON CORRIENTE CONSTANTE

El motor puede ser operado con corriente constante suministrando un lazo decorriente alrededor del convertidor AC - DC como se ha visto en la figura7.3.6a. Desde que la corriente eficaz del motor I 1 es proporcional a la corriente

DC de enlace I , la corriente del motor puede ser mantenida en un valor

correspondiente a la corriente establecida I*.

Se observa de la ecuación del torque, que el torque desarrollado depende de lacorriente del motor I 1 y la frecuencia del rotor f 2. Bajo la operación decorriente constante, para máximo torque:

( ) )1197 ( ........r f L L2 ' 2b2

' 2m −=+π

Donde: , f b2 frecuencia del rotor al cual el máximo torque es desarrollado

De la ecuación anterior:

( ) )1207 ( ........

L L2

r f

' 2m

' 2

b2 −+π

=

Luego el máximo torque desarrollado por fase es:

2

f I

r

pLT b22

1' 2

2m

máx

π=



360

( )'

2m

' 22

1' 2

2m

máx L L4

r I

r

pLT

+ππ

=

( ) )1217 ( ........ I

L L4

pLT '

1' 2m

2m

máx −+

=

Se observa que la frecuencia del rotor al cual se desarrolla el máximo torque esmucho más pequeño en la operación a corriente constante. Por ésta razón la

pendiente de la característica torque – velocidad en la figura 7.3.6c es muyescarpado comparado con el de la figura 7.3.5.

EJEMPLO 5 .- Un motor de inducción de rotor bobinado 3φ , 460 V, 1740 rpm,60Hz, 4 polos, tiene los siguientes parámetros por fase.

ohms30 X ,ohms0,5 X X ,ohms0,2r ,ohms0,25r m

'

21

'

21 ===== Las pérdidas rotacionales son 1700 watts. Determine la frecuencia crítica paralas siguientes operaciones.

a) Motor operado desde una fuente 3' , 460 volts, 60Hz.b) Motor operado bajo la condición de flujo constante.c) Motor operado bajo la condición de corriente constante.

SOLUCIÓN:

a) Se sabe que el deslizamiento para máximo torque es:

( ) ( )

1963 ,0S

5 ,049 ,024 ,0

2 ,0

X X R

r S

máx

máx

T

22' 2th

2th

' 2

T

=

++=

++=

Hz779 ,11601963 ,0 f b2 =×=

b)

Hr 1033 ,1602

5 ,0 L 3' 2

−×=×

=π

Hz93 ,231033 ,12

2 ,0 f

3b2 =××

= −π

c) Hr 1058 ,79602

30 L 3

m−×=

×=

π

( )

Hz393 ,01033 ,158 ,792

2 ,0 f

3b2 =×+

= −π



361

7.3.8 CONTROL POR RESISTENCIA ROTÓRICA

Se ha mencionado que la velocidad en una máquina de inducción de rotor bobinado puede ser controlado conectando resistencias externas en el circuitorotórico a través de anillos de deslizamiento. Las características de torque –

velocidad para cuatro resistencias externas son vistas en la figura 7.3.11b. Lacaracterística de torque de carga Vs velocidad (T – # ) es también mostrada por las líneas punteadas . Variando las resistencias externas 0 < Rex< Rex4 , lavelocidad de la carga puede ser controlada en le rango s1 ### << . Note que

para un apropiado ajuste de la resistencia externa (Rex = Rex2 ), el máximotorque puede ser obtenido en el arranque. El esquema mostrado en la figura7.3.11a requiere un banco de resistencias trifásicas y para una balanceadaoperación todas las resistencias deberían ser iguales para cualquier punto detrabajo de las resistencias . Un ajuste manual de las resistencias podría no ser

satisfactorio para algunas aplicaciones, particularmente para un sistema decontrol con realimentación de lazo cerrado. Un control de estado sólido de las

resistencias externas podrían proveer una operación mas fina. Un diagrama debloque de un esquema de control de estado sólido con operación de lazo abiertoes mostrado en la figura 7.3.11c.

T

) b(

0 R ex =1e x R

3e x R

4e x R

2e x R

01 2 3 4 5



362

Figura 7.3.11. Control de velocidad por control de resistencia rotórica Esquemas de lazo abierto y lazo cerrado.

La potencia trifásica del rotor es rectificada por un puente de diodos. El valor efectivo ∗

ex R de la resistencia externa ex R puede ser cambiada por variación del

ciclo útil del chopper conectado a través de ex R . Se puede demostrar que:

( ) )1227 ( ........ R1 R exex −α−=∗

Cuando , =0, esto es, cuando el chopper está apagado (off) todo el tiempo,

exex R R =∗ . Cuando , =1, esto es , el chopper está prendido (on) todo el tiempo,

Rex está cortocircuitado por el chopper y así 0 Rex =∗ . En este caso, la

resistencia del circuito rotórico consiste únicamente de la resistencia del arrollamiento del rotor. Por lo tanto variando , en el rango 1> , >0, Laresistencia efectiva es variada en el rango exex R R0 << ∗ , y similarescaracterísticas de torque – velocidad a éstas mostradas en la figura 7.3.11b sonobtenidas.

El voltaje rectificado Vd figura 7.3.11c depende de la velocidad y por estarazón el deslizamiento de la máquina. Sin movimiento, dejemos que el voltajeinducido en el arrollamiento rotórico sea E 2. (Para un rectificador de ondacompleta 3φ con 6 diodos) el voltaje rectificado V a un deslizamiento S es:

)1237 ( ........ E 6 3

S V S V 21S d d −π

===

La potencia eléctrica en el circuito rotórico es :

EM 2 SP P =



363

Si la potencia de pérdidas en el arrollamiemto rotórico es omitido, la potencia P 2 es la potencia DC de salida de los rectificadores. Por esta razón:

d d EM I V SP ≅

Luego se obtiene:

)1247 ( ........ I E 6 3

S ST d 2S −π

=ω

d I T α

La relación lineal entre el torque desarrollado y la corriente rectificada es unaventaja desde el punto de vista del control de lazo cerrado de este tipo de

sistema de control de velocidad. Un diagrama de bloque para operación en lazocerrado del sistema de control con resistencia rotórica a estado sólido es

mostrada en la figura 7.3.11d. La velocidad actual ω es comparado con lavelocidad de consigna ω*, y la señal de error representa el torque comando ola corriente de referencia I d *. Esta corriente de demanda I d * es comparada conla actual corriente I d , y la señal de error cambia el duty radio , del chopper

para hacer la corriente I d cercana al valor I d *. La mayor desventaja del control por resistencia rotórica de los otros métodos es que la eficiencia es baja avelocidad reducida porque el deslizamiento es alto. Sin embargo, este método decontrol es frecuentemente empleada porque es simple.Una típica aplicación de este método es para aparatos que mueven cargas

pesadas, ventiladores, máquinas que fuerzan líquidos, aire ó gas , etc. Donde lavariación de velocidad por encima de un rango pequeño cerca de la velocidad tope es requerida.

7.3.9 REGENERACIÓN DE ENERGÍA POR DESLIZAMIENTO ROTÓRICO

En el esquema justo discutido, si la pérdida de potencia de deslizamiento en laresistencia podría ser retornada a la fuente AC, la eficiencia sobre todo del

sistema podría ser incrementada mucho más. Un método para el restablecimiento de la potencia de deslizamiento es mostrada en la figura7.3.12a. La potencia del rotor es rectificada por el puente de diodos. La

corriente rectificada es suavizada por el choque. La salida del rectificador esentonces conectada a los terminales dc del inversor, el cual invierte esta potencia DC a potencia ac y alimenta a la fuente AC. El convertidor es unrectificador controlado operado en el modo de inversión.

Sin carga el torque requerido es muy pequeño y de la ecuación anterior I d = 0



364

Figura 7.3.12. Regeneración de Potencia por deslizamiento . a) Operación de Deslizamiento. b) Característica de Torque – velocidad para diferentes ángulosde disparo. c) Control de velocidad de lazo cerrado.

De la figura 7.3.12a : id V V =

Si el deslizamiento sin carga es so , entonces se demuestra que:

απ

−=π

cosV 6 3

E 6 3

S 120

ó

)1257 ( ........cos E

V S

2

10 −α−=

El ángulo de disparo , del inversor permanecerá por lo tanto para la velocidad sin carga . Si el torque es aplicado, la velocidad decrecerá. Las característicasde torque – velocidad para varios ángulos de disparo son mostrados en la figura

7.3.12b. Estas características son similares a aquellas del motor DC excitadoindependientemente para varios voltajes de armadura.

Como se mostró anteriormente, el torque desarrollado por la máquina es proporcional a la corriente DC de enlace Id.

Un sistema de control de lazo cerrado usando la técnica de regeneración de potencia por deslizamiento es mostrada en la figura 7.3.12c.

Este método de control de velocidad es usado en aplicaciones de alta potencia

donde la variación de velocidad por encima de un amplio rango envuelve una gran cantidad de potencia por deslizamiento.



365

7.4 ARRANQUE DE MOTORES DE INDUCCIÓN

Los motores de inducción son frecuentemente arrancados por conexión de éllas

directamente a la línea. Una gran corriente del orden de 500 a 800 por cientode plena carga podría fluir en la línea. Si éstas causan una caída voltajeapreciable en la línea, esto podría afectar otros dispositivos conectados a lalínea. También, si una gran corriente fluye por un largo tiempo ésto podría

sobrecalentar el motor y dañar el aislamiento. En tal caso, un arranque avoltaje reducido podría ser usado.

Un autotransformador 3φ variable, como el mostrado en la figura 7.4.1a podría ser empleada como un arrancador a voltaje reducido. Cuando el motor se aproxime a la velocidad plena, el autotransformador es desconectado del circuito.

Un método de arranque estrella – triangulo podría también ser empleado para proveer voltaje reducido en el arranque. En este método, la conexión normal delos arrollamientos del estator es en delta. Si esos arrollamientos son conectadosen estrella en el arranque, el voltaje de fase es reducido, resultando una menor corriente en el arranque. Cuando el motor aproxima a velocidad plena, losarrollamientos serán conectados en delta, como se muestra en la figura 7.4.1b.

Un controlador de voltaje a estado sólido, como el mostrado en la figura 7.4.1c puede también ser usado como un arrancador a voltaje reducido. El controlador puede proveer un arranque a voltaje reducido. El controlador puede proveer unarranque suave . Este arreglo puede también ser usado para controlar lavelocidad del motor de inducción.

Note que de todas maneras un arranque a voltaje reducido reduce la corrientede arranque, también decrece el torque de arranque, porque el torquedesarrollado es proporcional al cuadrado del voltaje terminal.

R: Contactos demovimiento

S: Contactos de arranquearranque: S cerrado, Rabiertomovimiento : S abierto, Rcerrado

1: Conección estrella

2: Conección Delta



366

Figura 7.4.1. Métodos de arranque para motores de induccióna. Arranque por autotransformador.b. Arranque estrella – triangulo.c. Arranque por controlador de voltaje de estado sólido.

7.5 PRINCIPIOS DE FUNCIONAMIENTO DE LA MÁQUINA SÍNCRONA

Generalidades:

La máquina síncrona es una de las máquinas eléctricas más importantes, yaque se utiliza en los sistemas eléctricos de potencia como generador trifásico detensión. En las centrales eléctricas para generar energía eléctrica losalternadores utilizados son generalmente máquinas síncronas.

Figura 7.5.1 Máquina prima(conexión en derivación) Básicamente está constituido por un estator en el que se aloja el arrollamientode armadura o inducido y por un rotor bipolar o multipolar en el que seencuentra el arrollamiento de campo o inductor. Este se excita con corrientecontinua que normalmente proviene de un pequeño dínamo denominadoexcitatriz.



367

Figura 7.5.2a Figura 7.5.2b

El principio de funcionamiento es simple. El inductor produce un campomagnético. La densidad de flujo en el entrehierro tiene una distribución espacial

prácticamente sinusoidal.

Al ponerse en movimiento el rotor, las líneas de fuerza cortan a los conductoresubicados en el estator generándose en ellos una f.e.m. que varía de la misma

forma como varía la densidad de flujo en el entrehierro, es decir sinusoidalmente. La frecuencia de la onda generada dependerá de la velocidad de la máquina.Cuando circula corriente por la armadura se produce otro campo magnético dereacción de armadura que en la máquina 3φ tiene las características de girar enla misma dirección y a la misma velocidad del rotor.

Este campo interacciona con el campo del rotor y se produce un torque electromagnético que tiende a alinearlos. Cuando la máquina trabaja como motor es

justamente este par electromagnético que produce su rotación.

7.5.1 CAMPO MAGNÉTICO DEL ROTOR:

En el rotor se produce una distribución espacial Be(t) en el entrehierro de forma sinusoidal.

Figura 7.5.3a Para una máquina 2 p' = Figura 7.5.3b.

)126 7 ( ........ p m'

ece −θ=θ λ

Donde:

='

p # de pares de polos.- el = Ángulo eléctrico.



368

- m = Ángulo mecánico.

Podemos escribir para la densidad de flujo en el entrehierro: )127 7 ( ........ senp B B mec

' picoe −θ=

=φe flujo total producido por un polo:

( ) )1287 ( ........ Lrd senp B m p

0 m'

picoe' −θθ=φ ∫ π

L = longitud del rotor.r = radio del rotor.

)1297 ( ........ B p

Lr 2 pico' e −=φ

7.5.2 CAMPO PRODUCIDO POR EL INDUCIDO O ARMADURA

Normalmente el inducido es 3φ y consta de tres arrollamientos ubicados a 120°eléctricos. Los tres arrollamientos se conectan en estrella o a veces en triángulo

y por consiguiente son recorridos por corrientes trifásicas que generalmente sonbalanceadas.

Cada fase produce una onda de fuerza magnetomotriz (f.m.m.) cuya distribuciónespacial está indicada en la figura siguiente:

mθ

l Fundamenta Armónica

' a

' p / 2π

' p / π

' p / π

Rotor

Estator

1 F

2

Ni−

2

N i

Figura 7.5.4

La onda rectangular puede descomponerse por FOURIER en una suma de sinusoides, es decir en varias armónicas.

La fundamental tendrá una amplitud de :



369

)1307 ( ........ p

Ni2

2

Ni

p

4 F

' ' pico1 −π

=π

=

Y estará alienada con el eje magnético de la bobina , es decir:

)1317 ( ........ pcos F F m'

pico11 −θ=

El arrollamiento de la armadura es generalmente de tipo distribuido, es decir cada fase ocupa varias ranuras para aprovechar toda la circunferencia del estator. Por ello se toman en cuenta los factores de paso K P y distribución K d :

)1327 ( ........i N p

K K 2 F F '

pd pico1 −

π=

)1337 ( ......... pcosi N p K K 2 F m

' F '

pd 1 −θ

π=

La amplitud de F 1 pico variará continuamente y tomará su valor máximocuando i sea máxima.

Entonces:

)1347 ( ........ I N p

K K 2 F m F '

pd máx −

π=

)1357 ( ........t cos F F máx pico1 −ω=

Luego:

)136 7 ( ........ pcost cos I N p

K K 2 F m

' m F '

pd 1 −= θ ω

π

El resultado cambia completamente si se consideran las tres fases a b y cactuando simultáneamente.

)137 7 ( ........t cos I i ma −ω=

( ) )1387 ( ........120t cos I i mb −°−ω=

( ) )1397 ( ........120t cos I i mc −°+ω=

Y estando desplazadas las bobinas de las tres fases de' p

120° grados mecánicos,

podemos escribir para la f.m.m. fundamental de cada fase:



370

)1407 ( ........ pcost cos F F m'

máxa1 −θω=

( ) )1417 ( ........ p

120 pcos120t cos F F

' m'

máxb1 −

°−θ°−ω=

( ) )1427 ( ........ p

120

pcos120t cos F F ' m

'

máxc1 −

°+θ°+ω=

Figura 7.5.5

La onda de f.m.m. ( )t , F m A θ resultante se obtendrá sumando las ecuaciones

anteriores:

( ) ( ) ( )

( ) ( )

°+θ°+ω

+°−θ°−ω+θω=θ

120 pcos120t cos

120 pcos120t cos pcost cos F t , F

m'

m'

m'

máxm A

Aplicando la identidad

( ) ( )[ ] )1437 ( ........coscos2

1coscos −β+α+β−α=βα

Y simplificando obtenemos:

( ) ( ) )1447 ( ........t pcos F 5.1t , F m'

máxm A −ω−θ=θ

Esta resultante es una onda giratoria de amplitud constante igual a 1.5 F máx.

Es decir las tres bobinas estáticas del estator han creado un campo giratorioque rota a una velocidad denominada síncrona.

)1457 ( ........ p ' S −ω

=ω



371

Figura 7.5.6a Figura 7.5.6b

I 2 N p

K K 3 I N

p

K K 25.1 F 5.1 F F '

pd m F '

pd máx A π

=π

==

)146 7 ( ........ I p

N K K 35.1 F ' F

pd A −=

)147 7 ( ........ f 2 −π=ω

)1487 ( ........n2 S S −π=ω Donde: f, es la frecuencia de las corriente 3φ sinusoidales S n , es la velocidad de rotación en r.p.s.

' S p

f n = , es la velocidad de rotación del campo giratorio y depende de la

frecuencia de las corrientes que produce el campo giratorio. La velocidad síncrona resulta ser idéntica a la velocidad mecánica del rotor.

El campo giratorio producido por la armadura se denomina reacción dearmadura. Para hallar R F (f.m.m. resultante) se suman las dos ondas, como setrata de sinusoides es posible representarla con fasores. En el diagrama , los

fasores tienen como módulo la amplitud de la onda y giran con la velocidad sincrona en la dirección indicada.

7.5.3

CAMPO MAGNETICO RESULTANTE

El campo magnético producido por la armadura es giratorio y su velocidad derotación es la síncrona.

El campo magnético del rotor a su movimiento es también giratorio conrespecto al estator. Como la velocidad del rotor es justamente la síncrona,ambos campos giran en la misma dirección y a la misma velocidad,manteniendo un desfasaje espacial constante entre sí. Este permite queinteraccionen y se produzca un par electromagnético constante.

F A$ fuerza magnetomotriz de la armadura.



372

F e$ Fuerza magnetomotriz del rotor. E a$ Fuerza electromotriz inducida en la fase a I a$ Corriente de armaduraφ $ Angulo eléctrico entre E a y I a

F R$ F.m.m. resultante en el entrehierro

Re A , , φφφ $ Flujos fundamentales por polo respectivamente (con entrehierro

constante y sin saturación, el flujo proporcional a la f.m.m.).

Re A B , B , B $ densidades de flujo en el entrehierro respectivamte.

' a

a fase magnético Eje

Estator

T

) a(

Pδ

P Ae

δ

' P

φ

' p

9 0°ee B ó F

R R B ó F A A B ó F

SW

Rotación

R oto r

rotor magnético Eje

SW

) móvil ( rotor magnético Eje

) fijo( a fase magnético Eje

) b( A

_

φ

Aeδ_

e F

_

d I

T

SW

φ° 9 0

_

eφ

_

Rφ_

R F

_

A F

_

a E

δ

0 t =

Figura 7.5.7

En t=0 la corriente en la fase a es máxima y por consiguiente F A se encuentraen el eje magnético de aa’. La f.e.m. E a inducida en la fase a estará desfasada



373

de un ángulo φ con respecto a la corriente. El desfasaje entre e F y A F es de

(90°+φ ).

7.5.4 TORQUE ELECTROMAGNÉTICO

Los ejes magnéticos del rotor y del estator (armadura) están desfasados de unángulo eléctrico :

)1497 ( ........90 Ae −φ+°=δ

Figura 7.5.8

Los dos campos giran a la velocidad síncrona y producen un torque T que tratade alinearlos.

Para determinar su valor primero se calcula la coenergía en el entrehierro en

función de las f.m.m. El torque T viene a ser la derivada parcial de la coenergía con respecto al ángulo mecánico :

)1507 ( ........W

T Aemec

'

−δ∂∂

=

haciendo cálculos y operaciones:

( ) )1517 ( ........ sen F 2

pT e R

2' −δφπ

−=

El signo (-) indica que el torque tiende a reducir los ángulos Aeδ y δ es decir trata de alinear los ejes magnéticos de los campos.

El T (par electromagnético) depende del ángulo δ , la variación de δ permiteque la máquina ajuste el torque a los requerimientos de la carga, por tal razón

se le denomina ángulo de torque ó de potencia.

Rφ y e F son constantes

Por lo tanto el T variará en forma sinusoidal.



374

Figura 7.5.9

( ) )1527 ( ........ F 2

pT e R

2' máx −φ

π=

* Si se exige a la máquina un par superior al máximo ésta sale de sincronismo.

7.5.5 LA MÁQUINA SÍNCRONA EN RÉGIMEN ESTABLE

7.5.5.1 LA MÁQUINA DE ROTOR CILÍNDRICO

El entrehierro . g de la máquina de rotor cilíndrico es constante. Esto simplificabastante su análisis ya que el circuito magnético no variará y será el mismotanto en el eje directo como en el eje cuadratura del rotor.

Figura 7.5.10

7.5.5.2 REACTANCIA SÍNCRONA DE LA MÁQUINA DE ROTOR CILÍNDRICO

La máquina puede representarse mediante una fuente ideal de tensión “E” en serie con la resistencia “r a” del arrollamiento de armadura de la máquina y unareactancia “Xs” denominada reactancia síncrona:

= A X reactancia de reacción de ramadura

S X

= D X reactancia de dispersión de la armadura



375

Figura 7.5.11

La suma de las dos nos dá la reactancia síncrona.

)1537 ( ........ X X X D AS −+=

Reactancia de Dispersión:Toma en cuenta el flujo de dispersión de la armadura, es decir el flujo que nologra concatenarse con el rotor. Esta reactancia es generalmente pequeña.

Reactancia de Reacción de Armadura:Toma en cuenta el flujo correspondiente al campo giratorio de reacción dearmadura el cual se combina con el flujo del rotor para dar el flujo resultanteen el entrehierro que produce la tensión “E R” llamada “tensión de entrehierro,es decir:

)1547 ( ........ I jX E E a A R −−=

Esto puede verse en el siguiente diagrama:

Figura 7.5.12

La reactancia de reacción de armadura depende de la reluctancia del circuito

magnético compuesto por el rotor, el estator y el entrehierro ( ℜ

=2 N

L ).

Debido al entrehierro ésta reluctancia es relativamente alta y se mantieneconstante, mientras no se sature el circuito magnético, por lo tanto la reactancia“no saturada” es prácticamente constante.



376

Cuando el circuito magnético se satura la reluctancia aumenta y se vuelvevariable por lo que la reactancia saturada disminuye de valor así como aumentala saturación.

Existen dos reactancias síncronas:

!

La no saturada Sg X .! La saturada S X .

7.5.5.3 CIRCUITO EQUIVALENTE DE LA MAQUINA DE ROTORCILINDRICO

En la práctica la máquina se representa con la impedancia S Z que está

compuesta por la resistencia de armadura , la reactancia de dispersión y lareactancia de reacción de armadura:

Figura 7.5.13

Ecuación y Diagrama Fasorial: Aplicando Kirchoff podemos escribir:

aS t I Z V E += ( ) )1557 ( ........ I jX r V E aS at −++=

A partir de ésta ecuación se construye el diagrama fasorial de la máquina derotor cilíndrico en régimen estable.Se asume que la corriente a I está atrasada un ángulo φ (menor de 90°) conrespecto a la tensión V t .

δφ

eφ

_

a a I r

_

a I

_

aS I jx

_

a

_

S I Z

_

E

_

tV

d Eje q Eje

) a(



377

δ

eφ

a

_

a r I

_

aS I jx

_

a

_

S I Z_

a I _

E

d Eje

q E j e

t

_

V

) b(

Figura 7.5.14

Cuando la corriente a I está adelantada de un ángulo φ (menor de 90°), lamáquina sigue funcionando como generador. Ver Figura 7.5.14b. La F.e.m que

se obtiene E está adelantada el ángulo de torque “/” con respecto a la tensiónen los bornes t V ya que la máquina está funcionando como generador.

En la figura 7.5.14b, la f.e.m. E sigue en adelanto el ángulo “δ ” sobre t V , pero la magnitud de E ha disminuido ya que requiere menos excitación paramantener la tensión t V .

En el caso (a) se dice que la máquina está sobreexcitada mientras que en el segundo caso se dice que la máquina está subexcitada.

δ

φ

eφ

_

a a I r

_

a I −

_

a I

_

aS I jx

_

E

d Eje

tV

δ

φ

eφ

_

a a I r

_

a I −

_

a I

_

aS I jx

_

E

d Eje

tV

(a)



378

δφ

) b(

eφ

_

a a I r

_

a I −

_

a I

_

aS I jx

_

E

d Eje

q E je

tV

Figura 7.5.15

Cuando la corriente a I está adelantada ó atrazada de más de 90° la máquina funciona como motor, ya que en realidad está absorviendo la corriente - a I .

E resulta atrazada el ángulo “ δ ” con respecto a t V . En (a) el motor está subexcitado y en (b) está sobreexcitado.

En (a) el motor trabaja con f.d.p. inductivo, mientras que en (b) trabaja con f.d.p. capacitivo.

Figura 7.5.16

EJEMPLO 6 .- Un generador síncrono 3φ de rotor cilíndrico de 100 KVA – 250V, tiene una impedancia síncrona :

fase

25 ,0 j06 ,0 jX r Z S aS Ω

+=+=



379

Determinar su regulación a tensión de plena carga con factor de potenciaunitario y 0,8 inductivo.

SOLUCIÓN:a) regulación a 1cos =θ

La corriente a I a plena carga será :

Amps94 ,2302503

10100

V 3

P I

3

n

N a =

××

==

Tomando V t como fasor de referencia tendremos el siguiente Diagrama fasorial.

°= 0230 I a

3

0250V t

°=

Entonces:

Figura E6.1

( ) °×++°

=+= 094 ,23025 ,0 j06 ,03

0250 I Z V E aS t

°=°×°+°= 05 ,204 ,168094 ,230504 ,76 257 ,00144,337 E

La regulación porcentual será:

%6 ,16 %10034 ,144

34 ,1444 ,168%100

V

V E r

t

t =×

−

=×−

=

b) regulación a 866 ,0cos =θ inductivo

Tenemos el siguiente diagrama fasorial:

Figura E6.2

°=°

= 0337 ,144

3

0250V t



380

°−= 3094 ,230 I a

( ) °=°−×++°

= 131903094 ,23025 ,0 j06 ,0

3

0250 E

%32%100144

144190r =×

−

=

EJEMPLO 7 .- Un generador síncrono 3φ de rotor cilíndrico de 50 MVA 20 KV está conectado a una barra infinita de 20 KV y entrega a la red 32 MW a un

f.d.p. de 0,8 (inductivo). La reactancia de la máquina es X d = 1,25 p.u. y suresistencia es despreciable. Se pide :

a)

Determinar la f.e.m. “E” de la máquina, el ángulo de potencia y lacorriente I que entrega la máquina.b) Si se aumenta el f.d.p. a 1 , actuando sobre la excitación, determinar la

potencia activa, el ángulo de potencia, la corriente y la f.e.m. de lamáquina.

SOLUCIÓN:

La reactancia de la máquina será:

fase

1025 ,150

20 X

S

V X

2

u.dp N

2 N

d

Ω =×==

a) La corriente que entrega la máquina a la red será:

Amps11608.010203

1032

cosV 3

p I

3

6

L

a =×××

×=

θ=

Tomando el factor “ a I ” como referencia podemos construir el diagrama fasorial:

Figura E7.1

KV 3

20initainf barratensiónV ==



381

°== 8 ,36 8 ,0cosarcθ

3ad t 10116010 j

3

8 ,36 20 I jX V E −××+

°=+=

35 ,639 ,35 E °=

Tambien: °=+ 5 ,63δ θ

°=°−°= 7 ,26 8 ,36 5 ,63δ

b) La potencia activa no puede variar , ya que no se acciona la máquina prima.

MWatts32 P =

La corriente disminuirá ya que se mejora el f.d.p. :

Amps9203

106 ,1

10203

1032

cosV 3

P I

3

3

6

L

a =×

=××

×==

θ

Para determinar “E” y “δ ” podemos utilizar el diagrama fasorial siguiente:

Figura E7.2

Kv3

16 10

3

16 10

3

6 .110 I X 33

ad =×=××=

8 ,0

3

203

16

V

I X tag ad ===δ

°= 5 ,38δ

KV 3

5 ,25

782 ,0

1

3

20

cos

V E =×==

δ



382

KV 5 ,25 E L =

7.5.5.4 CARACTERÍSTICAS INTERNAS DE LA MÁQUINA SÍNCRONA

Mediante las pruebas de circuito abierto y de cortocircuito se obtienen las

curvas características de circuito abierto y curva de cortocircuitorespectivamente. Estas curvas permite determinar, entre otras cosas lareactancia síncrona saturada y no saturada.

a) PRUEBA Y CARACTERÍSTICA DE CIRCUITO ABIERTO

! La máquina trabaja sin carga a velocidad nominal.! Variando su excitación se puede medir la tensión generada E L.! Se puede trazar una curva ( )e I f E = muy similar a la curva de

magnetización de la máquina de corriente continua.!

Esta prueba permite tambien determinar las pérdidas rotacionales de lamáquina.! Las pérdidas rotacionales será la potencia absorvida por la máquina

cuando haya sido excitada hasta obtenerse la tensión nominal.

Figura 7.5.17

b) PRUEBA Y CARACTERÍSTICA DE CORTOCIRCUITO :

Figura 7.5.18



383

! Se hace girar la máquina a velocidad nominal con sus terminales encortocircuito.

! Variando la excitación se mide la corriente de armadura.!

La corriente de armadura no debe superar el doble de la corriente nominal para no dañar el arrollamiento.! La curva es una recta.! Haciendo 0V t =

Figura 7.5.19

La potencia absorvida por la máquina en éstas condiciones está representadaúnicamente por las pérdidas mecánicas y las pérdidas en el cobre. Las pérdidasen el cobre así determinadas incluyen el efecto Skin y por lo tanto incluyen una

parte importante de las pérdidas dispersas.

7.5.5.5 DETERMINACIÓN DE LA REACTANCIA SÍNCRONA DE LA MÁQUINA DE ROTOR CILÍNDRICO

Las pruebas de cortocircuito y de circuito abierto permiten determinar lareactancia síncrona no saturada y saturada de la máquina.

Para eso se grafican las dos curvas en un mismo plano cartesiano en el que seha tomado como abscisa la corriente de excitación y como ordenadas la tensiónde circuito abierto y la corriente de cortocircuito respectivamente.

( ) 156)(7 ........ I jX r E aS a −+=

( ) 157)(7 ........ I jX r E ad a R −+=



384

aN I

''C '' B'' Ae I

E cc a I

'C A

)itoCortocircu(

0 B

' B' A

Figura 7.5.20

S X

cc a I

E ∼

Figura 7.5.21

La máquina en cortocircuito puede ser representada como sigue si se desprecia su resistencia interna podemos escribir:

)1587 ( ........ I

E X

ccaS −=

cca I y E deben corresponder a una misma corriente de excitación.

! En el tramo lineal de la curva de E , desde 0 hasta A obtendremos siempreel mismo valor para S X , ya que ambas curvas son lineales. La reactancia

así determinada de denomina reactancia síncrona no saturada. .

( ) )1597 ( ........ B B

B B

A A

AA saturadano X

' ' '

' ' 0

' ' '

' '

S −==

! A partir del punto A , la reactancia síncrona comienza a variar y tendrá unvalor diferente en cada punto de la curva de tensión en vacío.

( ) )1607 ( ........ B B

V

B B

BB saturada X

' ' ' N

' ' '

' '

S −==

Comparando ambas ecuaciones se puede ver:( ) ( ) saturada X saturadano X S S >

En la práctica la reactancia síncrona que se emplea en los cálculos es la saturada ya que la máquina normalmente trabaja saturada.

RELACIÓN DE CORTOCIRCUITO



385

Se define la relación de cortocircuito como la relación entre la corriente deexcitación que produce la tensión nominal en circuito abierto y la corriente deexcitación que produce la corriente de armadura nominal en cortocircuito.

De la figura: )1617 ( ........OC

' ' OB R

' ' cc −=

Se demuestra que:

( )

)1627 ( ........u. p X

1 R

S cc −=

)1637 ( ........ I

B B

C C

B B

OC

OB R

aN

' ' '

' ' '

' ' '

' '

' '

cc −===

)1647 ( ........ I

V Z

aN

N B −=

( ) )1657 ( ......... B B

I

V

I

B B

V

Z

X u. p X

' ' ' aN

N

aN ' ' '

N

B

S S −===

7.5.5.6 CARACTERÍSTICAS BAJO CARGA DE LA MÁQUINA SÍNCRONA

Las principales características de operación de la máquina son las queinterrelacionan la tensión en los terminales, la corriente de armadura, la

corriente de excitación y el factor de potencia .

CURVA DE TENSIÓN BAJO CARGA EN FUNCIÓN DE LA CORRIENTE DE ARMADURA O DE LA POTENCIA SUMINISTRADA A LA CARGA A EXCITACIÓN Y f.d.p. CONSTANTES.

Pueden trazarse varias curvas para diferentes f.d.p. de la carga. Estas curvas son muy importantes para los generadores y generalmente se grafican envalores porcentuales, tomándose como bases la tensión nominal y la potenciaque la máquina entrega a plena carga.



386

Figura 7.5.22

!

Con factores de potencia capacitivos la tensión tiende a subir por el efectoaditivo de la reacción de armadura que se suma al campo producido por el rotor.

! Con estas curvas se puede determinar fácilmente la regulación de lamáquina.

7.5.5.7 CURVA DE LA CORRIENTE DE EXCITACÍON EN FUNCIÓN DE LA CORRIENTE DE ARMADURA O DE LA POTENCIASUMINISTRADA A LA CARGA, PARA MANTENER LA TENSIÓN

NOMINAL EN LOS TERMINALES DEL GENERADOR.

! El factor de potencia se mantiene constante y pueden trazarse una familiade curvas, asumiendo diferentes f.d.p.

Figura 7.5.23

Es intersante observar que con cargas inductivas hay que sobreexcitar lamáquina para mantener la tensión constante cuando la carga aumente, mientras

que con cargas capacitivas hay que reducir la excitación.7.5.5.8 CURVAS “V” DE LOS MOTORES SÍNCRONOS

La curva “V” relaciona la corriente de armadura del motor con la corriente deexcitación para una carga en el eje constante. Puede trazarse una familia decurvas paradiferentes cargasen el eje.



387

Figura 7.5.24

! En estas curvas el punto mínimo corresponde al funcionamiento con f.d.p.unitario.

! Las líneas de trazo punteado representan lugares geométricos de f.d.p.

constante. El correspondiente a f.d.p. unitario se obtiene uniendo los puntos mínimos de las curvas “V”.

! Las curvas “V” se emplean para determinar la corriente de excitaciónnecesaria para mantener el f.d.p. constante cuando varía la carga en el ejedel motor.

7.5.5.9 ECUACIÓN POTENCIA – ÁNGULO DE LA MÁQUINASÍNCRONA DE ROTOR CILÍNDRICO

Supongamos que una máquina síncrona está conectada a una barra infinita detensión V t .

Despreciando la resistencia de armadura y suponiendo que la línea de conexióntenga una reactancia X . , el ciruito equivalente será como el mostrado:

E E t

_

V Q

Q

P

P

X

λ X

λ X

S X

) b( ) a(

δθ

_

a I

_

a I x j

_

E

t_

V ∼ ∼

Figura 7.5.25

Reemplazando las reactancias X S y X . por una sola reactancia X y suponiendoque la corriente a I que entrega la máquina está atrasada un ángulo θ conrespecto a V t , es decir que la máquina funciona como generador a f.d.p.inductivo.



388

! El problema consiste en determinar la potencia activa y reactiva que la máquina entrega a la red.

)166 7 ( ........ I V jQ P S at −⋅=+= ∗

Del diagrama fasorial:

)167 7 ( ........ X

V E I

t a −−=

Luego:

)1687 ( ........ X

V E V S

t t −

−= ∗

∗∗

De acuerdo al diagrama fasorial:

δ=°= E E ,0V V t t

Entonces:

( )

)1697 ( ........ jX

V E V S t t −

−

−δ−=

)1707 ( ........ X

V sen jEV cos EV jS

2t t t −

−δ−δ=

171)(7 ........ X V cos/ EV j sen/ X EV S

2

t t t −−+= Entonces:

)1727 ( ........ sen X

EV P t −δ=

)1737 ( ........ X

V cos EV Q

2t t −

−δ=

La ecuación 7-172 es llamada ecuación potencia – ángulo de la máquina y nosindica claramente que la potencia activa depende del ángulo de torque ó de potencia δ .



389

Figura 7.5.26

!

Para valores positivos de / la máquina funciona como generador y la potencia es máxima para /=90°.

)1747 ( ........ X

EV P t

máx −=

! Para valores negativos de / la máquina funciona como motor.

( ) )1757 ( ........ sen F

2

pT e R

2' −δφπ

=

! Vemos que ambos tienen la misma forma, es decir, ambos dependen de sen/.

! A velocidad constante la potencia es proporcional al torque.

)176 7 ( ........T P S −ω=

7.5.5.10 EFICIENCIA

La eficiencia de la máquina síncrona se calcula de la misma manera que lamáquina de corriente continua. Las pérdidas que se deben considerarse son las

siguientes:

a) Las Pérdidas Rotacionales :a.1) Pérdidas mecánicas por fricción y ventilación.a.2) Pérdidas en el hierro.

b) Las Pérdidas Eléctricas: b1) Pérdidas por efecto Joule en el campo.

b2) Pérdidas por efecto Joule en la armadura.

c) Las Pérdidas Dispersas.

a) LAS PÉRDIDAS ROTACIONALES :

Estas pérdidas incluyen las pérdidas por fricción y ventilación y las pérdidas enel hierro por histéresis y Foucault producidas por la variación del flujomagnético en el estator.

Las pérdidas mecánicas se pueden determinar accionando el generador no

excitado con un pequeño motor auxiliar y midiendo la potencia absorvida por



390

éste último. Deduciendo de ésta potencia las pérdidas propias del motor auxiliar se tendrán las pérdidas mecánicas del generador.

Si se repite la prueba con la máquina excitada a la tensión nominal se obtienelas pérdidas rotacionales. La diferencia entre ambos resultados nos dará las

pérdidas en el hierro. Según Norma ASA las pérdidas en el hierro se calculan ala tensión nominal más la caída óhmica a plena carga de la armadura.

b) LAS PÉRDIDAS ELÉCTRICAS:

Consisten en las pérdidas por efecto JOULE en los arrollamientos de campo yde armadura. No se incluyen las pérdidas en el reóstato de campo ní tampoco la

potencia absorvida por la excitatriz.

Pérdidas en el campo:

)177 7 ( ........ I V I RW e02eee −==∆

Pérdidas en la armadura: )1787 ( ........ I R3W 2

aaa DC −=∆

Debe emplearse la resistencia en corriente continua a 75 ° C.

Si se emplea en los cálculos AC a R , estaríamos incluyendo también las pérdidas

por efecto Skin y por corrientes parásitas de Foucault en los conductores que forman las pérdidas dispersas.

c) LAS PÉRDIDAS DISPERSAS:

Estas pérdidas incluyen básicamente el efecto Skin en los conductores y las pérdidas por corrientes parásitas en el fierro. También incluyen las pérdidas producidas por el flujo de dispersión de la armadura y la distorsión del flujomagnético.

Se pueden determinar mediante la prueba de cortocircuito de la máquina. La

potencia absorvida por la máquina en dicha prueba incluye las pérdidasdispersas. No figuran las pérdidas en el hierro por ser el flujo resultante muy

pequeño.

7.6 CONTROL DE VELOCIDAD DE MOTORES SÍNCRONOS

La velocidad de un motor síncrono puede ser controlado cambiando la frecuencia de la fuente de suministro de potencia. En cualquier frecuencia fijada la velocidad se mantiene constante , aún al estar cambiando lascondiciones de la carga, a menos que el motor pierda sincronismo. El motor

síncrono es por ésta razón muy usado para el control exacto de velocidad y

también diversos motores trabajan en sincronismo. Un motor síncrono puedecorrer a alto factor de potencia y eficiencia ( no debido a pérdidas de potencia

( ) 179)(7 ........ R1.51.3 R DC AC aa −−=



391

por deslizamiento como en los motores de inducción). En el presente, se ha idoincrementando considerablemente su uso en dispositivos de velocidad variable.

Dos tipos de métodos de control de velocidad están normalmente en uso. En unode los métodos la velocidad es directamente controlada por cambio del voltaje

de salida y frecuencia de un inversor ó cicloconvertidor. En el otro método la frecuencia es automáticamente ajustada por la velocidad del motor y el motor esllamdado un motor síncrono “autocontrolado”.

7.6.1 CONTROL POR FRECUENCIA

Los diagramas esquemáticos para el control de velocidad por lazo – abierto deun motor síncrono cambiando la frecuencia y el voltaje de salida de un inversor ó un cicloconvertidor es mostrada en la figura 7.6.1.

El circuito del inversor permite la variación de frecuencia (por ende la

velocidad del motor) sobre un amplio rango, diferente hecho del circuito del cicloconvertidor (figura 7.6.1b) que permite la variación de frecuencia debajode un tercio de la fuente de frecuencia.

Control por frecuencia en lazo abierto . Figura 7.6.1

Para obtener el mismo torque máximo sobre todo el rango de variación develocidad y también para evitar la saturación magnética en la máquina, es

necesario cambiar el voltaje con la frecuencia. Sabemos que en una máquina síncrona 3φ .



392

)1807 ( ........ sen X

E V 3T P

S

f t m −δ=ω=

Ahora ,

)1817 ( ........

p

f 4m −

π=ω

Tambien: )1827 ( ........ fL2 X S S −π=

Si la corriente de campo f I es mantenida constante, f E es proporcional a la

velocidad y así:

)1837 ( ........ f K E 1 f −=

Donde, 1 K es una constante.

Cambiando las ecuaciones anteriores

)1847 ( ........ sen f

V K T t −δ=

Donde, K es una constante.

Una velocidad base puede ser definida para el cual t V y f son los valores

establecidos para el motor. Si la relación f

V t correspondiente a esta velocidad

base es mantenida a bajas velocidades por cambio del voltaje con la frecuencia,el máximo torque es mantenida igual al que se tiene a la velocidad base

f

V K t .

La característica torque – velocidad para operación con voltaje variable, frecuencia variable (VVVF) del motor síncrono es mostrada en la figura 7.6.2. Para frenado regenerativo del motor síncrono, el flujo de potencia es enreversa.

Note que en el sistema del inversor (figura 7.6.1a), debido a los diodos en el

inversor, el voltaje en la entrada del inversor no puede estar en reversa. Por esta razón, para flujos de potencia en reversa, corrientes en reversa. Unconvertidor dual es así mostrada en la figura 7.6.3, es por esta razón necesarioaceptar el flujo de corriente en reversa en el modo regenerativo de operación.

En un ciclo convertidor, sin embargo, el flujo de potencia es reversible.

Para variar la velocidad por encima de la velocidad base, la frecuencia esincrementada tanto que se mantiene el voltaje terminal en el valor establecido.

Esto, por supuesto, hará que el torque máximo disminuya en el más alto rangode velocidad, como se muestra en la figura 7.6.2.



393

En la figura 7.6.1a, si el rectificador controlado es reemplazado por un puentede diodos rectificadores, el voltaje de entrada al inversor V i es constante. El inversor puede ser un inversor (ancho de pulso modulado) PWM así que ambosvoltajes y frecuencia de salida pueden ser cambiadas en el inversor.

Note que si la frecuencia es súbitamente cambiada a un valor alto, los polos del rotor podrían no estar aptos para seguir al campo rotativo del estator y el motor perderá sincronismo. Por esta razón, el valor al cual la frecuencia es cambiada podría estar restringida.

Un cambio súbito en el torque de carga podría también causar que el motor pierda sincronismo. La operación de lazo abierto es por esta razón no usado para aplicaciones en el cual la carga pueda cambiar súbitamente.

0

máxT −

m áxT

T

bW mW

Velocidad

M oto r

generativo Re

do desarrolla torque out Pull −

Caracteristica torque – velocidad de maquinas síncronas. Figura 7.6.2

Controlador con flujo de potencia reversible. Figura 7.6.3



394

7.6.2 MOTOR SÍNCRONO AUTO-CONTROLADO

Un motor síncrono tiende a perder sincronismo para cargas bruscas. En el sistema de control de velocidad de lazo abierto discutido anteriormente, si una

carga es súbitamente aplicada al rotor momentáneamente baja suave, haciendoel ángulo de torque / se incremente más allá de 90° y conduce a perder sincronismo. Sin embargo, si la posición del rotor es sensada así el rotor baja suave y la información es usada para disminuir la frecuencia del estator, el motor permanecerá en sincronismo. Luego la velocidad del rotor ajustará la

frecuencia del estator y el sistema es conocido como un motor síncrono auto – controlado.

El esquema de un motor síncrono auto – controlado es mostrado en La figura7.6.4. Dos rectificadores controlados son usados, uno al final de la fuente y el otro al final de la máquina.

En el modo motor de operación los rectificadores al final de la fuente operan enel modo de rectificación y los rectificadores al final de la máquina en el modoinversión. Los roles de los rectificadores reversa para frenado regenerativo, enel cual los flujos de potencia están en reversa. Los tiristores en el rectificador al

final de la fuente son conmutados por el voltaje de línea de la fuente y estosrectificadores al final de la máquina por el voltaje de excitación de la máquina

síncrona. El sensor de posición del rotor, montado en el rotor, genera señalesmanteniendo informado sobre la posición del rotor. Estas señales son

procesadas en circuitos lógicos de control y usado para disparar los tiristoresdel rectificador del final de la máquina.

Por ésta razón, cualquier cambio conveniente en la velocidad del rotor paracambios en la carga inmediatamente cambiará la frecuencia de disparo de lostiristores y por ende ajusta la frecuencia del estator al valor correcto paramantener sincronismo. Un lazo de corriente es implementado alrededor del rectificador al final de la fuente para mantener al corriente de la máquina en el valor deseado. La corriente de enlace DC d I es proporcional a la corriente de

la máquina a I , es comparada con la corriente de referencia, y la señal de error

ajusta los disparos del rectificador al final de la fuente para mantener lacorriente de armadura constante en el valor de la referencia.

El torque depende del valor del ángulo ζ . Este ángulo ζ puede ser controladaen los circuitos lógicos de control para el rectificador al final de la máquina

porque la señal desde el sensor de posición del rotor define la posición del ejede campo y el Instante de disparo de los tiristores define la posición del eje decampo de la armadura. Si el ángulo 0 es regulado a un valor específico y lacorriente de campo es mantenida constante, el torque (y por ende la velocidad )

pude ser directamente controlada por la corriente de armadura. Esta corrientees controlada por el lazo de control de corriente del rectificador al final de la

fuente.



395

Motor sincrono auto – controlado Figura 7.6.4



396

a)Control de lazo abierto b) Control de lazo cerrdao c) Forma de onda de f e y

ai operación similar al motor DC.

Nota: ζ−= sen I I L

2

p3T '

f aS

Ambos rectificadores tienen circuitos simples y baratos. Se puede afirmar queéstos sistemas puede ser diseñados para aplicaciones de muy alta potencia – enorden de los Mega watts.

7.6.3 CONTROL DE LAZO CERRADO

Cabe notar que en el sistema visto en la figura 7.6.4a, si el torque de carga escambiada, la velocidad cambiará. Si la velocidad es para ser mantenidaconstante, la corriente DC de enlace I d puede ser ajustada apara satisfacer el

cambio en el torque de carga. Esto puede ser llevado a cabo insertando desdeafuera un lazo de velocidad como se muestra en la figura 7.6.4b.

El sensor de posición suministra información acerca del campo del rotor tantocomo la velocidad del rotor. Si la velocidad cae es debido a un incremento en el torque de carga del motor síncrono, el error de velocidad 1 N se incrementa, el cual en vueltas incrementa la demanda de corriente ∗

d I . Consecuentemente, el

ángulo de disparo del rectificador controlado cambiará para alterar lacorriente DC de enlace d I para producir más torque como el requerido debido

al incremento del torque de carga.

La velocidad eventualmente será restablecido a su valor inicial.



396

PROBLEMAS RESUELTOSCAPÍTULO VII

MÁQUINA DE CORRIENTE ALTERNA

PROBLEMA N° 7.1 : Se tiene un estator de 36 ranuras, para doble capa en lacual se encontraron bobinas de paso 1-11 con 5 espiras/bobina siendo el tipo dedevanado imbricado, conexión estrella.Calcular el factor de paso, el factor de distribución y el número efectivo devueltas para una de las fases, cuando se tiene:

a) Dos polos de 'p' grupos / faseb) Cuatro polos de 'p' grupos fase

SOLUCIÓN :

a)

Factor de Distribución:

9561 ,05sen6

30sen

5sen6

)56 (senK

102

2

36

360

2

p'

2' senm

2' msen

K

d

d

=°×°

=°×°×

=

°=×°=×=

×

×= γ γ

γ

γ

766 ,050senK

1002

p'

10036

360)111(bobinadePaso

)2 / ' (senK : pasodeFactor

12

2

23

36

2

p3

r E : fasedePaso3q: fases#

182

r grupodePasob36 ranuras# bobinas#

111:bobinadePaso

6 2

12

2

qb

m:grupo por bobinas# 5 N :bobina / espiras#

123

36

q

b: fase por bobinas# 36 r :ranuras#

P

P

3

b

=°=

°==×=

°=

°×−=×=

=

=×===

======

−

====

===

τ τ τ

γ τ

τ

δ

φ



397

44942 ,43 N

9561 ,0766 ,0)512( N

K K )bobina / espiras# fase / bobinas(# N

fase / vueltasefec

fase / vueltasefec

d p fase / vueltasefec

≈=∴

×××=

×××=

−

−

−

b)

Factor de Distribución:

57 713 ,56 N 9598 ,09848 ,0)512( N

9598 ,010sen3

)103(senK

202

4

36

360

2

p'

2' senm

2' msen

K

fase / vueltasefec

fase / vueltasefec

d

d

≈=×××=

=°×°×

=

°=×°=×=

×

×=

−

−

γ γ

γ

γ

PROBLEMA N° 7.2 : Del problema anterior, dibujar la distribución deldevanado estatórico para las tres fases indicando el desarrollo del numero debobinas por grupo y el numero de grupos por fase para :

a) Dos polos de ' p' grupo/faseb) Cuatro polos de ' p ' grupo/fase

SOLUCIÓN:

9848 ,0100senK

2002

4

36

36010'

2

pbobinade paso

2

p'

)2 / ' (senK

6

2

43

36

2

p3

r fasede paso

94

36

p

r grupode paso

34

12

p

12mgrupo por bobinas#

123

36

q

b fase por bobinas#

p

p

3

=°=

°=×°×=

××=×=

=

=

×

=

×

==

====

====

===

τ

γ τ τ

τ

Ε

δ

φ



398

a) Desarrollo del # de bobinas por grupo :

Figura P7.2.1

Figura P7.2.2

Figura P7.2.3

Figura P7.2.4



399

1

2

3

4

56

7 89

18

16

15

1413

1211 10

36

35

34

33

323130

2928

19

21

22

2324

2526 27

2´

3´

4´

5

6´

7

8

9

12´

11´

10´

18´ 16´

15´

14´

13´

19´

21´

22´

23´

24´

25´

26´

2 7

36´ 35´ 3 4

3 3

3 2

3 1

3 0

2 8

Z

U

Y W

X

V

Figura P7.2.5

b) Desarrollo del # de bobinas por grupo :

Figura P7.2.6

Figura P7.2.7



400

Figura P7.2.8

Figura P7.2.9

1

2

3

4

56

7 89

18

16

15

14 13

1211 10

36

35

34

33

3231

302928

19

21

22

23

24 2526 27

2´

3´

4´

5

6

7

8

9

12´

11´

10´

18´ 16´

15´

14´

13´

19´

21´

22´

23´

24´

25´

26´

27´

36´ 35´ 34´

33´

32´

31´

30´

28´ Z

U

X

W V

Y

Figura P7.2.10



401

PROBLEMA N° 7.3 : Se tiene un motor de inducción 3φ de rotor bobinado conlos siguientes datos de placa : 30 HP, 500V conectado en delta; 50 Hz; 1445,8r.p.m. y al que se sometió a ensayos en el laboratorio con los siguientesresultados:

De la prueba de vacío se obtuvo KW P y A I V V 45,12,8,500 000 === . De la

prueba de corto circuito: KW P y A I V V CC CC CC 6,132,100 === . Siendo las pérdidas rotacionales de 0,9 KW.

a) Calcular el valor de la resistencia rotórica adicional para obtener torquemáximo en el arranque.

b) S para maxη .

c) La frecuencia de la corriente rotórica para las condiciones nominales de placa.

SOLUCIÓN :

a) Para torque máximo en el arranque:

( ) ( )

fase / 4595 ,478125 ,024076 ,5' r ' ' r :adicional' r

fase / 24076 ,51822 ,578125 ,0' ' r

fase / 78125 ,02

' r r ' r r

fase / 1822 ,55625 ,14126 ,5' r r ' Z Z ' X X

fase / 4126 ,5

332

100

I

V ' Z Z

)deltaEn(332 I :donde

fase / 5625 ,1

332

3106 ,1

I

P' r r

)' X X (r ' ' r )' X X (r

' ' r 1S

222

222

2121

22221

22121

1n

1CC

21

1n

2

3

2

1n

1CC

21

221

212

221

21

2C

Ω

Ω

Ω

Ω

Ω

Ω

φ

φ

φ

φ

φ

=−=−⇒

=+=∴

=+==

=−=+−+=+

=

==+

=

=

×==+

++=⇒++

==

b) Eficiencia máxima:

Pérdidas fijas = Pérdidas variables

×−×

−×

+×=+×

3

109 ,0r

3

2 ,8

3

1045 ,1

3

109 ,0)' r r ( I

3

1

233

21

2' 2



402

( )

2

21

2

2

1

' 2

' 2

2' 2

' X X S

' r

r

V I

fase / A26635 ,17 I 823 ,4655625 ,1 I

++

+

=

=⇒=×

%82 ,20282 ,0) para(S

:resiónexplando Desarrolla

1822 ,5S

' 78125 ,078125 ,0

50026635 ,17

max

22

≡=∴

+

+

=

η

c)

Hz8065 ,15003613 ,0 f

03613 ,01500

8 ,14451500S

. polos4deesmotor elquedecir Podemos.m. p.r 8 ,1445W

.m. p.r 15004

50120W : polos4

.m. p.r 30002

50120W : polos2

P

f 120W

f S f

rotórica

alminno

motor

campo

campo

campo

red alminnorotórica

=×=∴

=−=

⇒=

=×

=

=×

=

×=

×=

PROBLEMA N° 7.4: Los parámetros del circuito equivalente por fase de unmotor de inducción tipo jaula de ardilla 3φ de 3,5 HP; 220V ; 8 polos y 50 Hzconectado en Y , son los siguientes:

Ω Ω Ω 6645 ,0' X X 1' r 22 ,0r 2121 ====

Siendo las pérdidas rotacionales constantes e iguales a 180W.

a) Calcular la velocidad de plena carga.b) Calcular el toque máximo y el deslizamiento crítico.c) Si el motor impulsa una carga a torque nominal y constante y se produce una

caída de tensión del 25 %, calcular la velocidad, corriente y el mínimo valor de la tensión de alimentación sin que el motor se detenga.

SOLUCIÓN:



403

a)

Rr 2(1-S)/S

Rr 2 Rr 1 X 1 X´ 2

I´ 2

Figura P7.4.1

rotor eje MEC PP I S

S r P +=×

−××=

2'

22

1'3

( )

( )

.m. p.r 165 ,702W

)06378 ,01(8

50120)S 1(W W

06378 ,0S

329 ,1S

122 ,0

S

S 1

2791

3

2203

' X X S

' r r

S

S 1' r

P

V 3

W 2791180746 5 ,3P

PPP:Pero3

P

S

S 1' r

' X X S ' r r

V

m

S m

22

2

221

2

212

MEC

2

MEC

esrotacional2 MEC

MEC

2221

22

1

2

=∴

−××

=−×=⇒

=∴

+

+=

−×

×

++

+=

−××

×

=+×=⇒

+==

−××

++

+

b)

( )

( )

seg / rad 237 ,20.m. p.r 245 ,1938

50120)74234 ,01(W

74234 ,0329 ,122 ,0

1

)' X X (r

' r S

m N 635 ,196 T 3T

m N 545 ,65329 ,122 ,022 ,02

1

502

3

220

2

8

T

)' X X (r r 2

1

f 2

V 2

P

T

rotor

22221

21

2C

max1max3

22

2

max1

2212

11

21

max1

≡=××−=

=+

=++

=

−=×=∴

−=

++××

×

×

=

+++×

×

×

×

=

φ φ

φ

φ

π

π



404

c) Si la tensión cae en un 25% :

( )

6523 ,12

' X X S

' r r

V

f 2S

' r 2

P

T

mecánicas pérdidaslasSon: pdonde

m N 6523 ,12

30165 ,7023

180746 5 ,3

W 3

pP

W 3

PT

221

2

21

21

2

1e

mec

m

mec2

m

MEC 1e

=

++

+

×××

×

=

−=××

+×=

×+=×=

π

π

φ

φ

( )

A826 ,10)1179465 ,0S para(' I

329 ,1S

122 ,0

3

220%75

' X X S

' r r

V )1179465 ,0S para(' I

1179465 ,0S

6523 ,12329 ,1

S

122 ,0

3

220%75

502S

12

8

2

22

221

2

21

2

22

2

==⇒

+

+

×=

++

+

==

=∴

=

+

+

×

×××

×

⇒ π

MÍNIMO VALOR DE LA TENSIÓN POSIBLE:

( )

V 6611 ,96 V

V 8073 ,55V

329 ,122 ,022 ,02

1

502

V 2

8

6523 ,12T

minlínea

22

2

max

=∴

=

++×××

×

==π

PROBLEMA N° 7.5 : Un motor de inducción 3φ , 220 volts (Y ), 60Hz, 4 polos, fue sometido a ensayo de vacío y a rotor bloqueado, con los siguientes resultados:

Prueba de vacío: 220 Volts 10 Amps 500 WattsPrueba a rotor bloqueado : 52 Volts 20 Amps 800 Watts

Si las pérdidas rotacionales son 60 Watts, obtenidas de un ensayo aparte y

además se conoce que faser /2,01 Ω=



406

b)

c)

( )

55 ,345 ,26

94

I

I : Luego

m N 25 ,53T 4

604

64 ,84467 ,03

W

I ' r 3

T

75 ,6594 I

j344 ,1667 ,0

1 j0783 ,0108512 ,7 127 I

6 ,6364 ,84 I

)arranqueelEn( j344 ,1467 ,02 ,0

0127 I

1S ??T

N 1

arranque1

arranque3e

2

S

2' 22

arranque3e

arranque1

31

' 2

' 2

arranque

==

−=∴

×

××=××

=⇒

°−∠=

+

+−××=

°−∠=

++°∠

=

==

−

φ

φ

π

PROBLEMA N° 7.6 : Un motor trifásico de inducción de 25HP, 230V (línea alínea) conectado en delta, de 6 polos, 60 Hz, jaula de ardilla, tiene los siguientes

parámetros de circuito equivalente en ohmios por fase estrella:6 ,10 X 33 ,0 X 34 ,0 X 055 ,0 R060 ,0 R 2121 ===== φ

a) Calcular la corriente y el par de arranque para este motor conectadodirectamente con una fuente de 230 V.

b) Para limitar la corriente en el arranque, se propone conectar en estrella eldevanado del estator para el arranque, y después cambiar a la conexión endelta para el funcionamiento normal. i)¿ Cuáles son los parámetros delcircuito equivalente en ohmios por fase para la conexión en delta ?. ii) Con elmotor conectado directamente a una fuente de 230V. Calcule la corriente y el

par de arranque.

%7 ,83837 ,0P

P

watts99 ,698460 I S

S 1' r 3 pPP

Watts25 ,8345828 ,045 ,26 2203P

828 ,0cos1 ,3445 ,26 j344 ,17595 ,5

1

j0783 ,0108512 ,7 0127 I

135 ,13474 ,21

j344 ,1084 ,0

467 ,02 ,0

0127 I

1

2max

2' 22rot MEC 2

1

1

3

1

' 2

≡==∴

=−×

−××=−=

=×××=

=∴°−∠=

++−××°∠=

°−∠=+

+

°∠=

−

η

ϕ



407

SOLUCIÓN:a)

A b

R (1-S)/S 2

R2 R1 Aa

Figura P7.6.1

Como está en fase estrella: V V °∠= 03

2301

1e1e11TH ab

111TH a1ab

jX R j33 ,00563 ,0 jX // ) jX R( Z Z

314 ,066 ,128314 ,0384 ,222) X X ( j R

jX V ˆ V ˆ V ˆ V ˆ

+=+=+==

°∠=°∠=++×===

φ

φ

φ

I Z ab

Figura P7.6.2

A192 I m N 16 ,48T

116 ,8019243 ,8067 ,03

314 ,084 ,222 I

m N 16 ,48T

seg / rad 664 ,1253

602

2P

f 2W

) X X () R R(

RV 3

W

1T

3arranque

S

221e

221e

22

a1

S arranque

=−=∴

°−∠=°∠×°∠=

−=⇒

=×=×=

+++××

×=

φ

π π

b) Para cambiar de la conexión Y a la conexión delta, los parámetros del circuitoequivalente son multiplicados por 3:

i)

fase / 8 ,316 ,103 X

fase / 99 ,033 ,03 X fase / 02 ,134 ,03 X

fase / 165 ,0055 ,03 R fase / 18 ,006 ,03 R

21

21

Ω

Ω Ω

Ω Ω

φ =×=

=×==×==×==×=



408

ii) Por lo tanto:

m N 053 ,16 3

16 ,48T A64

3

192 I 1 −====

PROBLEMA N° 7.7 : Un motor de inducción trifásico, 440V (Y ), 50 Hz y 4 polos; fue ensayado con los siguientes resultados:

Rotor Bloqueado: 120 V 25A 2KW Rotor Sin carga: 440V 8A 1,5KW

Las pérdidas rotacionales son 600 W

a) Obtener los parámetros del circuito equivalente y calcule para undeslizamiento del 4 % el torque eléctrico ( ';'

2121

X X r r == ).b) Si el motor será operado con una fuente de tensión y frecuencia variables.

Calcular la frecuencia y tensión necesarias para obtener torque máximo en elarranque. Calcule el torque máximo.

c) Si el torque obtenido en a) es requerido pero a 1125 r.p.m. cual será el valor de la tensión y frecuencia al que deberá ajustarse la fuente.

SOLUCIÓN:

a) DE LA PRUEBA DE ROTOR BLOQUEADO: (Parámetros por fase):

Ω

Ω Ω

Ω Ω

φ

φ

φ

φ

278 ,12

' X X ' X X

556 ,2)' r r ( Z ' X X 77 ,225

3120

I

V Z

53 ,02

' r r ' r r :Tomamos067 ,125

32000

I

P' r r

2121

221

2CC 21

1 N

1CC

CC

212122

1 N

1CC

21

=+==∴

=+−=+⇒===

=+==⇒===+

DE LA PRUEBA DE ROTOR LIBRE (Parámetros por fase):

Ω

Ω

φ

φ

φ

φ

φ

φ

03 ,32 X

mhos03122 ,0gY bmhos031492 ,0

3440

8

V

I Y

53 ,242r mhos10123 ,4

3440

324 ,798

V

Pg

Watts24 ,798P600P853 ,031500 pPPP

m

2P

2m

1

P3

221

1FE

P

FE

FE 2mecFE 1Cu1

=∴

=−=⇒===

=⇒×=

==

=∴++××=⇒++=

−



409

Para un S=4%

0.530.53 1.278 j 1.278j

I´ 2

0.53(1-S)/S

Figura P7.7.1

°−∠=∴

−=++

°∠

=×++

°∠

=

5 ,10125 ,18' I

j31 ,382 ,17 j556 ,2)

04 ,0

53 ,053 ,0(

0

3

440

j278 ,12)S

53 ,053 ,0(

0

3

440

' I

2

2

m N 133 ,8308 ,157 04 ,0

125 ,1853 ,03

W S

I ' r 3T

seg / rad 08 ,157 P

504

30P

f 120W

2

S

2' 22

3e

S

−=×××

=×××

=

=××

=××

=

φ

π π

b)

Como el

++

+×

×=

2

21

2

21

22

1

)'('

'

X X S

r r W

S

r V

T

S

e φ

Para esta condición haremos: W K W X K X V K V ×→×→×→

1S :arranqueelenqueSabemos

)' X X (K S

' r r W K

S

' r

V K T 2

212

2

21S

222

1e

=

+×+

+××

××=φ

El torque máximo para las condiciones de frecuencia y tensión variable serácalculado de la siguiente manera:



410

V 468 ,1824404147 ,0V K ' V

Hz735 ,20504147 ,0 f K ' f

4147 ,0278 ,1278 ,1

53 ,053 ,0K

' X X

' r r K

0)' X X (K )' r r (0)1S Para(dK

dT

21

21

221

2221

1e

=×=×==×=×=⇒

=++

=∴+

+=⇒

=+×−+⇒==φ

Sabemos que:

++

+××

××=

++=

221

2

21S

212

3e2

212

1

2C

)' X X (S

' r r W S

V ' r 3T además y

)' X X (r

' r S

φ

Entonces reemplazandoφ 3eC T enS para obtener

max3φ eT

ya que:

M m ax

T e1

T e1

S cS

Figura P7.7.2

( )[ ]

( )[ ]m N 2337 ,196

)278 ,1278 ,1(53 ,053 ,0208 ,157

3

4403

T

)' X X (r r 2W

V 3T

22

2

max3e

221

211S

21

max3e

−=+++××

×=

+++××

×=

φ

φ

c)

T e1

S

M n omT e1

Figura P7.7.3



411

Asumiendo que el deslizamiento es constante para variaciones de tensión y frecuencia

V 75 ,37344078125 ,0V K ' V

Hz0625 ,395078125 ,0 f K ' f 78125 ,0K

81 ,117 )04 ,01(08 ,157 K W )S 1(W K mS

=×=×==×=×=∴

=⇒

=−××⇒=−××

PROBLEMA N° 7.8 : Se tiene un motor de inducción de 15HP, 230V, trifásicoconectado en estrella, 60 Hz, 4 polos y jaula de ardilla, desarrolla un par interno a plena carga a deslizamiento igual a 0,03 cuando se trabaja a frecuencia

y voltaje nominales. Los datos de impedancia de este motor, en ohmios por faseson:

4,1031,024,0 211 ==== φ X X X R

Si se energiza este motor con una fuente de voltaje constante de 230V y 60 Hz através de un alimentador cuya impedancia es 0,3 + j 0,22 Ohmios /fase. Calculeel par interno máximo que puede suministrar el motor y los valorescorrespondientes de la corriente y voltaje de terminales del estator.

SOLUCIÓN:

Ahora se adhiere un alimentador con impedancia: 22 ,0 j3 ,0 jX R Z 000 +=+=

°∠==+

×=

°∠=++++

×=

8285 ,21976 ,126 V ˆ 93 ,10 j54 ,0

4 ,10 j

3

230V ˆ

03

230V ˆ Tomando;

) X X X ( j) R R(

jX V ˆ V ˆ

TH a1

10101

1a1φ

φ

( )

[ ]

:donde

m N 943 ,86 T

)31 ,05284 ,0(4877 ,04877 ,05 ,1882

1976 ,126 3T

seg / rad 84 ,1825 ,188)03 ,01(W )S 1(W

seg / rad 5 ,1882

6022 / P f 2W

j5284 ,04877 ,0 jX // ) X X ( j) R R( jX R Z

max

22

2

max

S m

S

01011e1eTH

−=∴

+++××

×=

=×−=×−=

=×=×=

+=+++=+=

π π

φ



412

R /S 2

R1

Aa

Ab

=

Figura P7.8.1 Luego:

2

21

2

1

2max

)( eee

T X X R

RS

++=

Para condiciones de tensión y frecuencia nominales:

m N 2 ,6184 ,182746 15W PT m

sal −=×==

Tomando en cuenta que las pruebas para obtener los parámetros del motor ,),,,( 2121 φ X y X X R R son tomados antes de conectarlo al alimentador:

( )

)(2 ,61

X ' X

S

R' RW

S

RV 3

T 2

21e

2

21eS

22' a1

α ΛΛΛΛ=

++

+×

××

=

R /S 2

R1

Aa

Ab Figura P7.8.2

) X X ( j R

jX V ˆ ' V ˆ V ˆ

111a1TH

φ

φ

++×==

' jX ' R jX // ) jX R( Z ;8285 ,21976 ,126 ' V ˆ 1e1e11TH a1 +=+=°∠= φ

De la igualdad (α ): fase / 11265 ,0 R2 Ω =



413

Volviendo al problema:

11614 ,0)31 ,05284 ,0(4877 ,0

11265 ,0

) X X ( R

RS

2222e1e

21e

2T max =

++=

++=

Figura P7.8.3

V 75 ,2093V V

84 ,01 ,121) j22 ,03 ,0( I V ˆ V ˆ

67 ,27 46 ,30 j9365 ,16932 ,3

0

3

230

I

t estator

1t

=×=

°−∠=+×−=

°−∠=+

°∠

=

PROBLEMA N° 7.9 : Los datos que siguen corresponden a los ensayosrealizados en una máquina asíncrona de tipo jaula de ardilla

Datos de placa Ensayo Voltios Amperios Vatios

HP: 30 Vacío 220 33,4 1050

Tensión: 220V Rotor

bloqueado36,3 76,0 1283

Polos: 4

Conexión: Delta/Delta

Hz: 60

Resistencia entre bornes (A.C.) R xy=0,0497 Ohmios a Temperatura: 17°C

Determinar :

a) Los parámetros del circuito equivalente aproximado para 75° C.b) Para operación nominal: deslizamiento S N , torque (T N ), coriente N I 1 , f.d.p.

y la eficiencia.

c) N

arranque

N

arranque

I I

T T

1

1, , deslizamiento crítico y el torque máximo.

SOLUCIÓN:



414

Ensayo de vacío a tensión nominal: S=0

En la prueba de rotor bloqueado: S=1

Parámetros a 75°C:

Figura P7.9.1

Ω

Ω

Ω

0746 ,0r

0746 ,00497 ,02

3 R

2

3r r

3

2 R

.)C . A(C 17 T 0497 ,0 R

1

xy11 xy

xy

=∴

=×=×=→×=

°==

mhos104 ,87 gY b

mhos1065 ,87 V

I

Y mhos10658 ,6 2203

78 ,966

V

P

g

W 78 ,966 P

0746 ,03

4 ,3331050PPP

datoesno porque0valor deasumese p Done; pPPPW

32P

2m

3

N 1

13

22

N 1

1FE

P

3FE

2

1Cu13FE

rot rot FE 1Cu13

−

−−

×=−=

×==×===

=

×

×−=−=

++==

φ

φ

φ φ

φ

φ

φ

φ

φ

φ

Ω Ω

Ω

Ω

Ω

φ

φ

φ

φ

3985 ,0' X X 797 ,0' X X

827 ,0

376

3 ,36

I

V Z

1474 ,0' r

222 ,0

376

31283

I

P' r r

2121

1 N

1CC

2

22

1 N

1CC

21

==⇒=+⇒

===

=∴

=

==+

Ω

Ω

1813 ,01474 ,023517

23575' r

0918 ,00746 ,023517

23575r

C 752

C 751

=×

+

+=

=×

++

=

°

°

Rr 2´ Rr 1



415

b) Para operación nominal: Trabajando a 75°C

%34 ,929234 ,0839 ,022077 ,433

22380

P

P

839 ,0cos. p.d . f

95 ,3277 ,43 I

644 ,85284 ,19)0874 ,0 j10658 ,6 (0220 I

4 ,7 56 ,35 j797 ,0

03 ,0

1813 ,00918 ,0

0220' I

m N 4 ,122845 ,182

22380

W

PT

seg / rad 845 ,1825 ,188)03 ,01(W )S 1(W

1

2

N 1

3

2

N m

MEC N

S N m

≡=×××

==

==

°−∠=∴°−∠=−××°∠=

°−∠=+

+

°∠=

−===

=×−=×−=

−

η

ϕ

φ

c)

( )

39 ,6 77 ,43

847 ,279

I

I

72847 ,279 I

644 ,85284 ,191 ,7114 ,261 I ' I I

1 ,7114 ,261' I

1S ;' X X

S

' r r

220

' I

N 1

arranque1

arranque1

arranque2arranque1

arranque2

221

2

21

arranque2

==⇒

°−∠=∴

°−∠+°−∠=+=

°−∠=⇒

=++

+=

φ

)despreciaSe(0 p;

797 ,0S

1813 ,00918 ,0

0220' I

seg / rad 5 ,188

24

602

2P

f 2W

mec

222

S

=

+

+

°∠=

=×=×=

π π

03 ,0S :Tomamos5979 ,0S 03 ,0S

22380

797 ,0S

1813 ,00918 ,0

220

S

S 11813 ,03

I S

S 1' r 3PWatts22380746 30 HP30ejeelenPotencia

21

22

2

2' 22 MEC

=⇒==

=

+

+

×

−××

×

−××=≈=×==



416

( )

[ ]m N 8 ,430T

797 ,00918 ,00918 ,02

220

2

4

602

3T

226 ,0' X X r

' r S

61 ,14 ,122

77 ,196

T

T

m N 77 ,196 5 ,1881

14 ,2611813 ,03

W S

I ' r 3T

max3

22

2

max3

221

21

2C

N

arranque

2

S

arranque2'

22arranque

−=∴++×

×××=

=++

=

==⇒

−=×××

=×××

=

φ

φ π

PROBLEMA N° 7.10 : Un motor de inducción trifásico de 400V (Y ), 50Hz, y 6 polos tiene una impedancia de dispersión Z 1 = Z 2’ =0,15+j0,75 Ohmios por fasea frecuencia nominal:

a) Calcular la tensión y frecuencia nominal para un deslizamiento de 3%; y eltorque eléctrico.

b) Si el motor es alimentado de una fuente de tensión y frecuencias variables,calcular la frecuencia y tensión para obtener torque máximo en el arranque ycompare este torque con el torque de arranque obtenido a tensión y frecuencianominal.

c) Si el mismo torque obtenido en a) es requerido a 750r.p.m. a que valor de

frecuencia y voltaje deberá ser ajustable la fuente.

SOLUCIÓN:

a)

b)

X K X

W K W

V K V

m N 65 ,32)1S (T

S S

N 1e

×→

×→×→

−==φ

( )

seg / rad 7 ,104.m. p.r 10006

50120W ;03 ,0S

' X X S

' r r W S

V ' r T

S

221

2

21S

22

1e

==×

==

++

+××

×=

φ

m N 56 ,265T m N 52 ,88T

Hz50 f ;3

400V ;75 ,0' X X ;15 ,0' r r

3e1e

2121

−=∴−=⇒

======

φ φ

Ω Ω



417

c)

T

S

T arran

Figura P7.10.1

Entonces hay que ajustar la tensión:

( )

( )[ ]

6 ,265 ,32

85)1S ,400V ,50 f (T

)1S ,80V ,10 f (T

m N 255)1S (T

m N 852 ,0)75 ,02(215 ,09 ,20

3

8015 ,0

)1S (T

V 804002 ,0' V

. Hz10502 ,0' f

2 ,075 ,0215 ,02

' X X ' r r K 0)1S (

dK dT

' X X K S

' r r W K S

V K ' r T

1e

1e

3e

222

2

1e

línea

21

21e

221

2

2

21S

222

e

========⇒

−==∴

−=××+××

×==

=×==×=∴

=××=

++=⇒==

+×+

+×××

××=

φ

φ

φ

φ

773 ,0K

1000)03 ,01(

750

W )S 1(

W K

W K )S 1(W

W K W

03 ,0S

S

r

S r

S S

=∴

×−=×−

=⇒

××−=×→

=

m N 64 ,70T

5 ,1773 ,003 ,0

15 ,015 ,095 ,8003 ,0

3

2 ,30915 ,0

T

seg / rad 95 ,80.m. p.r 773W

V 2 ,309400773 ,0' V

Hz65 ,3850773 ,0' f

1e

222

2

1e

S

−=⇒

×+

+××

×=

===×==×=

φ

φ



418

Hz65 ,38' ' f V 14 ,346 ' ' V V 84 ,199' ' V

15 ,0

)773 ,05 ,1(03 ,0

15 ,015 ,052 ,8895 ,8003 ,0

' ' V

línea

22

2

==∴=

×+

+×××

=

PROBLEMA N° 7.11 : Un motor de inducción trifásico, 440V (Delta), 50 Hz y 6 polos, impulsa un ventilador a 920r.p.m., cuando es alimentado a tensiónnominal, si los parámetros del circuito equivalente del motor por fase son:

Asumiendo que el torque mecánico total varía en proporción al cuadrado de la

velocidad:a) Qué voltaje deberá aplicarse para que el motor impulse al ventilador a 460r.p.m.; calcule además la corriente rotórica y las pérdidas en el cobre.

b) Si se quisiera obtener la variación de la velocidad a 460 r.p.m. perocambiando el valor de la resistencia rotórica; calcular el valor de laresistencia rotórica adicional, calcule además la corriente rotórica y las

pérdidas en el cobre.

SOLUCIÓN:

T

S 1

T =K( L m)²

V nom

V

Figura P7.11.1

a)

Ω Ω Ω 12' X X 16 ' r 8r 2121 ====

( )

m N 3 ,25T

2408 ,0

16 87 ,10408 ,0

44016 3

' X X S

' r r W S

V ' r 3T

08 ,01000

9201000S

seg / rad 7 ,104.m. p.r 10006

50120W

3

22

2

221

2

21S

22

3

S

−=∴

+

+××

××=

++

+××

××=

=−

=

==×=

φ

φ



419

002726 ,0

30920

3 ,25

W

T K

22m

3 =

×

==π

φ

Cuando la tensión se reduce a V’, la velocidad es 460r.p.m.

( )

Watts6 ,536 2473 ,23)' r r ( I 3P

A73 ,2' I

2454 ,0

16 8

8 ,121

' X X S

' r r

' V ' I

221

2' 2Cu

2

22

221

22

1

2

=××=+××=

=∴

+

+=

++

+=

b) Con resistencia rotórica:

T

S

1

T r 2

Figura P7.11.2

( )

( )

V 8 ,121' V

' r 3

T ' X X S

' r r W S

' V

' X X S ' r r W S

' V ' r 3T

:Pero

m N 32 ,6 30

460002726 ,0T

54 ,01000

4601000S

2

L2

21

2

21S

2

221

2

21S

22

L

2

L

=∴×

×

++

+××

=

⇒

++

+××

××=

−=

××=

=−

=

π

( )

Ω 7 ,464' r

2454 ,0

' r 87 ,10454 ,0

440' r 332 ,6

' X X S

' r r W S

V ' r 3T

2

2

2

2

22

221

2

21S

2

2 L

=∴

+

+××

××=

++

+××××=



420

( )

( )Ω 7 ,448' r

watts727 ,18' r r ' I 3P

A51 ,0' I

' X X S

' r r

V ' I

adicional2

212

2Cu

2

221

2

21

2

=∴=+××=

=⇒

++

+

=

PROBLEMA N° 7.12 : Los parámetros del circuito equivalente por fase de unmotor de inducción trifásico son:

Si el motor es de 3,5HP, 220V, conexión estrella, 50Hz, 8 polos y presenta unas pérdidas totales mecánicas iguales a 180 Watts.a) Calcular la velocidad, eficiencia y f.d.p. cuando entrega su potencia nominal.b) Calcular el mínimo valor al que puede caer la tensión de alimentación sin que

el motor se detenga, si impulsa una carga a torque nominal y de característicaconstante.

SOLUCIÓN:

a)

Rr´ 2 Rr 1

Figura P7.12.1

( )

2791

' X X S

' r r

S

S 1' r V 3

S

S 1' r I 3Watts2791P

221

2

21

22

2

2' 2 MEC

=

++

+

−×××

−×××==

Ω Ω

Ω Ω Ω

8 ,70 X 7 ,809r

6645 ,0' X X 1' r 22 ,0r

mP

2121

======

Watts pWattsP

pPP

esrotacional

sal

esrotacionalsal MEC

180

26117465,3

==×=

+=



421

( )

057681 ,0

329 ,1

S

122 ,0

S

S 1

' r V 3

2791

' X X

S

' r r

S

S 1

22

22

221

2

21

=

+

+

−

⇒××

=

++

+

−

0638 ,0S

8185 ,0S

0638 ,0S

:anterior resiónexplando Desarrolla

2

1

=∴==

b)

PROBLEMA N° 7.13 : Se tiene un motor de inducción de rotor devanado de10HP, 4polos, 1725r.p.m., 60Hz, 220V, 25 A, trifásico, conexión Y , que tiene lossiguientes parámetros por fase:

%68 ,848468 ,057 ,3083

2611

P

P

Watts57 ,3083957 ,0457 ,8127 3P 957 ,0)894 ,16 cos(. p.d . f

894 ,16 457 ,8 I I I

85801 ,1 j X

1

r

10127 I

78 ,4963 ,7

j329 ,10638 ,0

122 ,0

0127 I

.m. p.r 15 ,702W )S 1(W

.m. p.r 7508

50120W

ent

sal

ent

' 21

mP

' 2

S m

S

≡===∴

=×××= =°−=∴

°−∠=+=

°−∠=

−×°∠=

°−∠=+

+

°∠=

=×−=∴

=×

=

η

φ

φ

[ ]

[ ]

)(67,96381,55

/81,55

3

)'(2

)'(2

3

min

2

21

2

112

2

21

2

11

2

max

líneaV V

faseV V

W

W X X r r PV

W

P

X X r r W

V T

m

S MEC

m

MEC

S

=×=∴

=⇒

×+++××

=∴

=+++××

×=

Ω Ω Ω 4 ,0' X X 23 ,0' r 25 ,0r 2121 ====



422

Además una corriente de vacío de 7,10 A cuando se aplica 220V. Las pérdidas enel núcleo es de 250Watts; pérdidas por fricción y viento de 155Watts. La relaciónde espiras efectivas entre estator y rotor es 1,67/1, y el par de carga es de 50Lb-

pie independiente de la velocidad.Se conecta un capacitor en serie con cada fase del rotor de modo que la corriente

del rotor esté en fase con el voltaje inducido cuando el deslizamiento es igual a 1.

a) Determinar el valor del condensador que se conecta a cada fase del rotor.b) Determinar el par de arranque desarrollado en N-m.

SOLUCIÓN:

Rr´ 2 Rr 1

Figura P7.13.1

Para S=1:

Rr´ 2 Rr 1

=

Figura P7.13.2

A1 ,7 I

watts155)viento por y fricción por pérdidas( p

Watts250P

67 ,1)espirasderelación(n

4 ,0' X X

23 ,0' r

25 ,0r

)Y (V 220

polos4

HP10

: DATOS

0

v f

3FE

21

2

1

=

==

==

====

+

φ

Ω

Ω

Ω

fase / 9666 ,17 X mhos106588 ,55b

mhos056 ,0127

1 ,7 Y

fase / 6 ,193r mhos10165 ,5127

3250

g

m3

m

P3

2P

Ω

Ω

φ

=∴×=⇒

==

=⇒×==

−

−



423

b) Torque desarrollado en el arranque:

PROBLEMA N° 7.14 : Un motor de rotor bobinado tiene los siguientes datos :1176r.p.m., 15HP, 600V, 6 polos, conexión Y y 60Hz. Además:

a) Que resistencia debe insertarse en el circuito rotórico para reducir lavelocidad a 1000r.p.m., con le par de plena carga.

b) Determinar la tensión que se debe aplicar al estator si se desea reducir lavelocidad a 1000r.p.m. (sin modificar al rotor).

SOLUCIÓN:

a)

02 ,0

1200

1176 1200

W

W W S

I S

S 1' r 3PW T

.seg / rad 664 ,125.m. p.r 12006

60120W

.m. p.r 1176 W

S

mS N

2' 22 MEC m3

S

m

=−

=−=

×

−××==×

==×=

=

φ

fase / F 5 ,18494C 6024 ,0

67 ,1

W 4 ,0

67 ,1

X W

1

C C W

1

X Pero

fase / 67 ,1

4 ,0 X

:E con faseen I

22

C C

2C

' 2

µ=∴×π×=×=×=⇒×=

Ω=

( )

m N 37 ,150T 2

460

2

678 ,20223 ,03

W

I ' r 3T

A678 ,202' r

E I

331 ,39616 ,46 E

jX r I 3

220E

407 ,202 I

406265 ,0 Z

arranque

2

S

2' 22

arranque

2

' 2

111

1

i

−=∴

×

××=××

=

==

°−∠=∴

+×−=

°−∠=°∠=

π

) fase por datos(476 r 43 ,71 X

2' X X 90 ,0' r 76 ,0r

pm

2121

Ω Ω

Ω Ω Ω

======



424

m N 098 ,61T

664 ,12502 ,0

873 ,56 9 ,03

W S

I ' r 3T

873 ,56

)22(

02 ,0

9 ,076 ,0

3600

I

N 3

S N

2' N 22

N 3

2

2

2

2' N 2

−=∴×××

=×××

=⇒

=

++

+

=

φ

φ

( )

( )

' R46 ,28216 1667 ,0

' R76 ,0

098 ,61664 ,1251667 ,03

600

' R341667 ,0

' R76 ,01667 ,01200

10001200S

T W S

V ' R3' X X

S

' Rr

' X X S

' Rr W S

V ' R3

W S

I ' R3T

m N 287 ,30T

m N 86 ,90

301176

746 15

W

PT

2

2

2

2

2222

3S

2122

21

2

21

221

2

21S

212

S

2' 22

3

fase / salida

alminno

m

alminnosalida MEC

salidaalminno

×=+

+

××

××=+

+⇒=−=

××××

=++

+⇒

++

+××

××=

×××

=

−=

−=×

×==

φ

φ

π

b)

( )

( )

' r 3

W S T ' X X S

' r r

V

W S

' r

' X X S

' r r

V 3T

2

S 32

21

2

21

21

S

2

221

2

21

21

3

×

×××

++

+

=

××

++

+

×=

φ

φ

fase / 554 ,6 9 ,0454 ,7 ' r 454 ,7 ' R

061 ,0' R454 ,7 ' R

:anterior resiónexplando Desarrolla

adicional22

2221

Ω Ω

Ω Ω

=−=⇒=∴==



425

V 13 ,277 )línea(V fase / V 160V

9 ,03

664 ,1251667 ,0098 ,6141667 ,0

9 ,076 ,0

V

1

1

22

21

=∴=

×

×××

+

+

=

PROBLEMA N° 7.15 : Se tiene un motor Jaula de ardilla con los siguientesdatos de placa: 6polos, 60Hz, 220V (conexión Y ), 5HP. La resistencia del estator

por fase es 0,616Ohmios. Las lecturas de los ensayos fueron:

Ensayo de vacío: 220V 5,25 A 460WattsEnsayo rotor bloqueado: 99,2V 16 A 1100Watts

Pérdidas por fricción y ventilación: 324Watts

a) Determinar los parámetros del motor.b) Determinar la corriente y el factor de potencia cuando la máquina funciona a

S=0,03.c) Determinar el deslizamiento crítico y el torque máximo.

SOLUCIÓN:

a) DE LA PRUEBA DE CORTOCIRCUITO:

DEL ENSAYO DE VACÍO:

Ω

Ω

Ω

Ω

Ω

Ω

φ

64 ,1' X X

814 ,0' r

616 ,0r

fase / 28 ,343 ,158 ,3' X X

fase / 43 ,116

31100

I

P' r r

fase / 58 ,316

3

2 ,99

Z

21

2

1

2221

22n

1CC

21

eq

====

=−=+

===+

==

mhos107575 ,1

3

220

30645 ,85

V

Pg

Watts0645 ,85P

324616 ,025 ,53460 pr I 3PP

322

1

1FE

P

3FE

2v f 1

2

313FE

−

+

×=

==

=∴

−××−=−××−=

φ

φ

φ

φ φ φ



426

mhos0413 ,0gY b

mhos0413 ,0

3220

25 ,5

V

I Y

2

P

2

m

1

=−=

=

==

φ

φ

φ

φ

b) S=0,03

c)

PROBLEMA N° 7.16 : Un motor de inducción trifásico, 660V, conexión delta,50Hz, 4polos con impedancias cuando está detenido:

Si el deslizamiento a plena carga es 3%. Campare el torque eléctrico en estascondiciones con el torque eléctrico desarrollado inmediatamente después dehacer los siguientes cambios:

a) Inversión de 2 líneas de alimentación (cambio de frecuencia)

SOLUCIÓN:

( )

635 ,0cos608 ,5047 ,7 I

j776 ,5743 ,4 I ' I I

j246 ,5223 ,0) j0413 ,0107575 ,1(3

220 I

j53 ,052 ,47 ,6 552 ,4' I

j64 ,164 ,103 ,0

814 ,0616 ,0

03

220

j)' X X (S

' r r

V ' I

1

21

3

2

212

1

12

=°−∠=∴

−=+=

−=−××=

−=°−∠=∴

++

+

°∠=

++

+=

−

ϕ

φ

φ

[ ]

[ ]m N 7 ,48T

28 ,3616 ,0616 ,02

1127

2

6

602

3T

)' X X (r r 21V

2P

f 23T

244 ,028 ,3616 ,0

814 ,0

)' X X (r

' r S

máx

22

2máx

221

211

21máx

22221

21

2C

−=∴++×

××××=

+++××××

×=

=+

=++

=

π

π

fase / j75 ,015 ,0' Z Z 21 Ω +==



427

Como la conexión está en delta :

Figura P7.16.1

m N 445 ,1445T

seg / rad 3 ,152W m N 815 ,481157 )03 ,01(

03 ,0

03 ,0115 ,0123

T

seg / rad 157 2

502

2P

f 2W

W )S 1(S

S 1' r I

T T W P

A123

5 ,103 ,0 15 ,015 ,0

660' I

3e

m

2

1e

S S

2

2' 2

1eee

2

22

−=∴

=−=×−

−××

=

=×=×=

×−

−××

=×=

=

+ +

=

φ

φ

φ

π π

a)

Análogamente:

PROBLEMA N° 7.17 : Un motor síncrono trifásico de 440V (Y ), 6polos, 50Hztiene una reactancia síncrona por fase:

97 ,1W

W W S :líneasdeinversiónCon

W

W W S

S

mS

S

mS =−−−

=−=

m N 43 ,275T

m N 81 ,91157 )97 ,11(

97 ,197 ,1115 ,01 ,435

T

A1 ,435

5 ,197 ,1

15 ,015 ,0

660' I

3e

2

1e

222

−=∴

−=×−

−××

=

=

+

+

=

φ

φ

fase / 10 X S Ω =

0.150.15 0.75j 0.75j

I´ 2



428

A condiciones de plena carga, la corriente de armadura es 20 A y el f.d.p. es 0,9en adelanto. Si el torque de carga se incrementa gradualmente de esta condiciónhasta 300N-m., en que porcentaje deberá ser incrementada la excitación paraevitar la pérdida de sincronismo con este torque de carga.

SOLUCIÓN:

°====

842 ,259 ,0. p.d . f aargc plenaa A20 I

fase / 10 X , Hz50 , polos6 ,V 440 ,3

:Síncrono Motor

S

ϕ

Ω φ

seg / rad 7 ,104.m. p.r 10006

50120

P

f 120W ≡=×=×=

9 0 -

I

J j I X s

I

9 0 +

E o

9 0 -

I

J j I X s

I

9 0 +

E o

Figura P7.17.1

%9 ,6 069 ,07 ,385

7 ,3853 ,412

E

E ' E

E

E

V 3 ,412' E

254

1098 ,10471

V

X P' E 90sen

X

V ' E P

Watts98 ,104713PP

1000030

1000300W T P

V 83 ,27 7 ,385E

9020003

440 X jI 0

3

440E

0

00

0

0

S 10

S

01

31

L3

0

S 0

==−

=−=

=∴

×=×=⇒°×

×=

==

=××=×=

°−∠=

+∠−°∠=∠×−°∠=

∆

π π

ϕ ϕ

φ

φ

φ φ

φ

Por lo tanto debe incrementarse en 6,9%.



429

PROBLEMA N °7.18 : Un motor síncrono trifásico de 1000KVA, 60Hz y 2300V (Y ) tiene una reactancia X S =1,65Ω /fase.

a) Cual es el valor de la tensión de excitación si el ángulo de potencia es 10°eléctricos y el motor toma su corriente nominal con f.d.p. en atraso.

b) Cual será el ángulo de potencia del motor si este desarrolla una potencia desalida de 500KW con tensión de excitación de 2000V. Determine si el motor toma corriente en adelanto o atraso y calcule dicha corriente.

SOLUCIÓN:a)

A022 ,25123003

101000

V 3

S I

V I 3S 3

L L

L L

=××=

×=⇒

××=

Sabemos que :

)cos jsen(4 ,717 )10 jsen10(cos' E 2300

9065 ,1022 ,251103

' E

3

2300

10 X I j' E V S

φ φ

φ

δ

+×+°−°×=⇒

°∠×−∠+°−∠=

°=×+=

J j I X

s

E ´

Figura P7.18.1

Igualando parte real y parte imaginaria:

V 7 ,9633

' E ' E

V 1626 ,1669' E y17 ,66

sen4 ,717 10cos' E 2300

10sen' E cos4 ,717

fase ==∴

=°=⇒×+°×=°×=×

φ

φ

φ



430

b)

φ

δ

δ

δ δ φ

−∠×°∠+°−∠=⇒×+=

°=∴=

×××

=⇒××==

==

==⇒==

I 9065 ,133 ,103

2000

3

2300 X I j' E V

33 ,10

17935 ,0sen

3

2300

3

200065 ,1

3

10500sensen

X

V ' E 3

PP: fasePor

V 9 ,1327

3

2300V

V 7 ,11543

2000' E V 2000' E KW 500P

S

3

S 1

fase

faselínea

Desarrollando e igualando partes reales e imaginarias:

A11 ,171 I 827 ,42

cos I 8578 ,233 ,10sen2000

sen I 8578 ,233 ,10cos20002300

=∴°=⇒××=°×××+°×=

φ

φ

φ

PROBLEMA N° 7.19 : Un generador síncrono trifásico de 25KVA; 440V (Y ); 4 polos que tiene una reactancia síncrona por fase de 11,38Ohmios con unacaracterística de vacío como se muestra:

E 0 (V/fase) 70 140 210 280 350 420 I f (A) 1 2 3 4 5 6

El generador se conectará a un sistema de potencia infinito de 440V y 50Hz.

a) Para la puesta en paralelo calcular la velocidad a la que se debe impulsar el generador y la corriente de excitación.

b) Después de comprobar la secuencia de fases y el sincronismo, el generador es puesto en paralelo y a continuación el torque aplicado es aumentado de tal forma que se obtiene un ángulo interno de 25° eléctricos. Determinar la

corriente, f.d.p., ,, 11 φ φ QP y el torque aplicado.c) Si a continuación la corriente I f se regula de manera que el generador no

entregue ni absorba potencia reactiva del sistema. Calcular I f , I y el nuevo factor de potencia.

d) Determinar cual es el mínimo valor de I f que se debe aplicar sin que lamáquina salga de sincronismo y para este mismo régimen obtener la I,

f.d.p., .11 φ φ Q yP

SOLUCIÓN:



431

a)

.m. p.r 15004

50120

P

f 120W S =

×=×

=

Eo

If

254

3.629

Figura P7.19.1

b)

J j I X s

E = 2 5 4

o

V=254

25º

Figura P7.19.2

m N 76 ,45T 3T

m N 253 ,15

301500

926 ,2395

W

PT

9763 ,0cos. p.d . f

5 ,12926 ,2395

164 ,531arctan

P

Qtan

VAR164 ,53138 ,11

25425cos

38 ,11

254254

X

V cos

X

V E Q

Watts926 ,239525sen38 ,11

254254sen

X

V E P

13

m

11

1

1

2

S

2

S

01

S

01

−=×=∴

−=×

==

==∴

°=

=⇒=

−=−°××

=−××=

=°××

=××=

φ φ

φ

φ

φ

φ

φ

φ

π

ϕ

ϕ ϕ

δ

δ

c)W 926 ,2395.cteP0Q 11 ==⇒= φ φ

A629 ,370

254 I I 70E

V 2543

440V

f f 0

fase

==⇒×=

==

( )

A6618 ,938 ,11

95 ,109 I

95 ,109 X I

25cos2542542254254 X I

S

222S

==∴

=×⇒°×××−+=×



432

1. p.d . f 0Q:Como

A94 ,370

E I

V 863 ,275senV

X PE

: Luego

9 ,22254

38 ,11926 ,2395arctan

V

X Ptansen

X

V E P

E

V cos0

X

V cos

X

V E Q

1

0 f

S 10

2

2

S 1

S

01

0S

2

S

01

=⇒=

==⇒

=×

×=

°=

×=

×=⇒×

×=

=⇒=−××=

φ

φ

φ

φ

φ

δ

δ

δ δ

δ δ

J j I X s E o = 2 7 5,

8 6 3

V =254

= 2 7, 9 º

Figura P7.19.3

fase / A4578 ,938 ,11

63 ,107 I

63 ,107 254863 ,275V E X I 22220S

==∴

=−=−=×

d)

S 1

E omin

E o

=90º

Figura P7.19.4



433

A5335 ,170

E I

V 345 ,107

254

38 ,11926 ,2395E

90sen X

V E P

min0

min f

min0

S

min01

==

=×

=⇒

°××

=φ

J j I X s

Eo

V=254

Figura P7.19.5

389 ,0cos. p.d . f

1 ,67 926 ,2395

244 ,5669arctan

P

Qtan

Watts926 ,2395

38 ,11

254345 ,107 sen

X

V E P

VAR244 ,566938 ,11

254

X

V

X

V cos

X

V E Q

A23125 ,24 I 7516 ,275254345 ,107 X I

1

1

S

01

2

S

2

S

2

S

01

22S

==∴

°==⇒=

=×

=××=

−=−=−=−××=

=⇒=+=×

ϕ

ϕ ϕ

δ

δ

φ

φ

φ

φ

PROBLEMA N° 7.20 : Un generador síncrono trifásico de 150 KVA; 2200V;60Hz, de 6 polos en conexión estrella; X S = 43,83Ohmios/fase y resistenciadespreciable; fue ensayado en vacío y a la velocidad síncrona generando 3770V

en bornes de línea cuando la corriente de excitación fue de I f =40A.Si el generador va a ser conectado a un sistema de potencia infinito de 2200V y60Hz y asumiendo una característica lineal para el circuito magnético, se pide:

a) Para la puesta en paralelo, calcular la velocidad a la que debe impulsarse elgenerador y la corriente de excitación necesaria. Además mencione que otrascondiciones debe cumplirse para la puesta en paralelo.

b) Luego la excitación del generador es regulado de tal manera que I f = 49,4A yla corriente de armadura sea la nominal, calcular: Angulo de potencia " δ ",

factor de potencia, la potencia activa y la reactiva.c) Hallar el mínimo valor posible de I f para que la máquina no pierda

sincronismo.



434

SOLUCIÓN:

a)

A342 ,23403770

2200 I V 2200' E :vacíoEn

I

I

E

' E

.m. p.r 12006

60120

P

f 120W

f

0 f

f

S

=×==

=

=×

=×

=

- Secuencia de Fases.- Sincronismo.

b)

fase / V 37 ,1725365 ,3983 ,43 I X

) I V 3S ( A365 ,3922003

10150 I

V 114 ,26883

' E ' E

V 95 ,465540

4 ,493770' E A4 ,49 I Si

V 17 ,127032200V

nomaS

noma Ln

3

noma

fase

f

fase

=×=×⇒

××==××

=

==

=×=⇒=

==

En una fase:

V 114 ,2688' E

V 32200V

fase

fase

=

=

J j X s a I E ´

V

-

Figura P7.20.1

( )

( )

°=∴

××

×−+=⇒

×××−+=×

85 ,30

' E V 2

I X ' E V arccos

cos' E V 2' E V I X

fase fase

2aS

2 fase

2 fase

fase fase2

fase2

fase2

aS

δ

δ

δ



435

°∠

°∠−∠=−∠

°∠×−∠+°∠=∠

90 X

0V ' E I

90 X I 0V ' E

S

fase fasea

S a fase fase

δ ϕ

ϕ δ

[ ]

KVAR069 ,30Q

3

220085 ,30cos

3

2200114 ,2688

83 ,43

1V cosV ' E

X

1Q

KWatts95 ,39P

85 ,30sen83 ,43

3

2200114 ,2688

sen X

V ' E P

799 ,0)97 ,36 cos(. p.d . f

97 ,36 365 ,399083 ,43

03

220085 ,30114 ,2688

I

1

22

fase fase faseS

1

1

S

fase fase1

a

=∴

−°×××=−×××=

=∴

°××

=××

=

=°−=∴

°−∠=°∠

°∠−°∠=−∠

φ

φ

φ

φ

δ

δ

ϕ

c)

E´ min

90º

P1

Figura P7.20.2

A334 ,25

33770

4056 ,1378 I

min f =×=

PROBLEMA N° 7.21 : Un motor síncrono de 11KV, conexión estrella, 50Hz,6polos, opera a 1MVA y f.d.p. 0,9 capacitivo. Si el motor tiene una impedancia

puramente inductiva X S = 120 Ohmios/fase.a) Calcular la corriente de armadura, la tensión interna, torque eléctrico y la

potencia de salida.b) Calcular la nueva corriente de armadura, la tensión interna requerida para

operar al motor a f.d.p. 0,8 inductivo e impulsando la misma carga mecánica,

expresar el nuevo valor de E f como una fracción del valor obtenido en a).

fase / V 56 ,1378' E

1095 ,39P90sen X

V ' E

min

31S

fasemin

=⇒

×==°××

φ



436

SOLUCIÓN:

a)

J j X s a I

E

V -

Figura P7.21.1

mKN 6 ,8

6

504

900669

W

PT

KW 669 ,900PKW 223 ,300P

96 ,31sen120 3

1100085 ,10716

sen X V E P

96 ,31

KV 71685 ,10E

96 ,3185 ,10716 E

8 ,255 ,529012003

11000 I jX V E

8 ,259 ,0cos

A5 ,5210113

10

V 3

S I

3e

31

S

f 1

f

f

S f

3

6

−=×==

=⇒=∴

°×

×

=××=

°=

=∴

°−∠=

°∠×°∠−°∠=×−=

°=⇒=

=××

=×=

π

θ

θ

ϕ ϕ

φ

φ φ

φ

b)

E f

V

J j X I

s

I

Figura P7.21.2



437

563 ,085 ,10716

6034K

8 ,69

V 6034E

8 ,696034E

37 09 ,599012003

11000 I jX V E

A09 ,598 ,0110003

900669cosV 3

P I

Pcos I V 3

.cteP

inductivo8 ,0. p.d . f

f

f

S f

L

3

3 L

1

==

°=

=∴

°∠=

°−∠×°∠−°∠=×−=

=××

=××

=⇒

=×××

==

θ

ϕ

ϕ

φ

φ

φ

PROBLEMA N° 7.22 : En la figura se muestra un generador síncrono trifásicode rotor cilíndrico de 12MVA, 11KV en conexión Y , 60Hz, Z d = j6,96 Ohmios/fase, el cual está conectado a una red de potencia infinita de 11KV,

f=60Hz, mediante 2 líneas de impedancia Z L = j1,6 Ohmios/fase.En horas de máxima demanda, la válvula de admisión de agua de la turbina y lacorriente de excitación del generador son ajustados de tal manera que la tensiónen bornes del generador sea 11,3KV y un cosϕ =0,766.Para este régimen calcular:

a) La potencia activa y reactiva que el generador entrega por sus bornes.b) El ángulo medido entre la tensión del sistema y la fuerza electromotríz.c) La potencia activa máxima que puede entregar si una terna sale de servicio.

V´ g V´ s

J jX =Z L L

J jX =Z L L

Z d

Figura P7.22.1

SOLUCIÓN:

Como cosϕ =0,766 entonces ϕ =40° y X L' =Z L // Z L = 0,8 Ohmios/fase.

Como el generador está en Y , entonces por fase tenemos:

V 85 ,63503

11000V V 058 ,6524

3

11300V S g ====



438

De lo cual obtenemos el siguiente diagrama fasorial:

J j X I d

V s

-

E f

V g

J j X I L

Figura P7.22.2

De lo cual:

°=−=

°=

×=

×=⇒×=×

9 ,1

1 ,3811

766 ,03 ,11arccos

V

cosV arccoscosV cosV

S

ggS

θ ϕ ψ

θ

ϕ θ ϕ θ

Por ley de cosenos:

( )

°=°−°=−=°=⇒

=°××+°×=

××+×

=

===⇒

×××−+=×

8 ,12408 ,52

8 ,52

3176 ,140cos058 ,6524

96 ,6 6 ,34340sen058 ,6524

cosV

X I senV tan: Luego

A6 ,3438 ,0

88 ,274

' X

88 ,274 I

cosV V 2V V ' X I

g

d g

L

gS 2

g2

S 2

L

ϕ β δ

β

ϕ

ϕ β

ψ

a)

MVAR32 ,4tanPQ

MW 15 ,58 ,12sen96 ,6

058 ,65248 ,8266 3sen

X

V E 3P

V 8 ,8266 E

8 ,52sen96 ,6 6 ,3438 ,12cos058 ,6524sen X I cosV E

d

g f

f

d g f

=×=

=°×××

=×××

=∴

=

°××+°×=××+×=

ϕ

δ

β δ

b) Nos piden δ +ψ =12,8°+1,9°=14,7°=δ '



439

c)

MW 67 ,47 ,14sen56 ,8

85 ,63508 ,8266 3' P

)terna1(56 ,86 ,196 ,6 ' X )ternas2(76 ,7 8 ,096 ,6 X :donde

' sen' X

V E 3' P

Z d

Z d

Z d

S f

=°×××

=∴

=+= =+=

×××

= δ

PROBLEMA N° 7.23 : Un motor síncrono trifásico de 500HP, 2300V y 60Hz,tiene una resistencia despreciable en el inducido, y una reactancia síncrona

X S = 13 Ohmios/fase. Cuando la corriente en el inductor es de 94 A DC, lamáquina genera en circuito abierto la tensión nominal y girando a la velocidad síncrona. Suponer lineal la característica de circuito abierto. La máxima

corriente del inductor utilizable es de 175 A. Si el motor entrega su potencianominal, calcular:

a) El máximo ángulo del factor de potencia en adelanto de fase y la corriente delinducido.

b) La corriente del inductor más pequeño posible, para que no se pierdasincronismo, la corriente de línea y el f.d.p..

c) La corriente del inductor y la corriente del inducido, cuando el motor trabajacon f.d.p. unitario.

SOLUCIÓN:

a) Tomando el siguiente diagrama fasorial:

E f

- I

Figura P7.23.1

2300

94

Iif

E f/fase

3

Figura P7.23.2

.::

.:

a

f

I inducidoelenCorriente I

inductor elenCorriente I

f f I 943

2300E ××=



440

Para la máxima corriente:

V 165 ,2472175943

2300E f =××=

f

S 1

S

f 1 E V

X Psensen

X

E V P

××=⇒××= φ

φ δ δ

Si entrega su potencia nominal:

°∠=°∠

°−∠−=−=⇒=×+

=

°=⇒===⇒

=−°××

=−××

=

°=⇒=

×

×=∴

=×

=

1 ,3406 ,1139013

47 ,29165 ,24723

2300

jX

E V I V I jX E

8281 ,0cos

1 ,34677 ,033 ,124333

84209

P

Qtan

VAR8420913

3

230047 ,29cos

3

2300165 ,2472

X

V cosV E Q

47 ,29492 ,0

165 ,24723

2300

1333 ,124333sen

W 33 ,1243333

746 500P

S

f S f

1

1

2

S

2 f

1

1

φ

φ φ

δ

δ δ

φ

φ

φ

φ

b)

fase / V 2 ,1217 E

90sen13

3

2300E

3

746 500sen

X

V E P

f

f

maxS

f 1

=∴

°××=

×⇒×

×= δ φ

6756 ,0cos

5 ,47 5664 ,1389013

902 ,1217 3

2300

jX

E V I

fase / A16335 ,86 2 ,1217 2300

394E

2300

394' I

S

f

f f

=∴

°−∠=°∠

°−∠−=−=

=××=×

×=∴

φ



441

c)

°=

=××

=×=

×

×=⇒×

×=

=

=−××

=∴=⇒°=⇒=

5 ,42

9166 ,0

3

2300

133

746 500

V

X Ptan

V E

X Psensen

X

V E P

E

V cos

0 X

V cosV E

0Q0tan

01cos

22

S 1

f

S 1

S

f 1

f

S

2

f

1

δ

δ

δ δ

δ

δ

φ

φ φ

φ

φ

φ

φ

Θ

--

-

Figura P7.23.3

°∠=°∠

°−∠−=−=

=××=×

×=∴

=°

=⇒

=×

06 ,939013

5 ,42094 ,18013

2300

jX

E V I

A5 ,127 094 ,18012300

394E

2300

394 I

fase / V 094 ,18015 ,42cos

3

2300

E

V cosE

S

f

0 f 0 f

0 f

0 f δ



442

ANEXO

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