1. MAGNETISMO

1. MAGNETISMO
Los primeros fenómenos magnéticos observados estaban relacionados, sin duda, con los
llamados imanes naturales, que son trozos de mineral de hierro encontrados junto a la
antigua ciudad de Magnesia (de donde viene el término magnético). Estos imanes
naturales tiene la propiedad de atraer el hierro no imantado, siendo el efecto má
pronunciado cerca de a las regiones del imán llamadas polos. Era conocido por los
chinos, antes del año 121 de nuestra era, que una barra de hierro, después de haber sido
colocada cerca de un imán natural esta adquiría y conservaba la propiedad de los
imanes naturales y si dicha barra se suspendida libremente de modo que pudiera girar
alrededor de un eje vertical se coloca aproximadamente en la dirección Norte-Sur. El
uso de los imanes para facilitar la navegación puede hacerse remontar al siglo undecimo
al menos.
El estudio de los fenómenos magnéticos se limitó durante muchos años a los imanes
obtenidos de esta forma. Hasta que en 1819 no se demostró que existía una relación
entre los fenómenos eléctricos y magnéticos: En aquel año, el físico danés Hans
Christian Oersted (1770-1851) observó que un imán que puede girar libremente sobre
su eje (una aguja magnética) se desvía al encontrarse en la proximidad de un hilo
conductor que transporta una corriente. Doce años más tarde, tras intentos que duraron
varios años, Faraday observó que se produce en un circuito eléctrico se genera una
corriente instantánea, cunado en otro circuito próximo se establece o se interrumpe una
corriente eléctrica. Poco tiempo después, se descubrió que al acercarse o alejarse un
imán de un circuito eléctrico se produce el mismo efecto. El trabajo de Oersted
demostró que pueden producirse efectos magnéticos por el movimiento de carga
eléctricas, y el de Faraday y Henry, que pueden obtenerse corrientes por el movimiento
de imanes.
Actualmente se cree que los llamados efectos magnéticos proceden de las fuerzas
originadas entre cargas eléctricas en movimiento. Esto es, las cargas móviles ejercen
fuerzas magnéticas entre sí, además las fuerzas puramente eléctricas dadas por la ley de
Coulomb. Comenzaremos, por consiguiente, el estudio del magnetismo considerando
las fuerzas que existen entre cargas móviles.
Puesto que los electrones están en movimiento al rededor del núcleo atómico, y cada
electrón parece estar en rotación constante alrededor de un eje que pasa por él, cabe
destacar que cada átomo presenta efectos magnéticos y de hecho se ha encontrado que
así es. Las posibilidades que las propiedades magnéticas de la materia fueron fueran
consecuencia de las partículas minúsculas del átomo, fue sugerida por Ampere en 1820.
Claro está que esta teoría no ha sido comprobada aún.
1.1 Campo magnético. Inducción
Se puede adoptar el punto de vista de que toda carga en movimiento crea un campo
magnético en el espacio que la rodea y este campo es el que ejerce una fuerza sobre otra
carga que se mueve en él. Además de un campo magnético que se crea existe un campo
electrostático que rodea la carga esté o no en movimiento. Una segunda partícula
cargada, situada en estos campos combinados, experimenta una fuerza debida al campo
1
eléctrico independientemente de estar en movimiento o en reposo. El campo magnético
ejerce una fuerza sobre ella únicamente si está en movimiento. Se dice que existe un
campo magnético en un punto si se ejerce una fuerza sobre una carga móvil que pasa
por dicho punto.
Se puede definir un vector B llamado inducción magnética, que caracteriza el campo
magnético del mismo modo que el vector E caracteriza el campo eléctrico. El valor de la
inducción magnética B en cualquier punto se define con la relación:
F
Ecuación 1-1
B=
q * v * senφ
Donde q es el valor de la carga; v su velocidad; φ el ángulo formado por v y la dirección
del campo magnético y F la fuerza que actúa sobre la carga móvil en el punto.
Si F se expresa en newtons, q en culombios y v en metros por segundo, se dice que B se
mide en webers por metro cuadrado. Así un weber por metro cuadrado es la inducción
magnética de un campo magnético en el cual una carga de un culombio, que se mueve
con una componente de velocidad perpendicular al campo es igual a un metro por
segundo, está sometida a una fuerza de un newton.
Weber
newton
1
=1
2
coul * m / seg
m
O sea, puesto que un culombio por segundo es igual a un amperio:
Weber
newton
=1
2
amperio * m
m
En el sistema cgs, B se mide en maxwells por centímetro cuadrado o gauss. Puede
demostrarse que:
Maxwell
weber
1gauss = 1
= 10 − 4
2
cm
m2
O sea
weber
Ecuación 1-2
10 4 gauss =
m2
Los mayores valores de la inducción magnética que se puede obtener en un laboratorio
es del orden de 10web/m2 o sea de 100.000 gauss y el campo magnético terrestre la
inducción es solo de algunas cienmilésimas de weber por metro cuadrado, esto es,
algunas décimas de gauss.
1
1.2 Líneas de inducción, Flujo magnético.
Un campo magnético al igual que un campo eléctrico, puede representarse por líneas
llamadas líneas de inducción, cuya dirección en cada punto es el valor del vector
inducción magnética. Por convenio, el número de esta líneas por unidad de superficie
normal a su dirección se hace igual al valor de la inducción. Como unidad de inducción
se eligió el weber por metro cuadrado, de modo que un weber sería igual a un línea de
inducción. Análogamente en el sistema cgs, se eligió como unidad de inducción el
maxwell por centímetro cuadrado, de modo que un Maxwell sería igual a una línea.
2
El número total de líneas de inducción que atraviesan una superficie se denomina flujo
magnético a través de la superficie y se representa por φ. En el caso especial en que B es
uniforma y normal a la superficie infinita A,
φ = B * A Ecuación 1-3
Puesto que B se mide en wb/m2 y A en m2, el flujo se mide en webber. Como la
inducción B en un punto es igual al flujo por unidad de área, esta cantidad se denomina
frecuentemente densidad de flujo.
1.3 Campo magnético sobre un conductor.
Las primeras observaciones registradas sobre campos magnéticos creados por corrientes
eléctricas fueron observadas por Oersted, quien descubrió que una aguja imantada que
puede girar alrededor de un eje y está próxima a un hilo conductor por el cual circula
una corriente eléctrica, tiende a colocarse con su eje longitudinal perpendicular al
conductor. Experiencias posteriores realizadas por Biot y Savart, y por Ampere,
condujeron a una relación por medio de la cual se puede calcular la densidad de flujo en
cualquier punto del espacio que rodea un circuito por el que pasa una corriente.
Como se puede ver en la figura 1 el campo magnético que rodea un conductor son
figuras concéntricas con el hilo y situadas en planos perpendiculares a él. Se observa
que cada línea de inducción es una línea cerrada, y en este aspecto las líneas de
inducción difieren de las líneas de fuerza de un campo eléctrico que terminan sobre
cargas positivas y negativas. Esta propiedad de las líneas de inducción es cierta,
cualquiera que sea la forma del circuito que crea el campo; cada línea de inducción se
cierra sobre si misma.
Fig 1-1 Campo magnético sobre un conductor.
1.4 Campo magnético sobre una espira circular.
En muchos dispositivos que utilizan una corriente para crear un campo magnético, tales
como un electroimán o transformador; el hilo que transporta la corriente está arrollado
en una bobina. En la figura 2 se ve el conductor y las líneas de flujo que rodean una
espira circular y se encuentran en un plano que pasa por su eje. En realidad, el campo
tiene tres dimensiones y podemos hacernos una idea de él imaginando que el plano gira
alrededor del eje; hay que recordar que cada línea de inducción es una curva cerrada.
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Fig 1-2 Líneas de inducción que rodean una espira circular.
1.5 Campo magnético en un solenoide.
La densidad de flujo producida en cualquier punto por una corriente que circula por un
arrollamiento solenoidal, es simplemente la resultante de las densidades de flujo creadas
en dicho punto por cada espira del solenoide. Utilizando la ecuación de Biot y Savart se
puede demostrar que en cualquier punto del eje o próximo a él y no demasiado cerca de
sus extremos se verifica que:
NI
B = µ0
Ecuación 1-4
l
Siendo N el número total de espiras, l la longitud del solenoide e I la corriente eléctrica
que circula por el conductor. El campo completo se puede ver en al figura 3. Obsérvese
en la ecuación 4 el radio del cilindro sobre el cual fue bobinado el conductor no afecta
la ecuación.
Fig 1-3 Campo magnético en un solenoide.
1.6 Campo magnético en un toroide.
Un arrollamiento tal como se muestra en la figura 4 se denomina toroide. Puede
imaginarse que es un solenoide que se ha encorvado hasta adquirir la forma circular, de
forma que sus extremos se han unido. Prácticamente todo el flujo magnético se confina
en el interior del toroide y la densidad de flujo en cualquier punto, dentro del
arrollamiento está dada por la ecuación 4 en la cual l representa la longitud de la
4
circunferencia media del toroide. Cabe destacar que el flujo fuera del toroide es cercano
a cero.
Fig 1-4 Campo magnético producido en un toroide.
1.7 Excitación magnética.
Las propiedades magnéticas de la materia pueden medirse y calcularse fácilmente
cuando la sustancia adopta la forma de anillo, porque el campo magnético creado por
una corriente eléctrica en el arrollamiento magnetizante está confinada completamente
al interior del anillo. Ninguna línea de inducción atraviesa la superficie de la sustancia
hacia el espacio exterior.
Cuando las sustancias magnéticas son cilíndricas o en forma de U, como sucede con
frecuencia, las líneas de inducción atraviesan la superficie en ciertas zonas llamadas
polos. Las regiones por donde las líneas de inducción salen del cuerpo se denominan
polos nortes, y las regiones por donde entran se llaman polos sur.
Un hilo que transporta una corriente o una carga móvil están sometidos a una fuerza
cuando se encuentran en la cercanía de un polo magnético. Es decir, los campos
magnéticos pueden producirse bien por, corrientes que circulan en los conductores, o
por los polos magnéticos. Para llevar a cabo el estudio del magnetismo con suficiente
generalidad y tener en cuenta estos dos efecto magnéticos, se define una nueva cantidad
vectorial H, a la que se denominará excitación magnética. La expresión completa para H
tiene dos términos, uno de los cuales expresa el efecto de las corriente que circulan por
los conductores y otro, el de los polos magnéticos. En el caso del anillo de Rowland, en
donde no hay polos magnéticos, el segundo término es nulo.
El término que expresa el efecto producido por las corrientes que circulan en los
conductotes que está formado por la ley de Biot-Savart y se diferencia por el término de
m0
1 idlsenθi
dH =
Ecuación 1-5
4π R 2
La dirección de dH es la misma que dB. Si se aplica la ecuación anterior al anillo de
Rowland se puede obtener la expresión completa como sigue:
Ni
H=
Ecuación 1-6
l
Obsérvese que la excitación magnética de una sustancia no depende de la sustancia que
forma el anillo. Si se hace un análisis dimensional de la excitación magnética nos
podemos dar cuenta que se expresa en amperios vuelta por metro, o en amperios por
metro. Si se desean incluir el efecto de N. Al igual que la inducción magnética, el valor
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y dirección de H pude representarse por medio de líneas de fuerza magnética que pasan
por el punto. Dentro de un anillo de Rowland las líneas de fuerza magnética tienen la
misma forma que las líneas de inducción magnética, aunque no siempre sucede así.
Para un anillo de Rowland de densidad de flujo se expresa como B = µ
Ni
y la
l
Ni
de lo cual se deduce
l
B = µH Ecuación 1-7
Hay una clasificación de los materiales magnéticos tomando como referencia el vació
que tiene una permeabilidad de igual µ 0 = 4π 10 −7 henrios/metro.
excitación magnética como H =
Se define la permeabilidad relativa de un material como la relación del material sobre la
permeabilidad del vacío como:
µr =
µm
µ0
Ecuación 1-8
Y se acostumbra no a dar la permeabilidad del material sino la permeabilidad relativa de
los materiales.
1.8 Materiales diamagnéticos.
Aquellos materiales que experimentan una pequeña fuerza de repulsión son llamados
materiales diamagnéticos. De nuestra experiencia se ha encontrado que el bismuto,
plata, cobre son de estos tipos de materiales. La permeabilidad de estos materiales es un
poco menos a la permeabilidad del vacío en el espacio libre. La permeabilidad de
algunos materiales diamagnéticos se puede citar en la siguiente tabla:
Tabla 1.1. Materiales diamagnéticos
material Permeabilidad
relativa
Bismuto 0.999 981
Berilio
0.999 987
Cobre
0.999 991
Metano
0.999 969
Plata
0.999 980
Agua
0.999 991
1.9 Materiales paramagnéticos.
También existen materiales que experimentan una fuerza de atracción. Sustancias que
son impulsadas hacia el centro de un solenoide con una pequeña fuerza, estos materiales
son llamados paramagnéticos. Estos materiales tienen una permeabilidad un poco mayor
a la permeabilidad del vacío en el espacio libre. Una lista breve de estos materiales se
pueden ver en la tabla 1.2.
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Tabla 1.2. Materiales paramagnéticos
material
Permeabilidad
relativa
Aire
1.000 304
Aluminio
1.000 023
Oxigeno
1.000 330
Manganeso 1.000 124
Paladio
1.000 800
Platino
1.000 014
1.10 Materiales ferromagnéticos.
Hay materiales que experimentan no solo una gran fuerza de tracción en el experimento
del anillo de Rowland sino que aumentan significativamente el flujo producido en el
vacío. Estos materiales son llamados ferromagnético, la fuerza de atracción
experimentada por este tipo de material puede llegar a ser 5000 veces la experimentada
en el vacío. Solo existen tres materiales ferromagnéticos en la naturaleza ellos son el
hierro, níquel y el cobalto; pero afortunadamente estos materiales abundan en la
naturaleza y se pueden usar para la construcción de máquinas eléctricas.
Desafortunadamente este tipo de material no tiene un comportamiento lineal entre la
relación B vs H y se necesita un tratamiento matemático mas extenso para comprender
el funcionamiento de este tipo de materiales. Inicialmente, la permeabilidad del material
depende de la historia magnética de este. Fenómeno llamado histéresis. En efecto,
puede existir flujo en el hiero aún en ausencia de un campo exterior; cuando el material
se encuentra en este estado se llama imán permanente.
A causa de la relación complicada entre la densidad de flujo y la intensidad de una
sustancia ferromagnética, no es posible expresar B como función analítica de H. En
lugar de esto, se da la relación entre las dos magnitudes mediante una gráfica o una
tabla y esta gráfica se le llama curva de imantación o magnetización de la sustancia (ver
figura 5).
Fig 1-5 Curva de magnetización del hierro templado.
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1.11 Dipolos magnéticos:
Para entender el comportamiento de los materiales ferromagnéticos debemos echar un
vistazo como están construida su estructura molecular. Es bien conocido que los
electrones orbitan los núcleos a una velocidad constante. La corriente es definida como
una carga que pasa a través de un punto dado en un segundo, un electrón describe una
trayectoria circular y este describe un anillo. Cuando se multiplica la corriente por la
superficie encerrada por el, se obtiene lo que se conoce como momento orbital
magnético.
Un electrón está continuamente girando sobre su propio eje a una velocidad
determinada. El efecto de spining involucra cargas circulantes y denota un electrón con
un momento de spining.
El momento magnético de una átomo es obteniendo combinando estos dos efectos y el
efecto magnético se determina dependiendo de la cantidad que tengan estos dos
momentos. El campo magnético neto produce un campo lejano que es similar a aquel
producido por un corriente en una espira. N S
Fig 1-6 Dipolos magnéticos.
1.12 Dominios magnéticos.
En las sustancias diamagnéticas y paramagnética, la densidad de flujo debida la las
corrientes electrónicas es despreciable comparada con el campo aplicado. Mientras que
en las sustancias ferromagnéticas puede ser miles de veces mayor que el campo
aplicado. La conclusión es que en una sustancia ferromagnética han de actuar sobre los
imanes moleculares alguna influencia alimentadora distinta del campo aplicado. Esto
solo puede producirse por una acción mutua entre las moléculas, efecto que es
despreciable en las sustancias diamagnéticas y para magnéticas. Este primer
señalamiento fue señalado por Pierre Weiss en 1907.
Las sustancias ferromagnéticas están formadas por cientos de estos dominios
magnéticos que le dan el comportamiento descrito en la figura 5. Cunado se tiene un
pedazo de material virgen, estos dipolos se encuentran orientados al azar y el flujo
magnético total es nulo debido a que los dipolos tienen orientaciones diferentes.
Cuando el pedazo de material es colocado en un campo magnético externo todos los
dipolos tienden a alinearse en el mismo sentido del flujo excitador. Una forma de
conseguir el campo excitador es colocar una bobina que transporta una corriente
eléctrica como en el caso del anillo de Rowland. Se puede ver experimentalmente que
algunos dipolos se alinean más o menos en la misma dirección del campo magnético.
Estos dominios tienden a hacer crecer el campo magnético a expensas de los dominios
vecinos. El crecimiento del dominio solo cambia sus límites. El movimiento del los
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límites, sin embargo, depende de la estructura de los granos del material. También se
puede experimentar que los dominios rotan sus dipolos magnéticos en la dirección del
campo aplicado. Como resultado, la densidad del campo magnético crece.
Fig 1-7 Dominios magnéticos.
La corriente en la bobina establece un la una intensidad de campo H en el material, la
cual se puede considerar como una variable independiente. La intensidad de campo H
establece un campo magnético con densidad B. el establecimiento de la densidad B hace
crecer los límites de los dominios y este movimiento puede ser reversible. Si se sigue
aumentado la excitación magnética H incrementando la corrigen en la bobina, la
densidad del campo magnético B llegará a ser más fuerte porque hay mas dipolos
magnéticos alineados a favor del campo. Si se aprecia el movimiento de los dipolos en
un principio el crecimiento de B es lento, luego se incrementa rápidamente, y luego se
muy lento nuevamente (ver fig 5) y finalmente se vuelve casi plano. La curva así
generada es conocida como la curva de magnetización o simplemente la curva B vs H
de un material magnético. Cada material magnético tiene su propia característica. La
zona donde la curva cambia de pendiente se llama el codo. La saturación magnética se
presenta después del codo.
1.13 Histéresis.
Una curva de imantación, tal como aparece en la figura 5, expresa la relación entre la
densidad de campo B y la excitación magnética H, siempre y cuando la muestra se
encuentre desimantada y la excitación magnética aumente desde cero. Así, si la
corriente en la bobina magnetizante en el arrollamiento de un anillo desimantado
aumente de modo continuo, desde cero hasta que la excitación magnética H corresponda
a la abcisa Oe, la densidad de flujo B está dada por la ordenada Of. Si partiendo del
estado desimantado, la excitación magnética se aumenta, primero desde Og y después se
debe disminuir hasta Og, y después se debe disminuir hasta Oe, el estado magnético de
la muestra Viena dado por la trayectoria Oabc. La densidad de flujo, se ha reducido hasta
Oh en lugar de Of. Si se anula ahora la corriente de magnetizante, la curva continua
hasta el punto d, en el cual la densidad de flujo Od.
Fig 1-8 Comportamiento de histéresis.
Se ve que la densidad de flujo en la muestra no depende únicamente de la excitación
magnética, sino también de la história magnética de la misma. Por decirlo así, la
muestra tiene memoria magnética y recuerda que ha sido imantada hasta el punto b,
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aunque se haya suprimido después la corriente magnetizante. En el punto d se ha
convertido en un imán permanente. Este comportamiento de la sustancia evidenciado
por hecho de la curva B-H no coincide, al disminuir H, con la obtenida cuando H
aumenta, se denomina histéresis. El término significa literalmente quedarse atrás.
Fig 1-9 Comportamiento de la curva de histéresis.
En muchos aparatos eléctricos, tales como transformadores y motores, hay masas de
hierro situadas en campos magnéticos cuyo sentido cambia continuamente (excitadas
con corriente alterna). Esto es, la excitación magnética H cambia desde 0 hasta cierto
valor en un sentido, después se anula, aumenta nuevamente hasta un valor, pero en
sentido contrario, disminuye nuevamente hasta cero hasta anularse nuevamente y repite
el ciclo indefinidamente. La densidad de flujo se invierte también pero de la forma
como se muestra en la figura 9 describiendo una curva cerrada en el plano B-H llamada
ciclo de histéresis.
Fig 1-10 Curva de histéresis.
1.14 CIRCUITOS MAGNÉTICOS
Es importante observar que un campo magnético es un fenómeno de parámetro
distribuido; esto es, está distribuido en una región del espacio. Como tal, un análisis
riguroso requiere del uso de las variables de distancia tal como están contenidas en los
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símbolos de divergencia y rotacional. Sin embargo, en condiciones apropiadas es
posible aplicar un análisis de parámetro concentrado a ciertas clases de problemas de
campo magnético, tal como se aplica al análisis de circuitos eléctricos. En el problema
de circuito magnético la exactitud y precisión de tal análisis es mucho menor, empero,
que en los problemas de circuito eléctrico debido a la variación relativamente pequeña
de la permeabilidad entre conductores y aisladores magnéticos, como se mencionó
antes.
El análisis de un circuito magnético sigue la tendencia de un análisis sencillo de un
circuito eléctrico de c.c y se aplica a sistemas excitados por señales de c.c. o, mediante
una aproximación incremental, a una excitación de c.a. de frecuencia baja. Su utilidad
estriba en determinar el tamaño de los componentes magnéticos de un aparato
electromagnético durante las etapas de diseño, en calcular inductancias, y en determinar
las densidades de flujo en el entrehierro en cálculos de potencia y de par de torsión.
Comencemos con unas cuantas definiciones:
1.15 Potencial magnético.
Para regiones en las que no existen densidades de corriente eléctrica, lo cual es cierto
para los circuitos magnéticos que estudiaremos, la intensidad del campo magnético, H,
puede ser definida en términos del potencial magnético escalar como
H = ∇ℑ; ℑ = ∫ H .dl
Ecuación 1-9
Se ve que ℑ tiene la dimensión de amperios, aunque, a menudo, se emplea "amperiosvueltas" como una unidad para ℑ. Frecuentemente se usa el término fuerza
magnetomotriz (fmm) para una elevación de potencial o fuente de energía magnética.
Para una caída de potencial, suele usarse el término caída de reluctancia. Existen dos
tipos de fuentes de fmm en circuitos magnéticos: la corriente eléctrica y los imanes
permanentes. Por lo general, la fuente de corriente eléctrica consta de una bobina de un
cierto número de vueltas, N, que porta una corriente conocida como la corriente de
excitación. Nótese que el número de vueltas, M es adimensional.
1.16 Flujo magnético.
Las líneas de corriente o de flujo en un campo magnético se conocen como líneas de
flujo magnético, y se denotan por el símbolo φ, y tienen la unidad weber en el sistema
SI. El flujo está relacionado a B por la integral de superficie
φ = ∫ B.ds
Ecuación 1-10
s
1.17 Reluctancia.
La reluctancia es un componente de la impedancia magnética, un tanto análoga a la
resistencia en circuitos eléctricos, con excepción de que la reluctancia no es un
componente de pérdida de energía. Se define por una relación análoga a la ley de Ohm:
ℑ
φ=
Ecuación 1-11
ℜ
La unidad en el sistema SI de la reluctancia magnética es el henry-1. Si suponemos que
la unidad de flujo tiene sólo un componente direccional, B, y que es uniforme sobre una
sección transversal de un área, Am, tomada perpendicular a la dirección de B, se
convierte en Φ = BAm. También suponemos que H no varía a lo largo de la longitud lm
en la dirección de B, y se convierte, reordenando, en
11
ℜ=
ℑ
φ
=
H .lm
l
= m
B. Am µAm
Ecuación 1-12
1.18 Permeancia.
La permeancia, þ , es el recíproco de la reluctancia y tiene la unidad henry en el sistema
SI. La permeancia y la reluctancia se emplean ambas para describir las características
geométricas de un campo magnético, principalmente para el propósito de calcular
inductancias.
Basados en 11 y 12, podemos ahora construir las relaciones resumidas en la tabla 1.3.
En esta tabla, l es la longitud y A es el área de la sección transversal del paso del caudal
de corriente en el circuito eléctrico o del flujo en el circuito magnético.
En la tabla 1.3 se puede verificarse que la unidad de reluctancia es H-1. A causa de que
ℑ es análoga a I, y que þ es análoga a R, las leyes para resistencias conectadas en serie
o en paralelo son igualmente válidas para las reluctancias.
Tabla 1.3 Analogía entre un circuito magnético y un circuito eléctrico de cc.
Circuito Magnético
Flujo Ф
Fmm Ŧ
Reluctancia Ʀ
Permeancia Ƥ
Permeabilidad µ
Ley de ohm Ф=Ŧ/Ʀ
Circuito Eléctrico
Corriente, I
Voltaje, V
Resistencia R = 1 / σA
Conductancia G = 1/R
Conductividad σ
Ley de ohm I= V/R
1.19 Circuito magnético de un toroide.
Ahora se analizará el anillo de Rowlad para observar la aplicación de la analogía entre
variables magnéticas y eléctricas. Si se observa la figura 11 de la izquierda se ve una
fuente magnetomotriz que no es más que la bobina sobre el circuito magnético.
La fuerza magnetomotriz se representa por una fuente de tensión. La polaridad es
representada por una N que representa el polo norte, y representa el lugar por donde
salen las líneas de flujo. El polo sur se representado por una S y representa el lugar por
donde entran la líneas de flujo. La polaridad se debe determinar de acuerdo a la regla de
la mano derecha, el pulgar representa el sentido de la corriente y los cuatro dedos
restantes el sentido del flujo.
La trayectoria del flujo es representada por unas líneas rectas que unen dos puntos
específicos. Al igual que los conductores eléctricos en estas líneas no se presenta
ningún tipo de pérdida.
El circuito debe tener una reluctancia ℜ, esta varía cada vez que se cambie de material,
de área o haya longitudes complicadas de obtener. El circuito total se pude ver en la
figura11.
12
Fig 1-11 circuito eléctrico equivalente de un toroide.
1.20 Circuitos magnéticos con entrehierro.
Un entrehierro en un circuito magnético es una pequeña grieta de material que se llena
de aire como se muestra en la figura 12. En esta zona hay un cambio de material y por
ende debe haber una reluctancia adicional. En el circuito habrán dos reluctancias, una
debida al material magnético de alta permeabilidad y otra debida al aire.
Desafortunadamente la permeabilidad del aire es baja (cercana a la del vacío) y por
consiguiente la reluctancia en este sector es alta haciendo que allí se pierda gran
cantidad de fuerza magnetomotriz aunque la longitud del entrehierro sea pequeña.
Otro factor que se debe tenerse en cuenta en el momento de trabajar con entrehierro es
la dispersión del flujo que aparece en esta zona. Si se analiza el circuito magnético este
presenta una trayectoria cómoda y definida al flujo pero al llegar al entrehierro hay una
disminución de la permeabilidad, además todo el circuito magnético está rodeado de
aire lo que le da una ampliación del área transversal.
Fig 1-12 Circuito magnético con entrehierro.
1.21 Circuitos magnéticos con varias fuentes.
En la figura 1.10 se puede ver un toroide con dos bobinas en la figura de la izquierda se
puede ver que el flujo producido por las dos bobinas van en el mismo sentido lo que
hace que el flujo se refuerza o el efecto de las dos fuentes sea aditivo.
En la figura de la derecha el flujo producido por las dos bobinas va en sentido contrario
lo que hace que el flujo total sea la diferencia de los dos. Al presentarse esta situación se
puede darse el caso que una fuente consuma fuerza magnetomotriz mientras la otra
produzca. O que ambas fuentes generen fuerza magnetomotriz. Para analizar este
fenómeno se debe hacer el mismo análisis de las fuentes de tensión que se hacían en los
circuitos eléctricos.
13
Fig 1-13 circuito magnético con varias fuentes
1.22 Ley de Faraday.
Supongamos que hay dos espiras de un hilo conductor como están en la figura 4 y en la
bobina de la derecha se han colocado una batería y una resistencia variable; estos dos
elementos hacen que la corriente varié en el tiempo. Si la corriente es variable en el
tiempo hace que el flujo producido en la espira también sea variable en el tiempo. Si se
coloca un voltímetro en los extremos de la bobina de la izquierda se puede observar que
hay una tensión inducida que varía con la misma rapidez que lo hace el campo
magnético producida por la primera bobina.
Fig 1-14 Experimento de Faraday.
La variación del flujo pude ser debida a una variación temporal del flujo magnético o
una variación de la posición relativa en la espira respecto del mismo o una combinación
de las dos causas anteriores. En el primer caso se habla de una fem de transformación,
ya que este es el tipo de fenómeno que se produce en los transformadores; en el segundo
caso, se habla de la fem de movimiento. El valor de la fem inducida depende solo de la
magnitud de la variación del flujo, con dependencia de que su variación se deba a
variaciones en el tiempo o a cambios geométricos. La ley de la inducción
electromagnética fue enunciada por Faraday en 1831 y dice que “el valor absoluto de la
fem inducida viene dado por la rapidez de variación del flujo abarcado y que su sentido
es tal que tiende a establecer una corriente que se opone a la variación de flujo que la
produce”
dφ
e =|
|
Ecuación 1-13
dt
14
1.23 Ley de Lenz:
H. F. E. Lenz (1804-1864) fue un físico alemán que sin conocer los trabajos de Faraday
y Henry, repitió casi simultáneamente muchos de sus experimentos. La ley que lleva su
nombre constituye una regla útil para conocer el sentido de una fem inducida. Esta ley
establece que el “sentido de una fem inducida es tal que se opone al efecto que la
produce”. El descubrimiento de lenz hizo que la ecuación de la tensión inducida cambie
a
dφ
e=−
Ecuación 1-14
dt
1.24 Autoinductancia.
Volvamos nuevamente al anillo de Rowland que hemos trabajado hasta ahora. Una
corriente cambiante en el tiempo establece un campo magnético cambiante en el
material magnético. El flujo variante en el tiempo induce una tensión de acuerdo a la ley
de Faraday que dice:
dφ
e=N
Ecuación 1-15
dt
La autoinductancia o también llamada inductancia o simplemente inductancia de una
bobina se define como la relación entre el cambio diferencial en los concatenamientos
de flujo y el cambio diferencial de la corriente, es decir:
dφ
L=N
Ecuación 1-16
di
Donde L es la inductancia de la bobina medida en Henrios. La tensión inducida puede
expresarse en términos de la inductancia como:
dφ di
di
=L
e=N
Ecuación 1-17
di dt
dt
Esta es la forma de la ley de inductancia de Faraday que se usa comúnmente en el
análisis de circuitos eléctricos. La ecuación de la inductancia establece que la
inductancia de una bobina es de 1H si la corriente que varia a razón de 1A/s induce una
tensión de 1V en la bobina.
El concepto de inductancia es muy útil porque brinda un método abreviado para
expresar la fem inducida en la bobina directamente en términos de la corriente que se
produce en ella. Sin este concepto, primero tendría que determinarse el flujo en el
circuito magnético causado por la corriente y después aplicarse la ley de la inducción de
Faraday para obtenerse la fem inducida.
Como ℑ=Ni es la fmm aplicada y ℜ=l/µA es la reluctancia del circuito magnético, el
flujo en el circuito magnético es
Ni
φ=
Ecuación 1-18
ℜ
Luego, la inductancia se puede expresar como:
N2
L=
Ecuación 1-19
ℜ
Si se analiza la ecuación de la inductancia es evidente que la inductancia depende de las
dimensiones físicas del circuito magnético y de la permeabilidad del material
magnético. Si la inductancia está devanada sobre un material no magnético, la
inductancia es constante. Si la bobina está devanada sobre un ferromagnético, la
15
inductancia no es constante, sino que es una función de la densidad del flujo magnético
en el núcleo. Sin embargo, al analizar máquinas eléctricas suele presuponerse que es
constante, en el entendido que la máquina está operando en la región lineal de la curva
B-H, donde la permeabilidad del material es constante.
Si se analiza el anillo de Rowland que se ha venido trabajando hasta el momento se
puede dar la expresión exacta para el flujo del toroide:
µNi
b
φ=
h ln( )
Ecuación 1-20
2π
a
Luego, la expresión exacta para la inductancia de un toroide o anillo de Rwland es:
dφ µN 2
b
L=N
=
h ln( )
Ecuación 1-21
di
a
2π
El circuito eléctrico equivalente del toroide se muestra en al figura 15 donde R es la
resistencia de la bobina. Aún cuando la resistencia de la bobina es un parámetro
distribuido, es práctica común presentarla como un parámetro concentrado.
Fig 1-15 Circuito eléctrico equivalente en serie del anillo de Rowland.
1.25 Inductancia mutua:
Considera el anillo de Rowland que se ve en la figura 16 pero esta vez tiene dos
bobinas. Una corriente i1 variante en el tiempo, establece un flujo φ1 en la bobina 1.
Cuando se deja abierta la bobina 2. Este flujo induce una tensión en la bobina 2.
Fig 1-16 Circuitos eléctricos acoplado magnéticamente.
Parte del flujo φ1 enlaza la bobina 2 y se puede llamar φ21, este flujo induce una tensión
en la bobina 2. Luego:
dφ
di
e1 = N1 1 = L1 1
dt
dt
dφ
dφ di
di
e 2 = N 2 21 = N 2 21 1 = M 21 1
dt
di1 dt
dt
Donde L1 es la inductancia de la bobina 1,
16
dφ21
Ecuación 1-22
di1
M21 corresponde a la inductancia mutua de la bobina 2 a la bobina 1.
M 21 = N 2
De forma semejante, si la bobina 2 conduce una corriente i2 mientras que la bobina 1 se
deja abierta y crea un flujo φ2 ; este flujo inducirá una fem en la bobina 2. Parte de este
flujo φ12 encadena la bobina 1 e induce una tensión en ella. De la siguiente forma:
dφ
di
e 2 = N 2 2 = L2 2
dt
dt
dφ
dφ di
di
e1 = N1 12 = N1 12 2 = M 12 2
dt
di2 dt
dt
Donde L2 es la autoinductancia de la bobina 2 y
dφ
M12 = N1 12
Ecuación 1-23
di2
Corresponde a la inductancia mutua de la bobina 2 a la bobina 1.
1.26 Bobina real con núcleo de hierro.
Ya hemos dicho que las máquinas eléctricas hacen uso del campo magnético como
medio de acoplamiento para la conversión de energía. Para obtener máquinas con el
menor tamaño posible es preciso obtener campos magnéticos elevados. Como se ha
visto en apartados anteriores, eso se puede conseguir usando grandes cantidades de
corriente o utilizando materiales de alta permeabilidad magnética. Esa es la razón del
uso de materiales ferromagnéticos en la construcción de máquinas eléctricas. De paso,
dichos materiales, que poseen excelentes propiedades mecánicas, sirven como
elementos estructurales para el soporte de conductores y su aislamiento.
Consideremos el anillo de Rowland que tiene N espiras con un núcleo de hierro como
aparece en la figura 12 a la cual se le aplica una tensión senosoidal de valor efectivo Va.
Supongamos que la bobina es real y el efecto de la resistencia es despreciable. La
tensión inducida es
dφ
Va = N
dt
De forma que si la tensión es senosoidal pura, el flujo en el núcleo varía de forma
senosoidal y va desfasado 90º en retraso con respecto a la fem E, cuyo valor eficaz
vendrá dado por:
φ (t ) = φm sen( wt )
dφ
N
= φm Nwsen( wt )
dt
ep
Tomando el valor rms de la tensión inducida e rms =
; la frecuencia y la velocidad
2
angular está relacionadas por w = 2πf . La tensión inducida en valores rms queda
expresada como:
E = 4.44 fNφ p
Ecuación 1-24
17
1.27 Forma de onda de la corriente de excitación.
Para producir una tensión inducida sobre una bobina se necesita un flujo magnético
variable en el tiempo de valor φ, para establecer este flujo se necesita una fuerza
magnetomotriz ℑ, y para establecer una fuerza magnetomotriz se necesita una corriente
i(t) que también sea variable en el tiempo.
Como se explicó en apartados anteriores la relación entre la excitación magnética y el
flujo no es una relación lineal sino tiene un comportamiento descrito en la figura 5. de
tal forma que la corriente de excitación cambia de forma. Si el material magnético está
en la zona lineal, la corriente cambia en la misma proporción que el flujo y por ende la
tensión tiene un crecimiento lineal en esta zona.
Si la densidad máxima del flujo Bm corresponde con la zona de saturación magnética de
la característica B-H del circuito magnético, la relación entre el flujo y la intensidad
deja de ser lineal, de forma que si el flujo magnético varía de forma senosoidal en el
tiempo, la intensidad no cambia de la misma manera dada la no relación lineal entre las
dos variable como se muestra en la gráfica 17
Fig 1-17 Forma de onda de la corriente en vacío de un circuito magnético.
La forma sensiblemente puntiaguda de la onda senosoidal de la intensidad en vacío hace
que al desarrollar esta en las componentes de Fourier aparezca un tercer armónico muy
pronunciado, que como se verá más adelante, tiene importantes repercusiones en la
conexión de transformadores trifásicos y de las máquinas en general. Además se
observa un cierto adelanto en los flancos de subida y bajada respecto a la forma de onda
del flujo. Esta forma de onda no senosidal de la corrigen impedirá su representación
como fasor en el plano complejo, y por tanto la implicación del cálculo simbólico a los
circuito magnéticos, perdiendo así una importantísima herramienta de análisis.
Para evitar estos percances es conveniente definir una corriente senosoidal equivalente J
que cumpla con las dos condiciones siguientes:
- El valor eficaz de dicha corriente es el que mide un amperímetro en serie con la
bobina.
- El desfase de la corriente respecto a la tensión aplicada es tal que justifique la
potencia activa consumida por la bobina.
Esta potencia activa consumida se debe en parte al efecto Joule en los conductores, de
valor I2R, y en parte a las pérdidas por histéresis y corrientes parásitas en el núcleo
magnético. Estas pérdidas en el circuito magnético están causadas por los fenómenos de
histéresis y corrientes de Foucault. En ambos casos, las pérdidas específicas (W/Kg) son
18
función de la inducción magnética Bm siendo proporcionales a la frecuencia para las
pérdidas por histéresis Ph y al cuadrado de la frecuencia para las pérdidas por las
corrientes parásitas Pf. Las pérdidas específicas se pueden expresar por la fórmula
propuesta por Steinmetz:
Pfe = Ph + p F = K h fBmα + K F fBm2 (w/kg)
Ecuación 1-25
El coeficiente α varía entre 1.5 y 2.0 según las características de la chapa.
La primera de las dos condiciones anteriores nos define el módulo del favor de
intensidad y la segunda su argumento respecto a la tensión aplicada. Estas dos
condiciones se pueden dibujar en el diagrama fasorial de la figura 1.15. En dicho
diagrama fasorial, el fasor de la intensidad se ha representado como la suma de dos
componentes Jµ y JFe La la primera de ellas es la responsable del establecimiento del
campo magnético en el núcleo y de vencer “la caída de tensión” magnética mediante la
fuerza magnetomotriz N1Iµ. La segunda es la componente desfasada que justifica la
existencia de pérdidas de potencia activa en el núcleo magnético.
Fig 1-18 Diagrama fasorial de las corrientes y tensiones en un circuito magnético.
Este diagrama fasorial corresponde con el circuito equivalente de la bobina real que se
muestra en la figura 19. La tensión V de la bobina se descompone en la caída de tensión
Vr que se produce en la propia resistencia del devanado y la tensión inducida E es
debida a la variación del flujo, que se aplica al conjunto formado por la reactancia de
magnetización jXo por la que circula la intensidad magnetizante, en paralelo con la
resistencia equivalente RFe, por la que circula la componente activa de la intensidad. En
el caso del circuito magnético ideal o sin pérdidas el valor de RFe se hace infinito y se
obtiene el circuito equivalente de una bobina formada solamente por una resistencia en
serie con una inductancia:
Fig 1-19 Circuito equivalente de una bobina real.
19
1.28 Pérdidas magnéticas.
En el análisis de las pérdidas de una máquina eléctrica se dividen en tres grandes
categorías: pérdidas en el cobre, perdidas mecánicas y pérdidas magnéticas. Las
pérdidas mecánicas se originan por la rotación del elemento giratorio (rotor) de una
máquina y se pueden dividir en tres categorías, pérdidas por fricción, pérdidas por
fricción en las escobillas y pérdidas por ventilación. Las dos pérdidas por fuentes
magnéticas (pérdidas en el hierro o pérdidas en el núcleo) son las pérdidas por
corrientes parásitas y las pérdidas por histéresis.
1.29 Perdidas por corrientes parásitas.
Si un flujo magnético que varía en el tiempo se encadena con una bobina, se induce una
tensión en ella de acuerdo a la ley de Faraday. Como la bobina está devanada sobre un
material magnético, el mismo flujo variante en el tiempo también induce una tensión en
el núcleo. Debida a que el núcleo es también un buen conductor eléctrico se inducen en
él unas corrientes eléctricas a lo largo de dicha trayectoria. La ubicación y la trayectoria
de esa corriente son tales que encierran el flujo magnético que las produce. En efecto,
existen tantas trayectorias cerradas en torno al campo magnético dentro del núcleo como
sea imaginable. En la figura 20 se muestran algunas trayectorias para las corrientes
inducidas en un material magnético sólido cuando la intensidad de flujo aumenta con el
tiempo. El patrón en remolino de tales corrientes circulantes en un material magnético
es semejante al de los remolinos que se forman en el aire o agua, y de este hecho se
deriva su nombre como corrientes parásitas, corrientes en remolino o corrientes de
Foucault.
Fig 1-20 Corrientes parásitas en un núcleo magnético sólido.
Conforme aumenta el flujo en el material magnético, también lo hace la fem inducida en
cada trayectoria circular. El incremento de la fem inducida hace incrementar la corriente
en esa trayectoria, la energía se convierte en calor en la resistencia de la trayectoria. Al
sumar las pérdidas de potencia en cada lazo dentro del material magnético, se obtiene la
pérdida total de potencia en el material ocasionada por las corrientes parásitas. Esta
pérdida de potencia se llama pérdidas por corrientes parásitas.
Las corrientes parásitas establecen también su propio flujo magnético, el cual tiene
oponerse al flujo magnético original. Por los tanto, las corrientes parásitas no solo dan
20
como resultado las pérdidas por calentamiento del núcleo, sino que también ejercen un
efecto desmagnetizante en el circuito magnético. En consecuencia se debe aplicar mas
fuerza magnetomotriz para producir el mismo flujo en el núcleo. El efecto
desmagnetizante se incrementa a medida que se nos acercamos al eje del núcleo
magnético. El efecto conjunto de la desmagnetización es la concentración del flujo
magnético hacia la superficie exterior del material magnético. Esto obliga a que la parte
interior del núcleo sea magnéticamente inútil.
Los efectos adversos de las corrientes parásitas pueden reducirse al mínimo si el núcleo
magnético se construye con alta resistencia en la dirección en la que fluyen las
corrientes parásitas. En la práctica esto se consigue construyendo el núcleo magnético
apilando piezas delgadas de material magnético. La pieza delgada, conocida como
lámina está cubierta con un barniz o laca y se consigue comercialmente en espesores
que van desde 0.36mm a 0.70mm. El recubrimiento delgado hace que las láminas estén
razonablemente aisladas de forma eléctrica entre sí. El núcleo magnético construido con
laminación obliga a las corrientes parásitas a seguir trayectorias largas y estrechas
dentro de cada lámina. El resultado neto es la reducción de las corrientes parásitas en el
material magnético.
Si suponemos que la densidad de flujo varía de forma senosoidal con el tiempo, pero es
uniforme en cualquier instante sobre la sección circular del núcleo magnético, puede
demostrase que las pérdidas por corrtiens parásitas es:
Ecuación 1-26
Pe = K e f 2δ 2 Bm2V
Donde Pe son las pérdidas por corrientes parásitas, en vatios (W), Ke es una constante
que depende de la conductividad del material magnético, f es la frecuencia, en hertz, δ
es el espesor de la lámina, en metros; Bm es la densidad máxima de flujo, expresada en
teslas y V es el volumen del material magnético, en metros cubicos.
Fig 1-21 Núcleo magnético laminado.
1.30 Pérdidas por histéresis.
Cada vez que se hace recorrer al material magnético su ciclo de histéresis se produce
una pérdida de potencia a la que común mente se denomina pérdida por histéresis, la
cual surge de la fricción molecular a medida que los dominios magnéticos son forzados
a invertir sus direcciones por la fmm aplicada.
21
Después de varios ciclos de magnetización, el ciclo de histéresis se vuelve simétrico,
como se aprecia en la figura 10. La energía por unidad de volumen (densidad de
energía) que se suministra al campo magnético cuando la densidad de flujo se cambia de
–Br (punto a) a Bm (punto c) a lo largo de la trayectoria abc es:
Bm
w1 =
∫ H .dB
− Br
La cual es simplemente el área sombreada abcdea. A medida que se disminuye la
densidad de flujo Bm (punto c) a B (punto e) a lo largo de la trayectoria ce, la densidad
de energía liberada por el campo magnético es:
Br
w2 =
∫ H .dB
Bm
La cual es simplemente el área sombreada cdec. Hemos trazado la mitad del ciclo de
histéresis. La spérdidas de la densidad de energía durante este semiciclo es w1-w2. La
otra mitad, al ser idéntica origina la misma pérdida en la densidad de energía. Por
consiguiente, origina la misma pérdida en la densidad de energía. Por consiguiente, la
pérdida total de la densidad de energía es:
w = 2( w1 − w2 )
Que presenta el área total del ciclo de histéresis.
En general la ecuación no puede avaluarse analíticamente porque es imposible expresar
H como una función simple de B. pero puede graficarse a escala la histéresis y medir su
área.
Por medio de pruebas en varios materiales ferromagnéticos, Charles Steinmetz propuso
que la pérdida por histéresis se puede expresar como:
Ph = K h fBm2V Ecuación 1-27
Donde P es la pérdida por histéresis, en vatios; Kh es una constante que depende del
material magnético y n es el exponente de Steinmetz a partir de la experiencia se ha
encontrado que n varía de 1.5 a 2.0.
1.31 Fuerza sobre un conductor que transporta una corriente.
Cuando un conductor que transporta una corriente se encuentra en un campo magnético,
se ejercen fuerzas magnéticas sobre los electrones en movimiento sobre el conductor.
Estas fuerzas se transmiten a la sustancia que forma el conductor y, por tanto, el
conductor, en conjunto experimenta una fuerza o un movimiento, o ambas a la vez. Un
motor eléctrico o el cuadro móvil de un galvanómetro están sometidos durante su
funcionamiento al momento ejercido sobre un devanado que transporta la corriente y
que se encuentra en un campo magnético.
La figura 22 representa una porción del conductor rectilíneo de longitud l y seccion A
dentro del cual circula una corriente de intensidad i. Un campo magnético de densidad
de flujo B es perpendicular al conductor. Puesto que la fuerza sobre el conductor en
conjunto es la resultante de las fuerzas ejercidas sobre las cargas móviles situadas
dentro de él. Expresaremos la intensidad de la corriente en el conductor en función del
número n de cargas móviles por unidad de volumen, de la carga q de cada una de ellas y
de su velocidad v. se ha demostrado que esta relación es:
22
Fig 1-22 Fuerza sobre un conductor.
i = nqvA
La fuerza f sobre cada conductor será:
f = qvB
El número de cargas en la longitud l será:
N = nlA
Por consiguiente, la fuerza resultante será:
F = Nf = nlAqBv
Y puesto que i = nqvA , se puede escribir como:
F = ilB
O en forma general la fuerza sobre un conductor depende de la corriente que circula por
él, de la longitud del conductor en el campo magnético y de la densidad del campo
magnético.
La regla de la mano izquierda puede también usarse para encontrar el sentido de la
fuerza sobre el conductor situado en un campo magnético. Dado que el sentido
convencional de la corriente es el mismo que el movimiento de las cargas positivas, el
dedo indice señala el sentido del campo; el dedo medio, el sentido de la corriente y el
dedo pulgar, el sentido de la fuerza.
La ecuación de la fuerza sobre el conductor se aplica al caso especial de un conductor
rectilíneo perpendicular a un campo magnético uniforme. En el caso general,
consideramos un pequeño elemento conductor de longitud dl que forma un ángulo α
con el campo magnético. La fuerza dF sobre este elemento es:
dF = idlBsen(α )
Para un conductor rectilíneo de longitud l situado en un campo uniforme, esta expresión
se reduce a:
F = ilBsen(α ) = l (ixB)
Ecuación 1-28
1.32 Fuerza sobre un cuadro rectangular.
En la figura 23 se presenta un cuadro rectangular de hilo conductor cuyas dimensiones
son a y b. la normal al plano del cuadro forma un ángulo α con la dirección de un
campo magnético uniforme. El cuadro puede girar sobre un eje OO y transporta una
corriente de intensidad I (ha de idearse un dispositivo para hacer entrar y salir la
corrigen del cuadro, o bien, para intercalar un generador. Esto se ha omitido en el
esquema para simplificarlo).
23
Los lados cd y ef del cuadrado son perpendiculares al campo. Por lo tanto, se ejercen
sobre ellos fuerzas iguales y de sentido apuesto de valor:
F = iaB
Dirigidas verticalmente Hacia arriba, la que se ejerce sobre cd, y verticalmente acalla
abajo se ejerce sobre ef.
Los lados ce y df forman un ángulo α con el campo. Sobre ellos actúan fuerzas iguales
y de sentido apuesto, de valor:
F = ibBsen(φ )
Dirigida hacia la derecha la que se ejerce sobre df y hacia al izquierda la que se ejerce
sobre ce. (estas fuerzas, en realidad, están dirigidas a lo largo da cada lado del cuadro y
son representadas como fuerzas únicas en la figura 1.19).
Fig 1-23 Fuerza ejercida sobre un conductor cuadrado.
La fuerza resultante sobre el conductor cuadrado es cero, puesto que las fuerzas
ejercidas sobre los aldos de la espira son iguales y de sentido opuesto. El momento
resultante T, por el contrario, no es nulo, ya que las fuerzas sobre cd y ef constituyen un
par.
T = (iaB) x(bsen(α ))
El momento es máximo cuando a=90º, o sea, cuando el plano el plano del cuadrado es
perpendicular al campo, y es nulo cuando el ángulo es cero, es decir cuando el plano de
la espira es perpendicular al campo. La posición reequilibrio estable es aquella en la
cual cd es el lado más elevado.
Dado que ab es el área A del cuadrado, la ecuación anterior se puede escribir como:
T = iABsen(α )
Si el cuadrado es devanado con espiras muy próximas, que tiene N vueltas, entonces,
evidentemente:
T = NiABsen(α )
Ecuación 1-29
1.33 Par de fuerzas sobre una barra imantada:
Se demostró en la sección anterior que el momento que actúa sobre un circuito cerrado
de hilo conductor , que transporta una corriente eléctrica de intensidad I y abarca un
área A, cuando está colocada con su plano perpendicular al campo magnético de
densidad B, esta dado por:
T = BiA
24
Ahora se considera una barra imantada de longitud l y sección A, colocada
perpendicularmente en un campo exterior débil.
Supongamos que todas las corrientes electrónicas están alineadas con sus planos
paralelos al campo y que su alineación no es alterada o afectada por el campo externo.
Si hay n circuitos por unidad de volumen, habrá en total nAl de tales circuitos, y si cada
uno abarca un área a, el momento resultante que actúa sobre ellos será:
T = ( Bia) x(nAl ) = Bx(inaA) xl
La magnitud entre paréntesis de la ecuación anterior es de gran importancia. El producto
ia (corriente multiplicada por el área) se denomina momento magnético de un circuito.
Multiplicando por el número, n, de circuitos por unidad de volumen, se tiene ian, que es
el momento magnético por unidad de volumen, o intensidad de imantación. Finalmente,
multiplicando por el área A, obtenemos una magnitud que expresa las características
peculiares de los polos. Definimos la masa magnética m de cada una de las caras
externas por la ecuación:
m = ianA
Puesto que i se expresa en amperios, a y A en metros cuadrados y n es un número
abstracto dividido por el volumen en metros cúbicos, las dimensiones de la masa
magnética son amperios-metro.
Finalmente se puede obtener una expresión para el par en una barra magnética por
medio de las dos ecuaciones anteriores de la forma:
T = Bml
Como ml=(ian)x(Al) se da el momento magnético por unidad de volumen por volumen
de imán, esta magnitud representa el momento magnético total del imán.
Si el cuerpo magnético exterior es el terrestre, y la barra magnética puede oscilar
libremente en un plano horizontal, el efecto del momento Bml será una rotación hasta
que el eje del imán sea paralelo a la componente vertical del campo terrestre.
Cuando esto tiene lugar se encuentra siempre que un polo señala la dirección norte. Este
polo se denomina polo norte del imán, denominándose el otro polo sur.
La ecuación T = Bml se puede interpretar como sigue: supongamos que sobre cada polo
del imán, o masa magnética m, se ejerce una fuerza
F = Bm
Teniendo esta fuerza del mismo sentido que B sobre el polo norte, y opuesto a B sobre
el polo sur (fig 24). Puesto que los polos están separados por una distancia l, el
momento sobre el imán es:
T = Fl = Bml
Como ya se había demostrado.
Podemos considerar por tanto, el par, como debido a las corrientes electrónicas, y
calcular su momento mediante la ecuación:
T = Bx(ianA) xl
O bien como producto por fuerzas ejercidas sobre los polos del imán, y entonces el
momento se calculará mediante la ecuación:
T = Bml
Ecuación 1-30
25
Fig 1-24 Fuerzas ejercidas sobre una barra imantada.
1.34 Balance de energía general.
Vamos a considerar el circuito magnético de la figura 25 que es un convertidor de
energía elemental, este consta de un circuito magnético en forma de E y una parte móvil
en forma de I, en al parte en forma de E se coloca una bobina con N número de vueltas.
Uno de los principales principios de la física es la conservación de la energía y dice “la
energía no se crea ni se destruye solo se transforma”. Este fenómeno se puede aplicar al
circuito de la figura 25. Las energías que se tienen son: la eléctrica que provienen de la
fuente que alimenta la bobina, la energía magnética, y la energía térmica que se disipa
en forma de calor estas se puede relacionar por la fórmula:
∆We = ∆Wm + ∆Wmec Ecuación 1-31
Fig 1-25 Convertidor electromecánico elemental.
Según la ecuación 31, una parte de la energía total aportada al sistema eléctrico se
emplea para producir la energía que se cede al sistema mecánico, otra parte se almacena
como energía asociada al campo magnético y una tercera parte (normalmente pequeña)
se degrada a energía térmica como consecuencia de las irreversibilidades asociadas al
proceso (pérdidas en los conductores, pérdidas por histéresis y corrientes de foucault en
el hierro y rozamientos mecánicos).
Con el objetivo de separar los efectos y analizar lo esencial del fenómeno, se considera
que las pérdidas por efecto Joule en los devanados quedan integradas en la fuente de
alimentación a base de incrementar la parte resistiva de su impedancia interna en una
cuantía determinada, que las pérdidas mecánicas constituyen una parte más de la
energía mecánica cedida y que las pérdidas debidas al campo magnético o bien son
nulas o se engloban en la energía magnética almacenada en le mismo. Lo que resulta en
una máquina eléctrica elemental sin pérdidas.
26
Consideremos que sucede en un intervalo de tiempo dt durante el cual la intensidad en
la bobina varía y la pieza móvil sufre desplazamientos infenitisimales. Entonces, se
podrá escribir el balance elemental de la energía como:
dWe = dWm + dWmec Ecuación 1-32
1.35 Energía electrica absorvida.
Si se le aplica las ecuaciones de kirchoff al circuito de la figura 25 nos queda:
dφ
Va = e + Ri (t ) =
+ Ri (t )
dt
Si multiplicamos ambos lados de la expresión por idt, la energía eléctrica neta aportada
a la bobina durante un intervalo de tiempo dt nos queda:
dWe = (Va − Ri )idt = eidt = idλ
Ecuación 1-33
1.36 Energía del campo magnético.
Para obtener el término de dWm del balance de energía, es necesario primero conocer el
valor de la energía almacenada en el campo magnético para una posición determinada
de la pieza móvil. Imaginémonos por un momento que, manteniendo la pieza móvil en
una posición fija se alienta la bobina con corriente continua. De acuerdo con dicha
ecuación, y dado que al no haber movimiento se verifica que en todo momento que
dWmec=0 y se podrá escribir:
dWe = dWm = idλ
Supongamos así mismo que la relación entre las corrientes y enlaces de flujo viene
dada, para esa posición fija de la pieza móvil, por la curva de magnetización de la figura
26. Durante el transitorio de la conexión en el que la intensidad cruce desde cero hasta
su valor final I1 y los enlaces de flujo desde cero hasta λ1, toda la energía aportada por
la fuente se emplea en el incremento de la energía magnética almacenada en el campo,
es decir:
λ1
λ1
0
0
Wm = ∫ dWm = ∫ idλ
Cualquier variación posterior de la tensión aplicada provocará una variación en los
valores de corriente y flujo que se establezcan en régimen permanente, verificándose
que:
λ2
∆Wm = ∫ idλ
λ1
Fig 1-26 Energía almacenada en un campo magnético.
27
Ambas integrales rayadas A y B en la figura 26 son aplicables a cualquier sistema que
comprenda un circuito magnético sin pérdidas. Si se admite que las N espiras de la
bobina conectan el mismo flujo, se verifica que λ = N / ℑ y la expresión se puede
reescribir como:
dWm = idλ = Nidλ = ℑdλ
Ecuación 1-34
1.37 Energia mecanica en un sistema lineal.
Para determinar la variación de la energía mecánica es necesario conocer la velocidad y
la fuerza en función del tiempo:
t
∆Wmec = ∫ f (t )vdt
0
Realizando cambio de variables sobre la ecuación anterior, se obtiene:
x (t )
t
dx
∆Wmec = ∫ f (t ) dt = ∫ F ( x, λ )dx
dt
0
x (0)
Para analizar las relaciones anteriores se puede utilizar como ejemplo el electroimán que
se ilustra en la figura 25. En esta figura se ha representado un gráfico de la relación
existente entre los enlaces de flujo λ y la corriente i, para dos condiciones extremas de
la posición relativa del yugo del electroimán. Para la misma corriente i, al disminuir la
distancia x, disminuye la reluctancia y se incrementan los enlaces de flujo λ.
En el gráfico λ-i de la figura 26, la región sombreada representa la integral de la
corriente i(λ) con respecto a λ para una posición x fija. Como se ha determinado en la
ecuación de la energía mecánica, esta región representa la variación de la energía
eléctrica en un circuito magnético que se energiza manteniendo constante la posición
del yugo (x).
En un sistema conservativo, la energía es una función del estado. Esto quiere decir que
en estos sistemas el incremento de energía acumulada no depende de la trayectoria
utilizada para alcanzar un determinado estado, sino del valor de las variables en los
estados iniciales y finales del proceso.
Fig 1-27 Diagrama λ-i de un electroimán elemental.
Para determinar la energía acumulada en el campo, es necesario calcular la diferencia
entre las energías eléctrica y mecánica del sistema después del proceso. Si el sistema
28
mecánico está detenido, no existe variación en la energía mecánica del convertidor y por
lo tanto toda la energía eléctrica que entra en la máquina se convierte en energía
acumulada en el campo, entonces:
λ (t )
∆We =
∫ i(λ , x)dλ = ∆W
mec
λ ( 0)
La ecuación anterior puede integrarse por partes y se obtiene:
i
∆Wmec = i (λ , x)dλ − ∫ λ (i, x)di
0
En la ecuación anterior, el término integral de define como la coenergía en el campo y
se expresa como ∆W’c. En la figura 1.24 se observa que la coenergía es el área bajo la
característica λ-i.
Fig 1-28 coenergía y energía en el campo.
En la figura 28 se observa que un sistema electromecánico donde la posición x es
constante cumple la siguiente relación:
'
λ.i = ∆Wmec + ∆Wmec
De las definiciones anteriores de energía y coenergía en el campo magnético se destacan
las siguientes observaciones:
1) Para la energía, el enlace de flujo λ es la variable independiente, y la corriente i
es la variable dependiente.
2) Para la coenergía, la corriente i es la variable independiente y el enlace de flujo λ
es la variable dependiente.
Si el sistema físico es lineal, es decir, si la relación entre los enlaces de flujo λ y la
corriente i del convertidor electromecánico es proporcional, la energía y la coenergía
son iguales, esto se puede observar en la figura 29.
Fig 1-29 convertidor electromagnético lineal.
Se puede determinar que:
λ = Li
29
Li 2
2
2
Ahora consideremos el caso en el cual el circuito magnético es movido una distancia dx
en un tiempo dt en una región donde el campo es mantenido constante. La energía
aportada al sistema debe ser cero porque los valores iniciales y finales del flujo son
iguales. Entonces para un sistema conservativo se tiene:
Fm dx + dWm = 0
La fuerza actuante sobre el circuito magnético es:
dW
Fm = − m
dx
Cuando el flujo es mantenido constante. Esta ecuación claramente demuestra que la rata
de decrecimiento de la energía almacenada con respecto al desplazamiento determina la
fuerza desarrollada por el dispositivo magnético.
Si se tiene un circuito donde hay un cambio de flujo dφ y la corriente se mantiene
constante la ecuación se convierte en:
dWm = Idφ
Donde
Idφ
dWmec =
2
La energía puede ser expresada como:
dWmec = 2dWm
Para un sistema conservativo se tiene:
Fmec dx + dWm = 2dWm
La fuerza mecánica se puede calcular como:
dWm
Fmec =
Ecuación 1-35
dx
Manteniendo la corriente constante.
'
Wmec = Wmec
=
λi
=
La energía puede ser función ya sea de la corriente I o del desplazamiento x[Wm(I,x)] o
en función del flujo φ y del desplazamiento x[Wm(φ,x)], una forma conveniente de
expresar los términos de las ecuación de fuerza en términos de derivadas parciales
como:
∂W (φ , x)
Fm = − m
∂x
Cuando el flujo es mantenido constante
∂Wm ( I , x)
Fm =
∂x
Cuando la corriente es mantenida constante.
Ahora vamos a expresar la fuerza magnética en función de la inductancia de los
circuitos magnéticos. La rata de cambio de la energía almacenada, cuando el flujo es
constante es:
dWm Nφ ∂i
1 ∂L
=
= − i2
dx
2 ∂x
2 ∂x
La fuerza magnética se puede expresar como:
1 ∂L
Fm = i 2
Ecuación 1-36
2 ∂x
30
Se puede demostrar también que la ecuación anterior se cumple cuando la corriente es
mantenida constante.
Esta ecuación es muy simple de usar en sistemas magnéticos lineales porque se puede
determinar fácilmente la inductancia de un circuito magnético usando el concepto de
reluctancia.
EJEMPLO 1-1.
Encuentre la fueraza magnetomotriz necesaria para establecer un flujo de 10mWb en un
anillo de sección circular. El diámetro interno del anillo es de 20cm, y el externo es de
30cm. La permeabilidad relativa del material es de 1200. Cual es la reluctancia de la
trayectoria magnética?
EJEMPLO 1-2.
Una bobina de 400 vueltas está uniformemente distribuida a lo largo de un toroide de
sección transversal cuadrada y lleva una corriente de 200A, El radio interno del toroide
es de 10cm y el externo es de 12cm. La permeabilidad relativa del material es de 1500.
Determinar:
a) El flujo en el anillo.
b) La reluctancia del anillo.
c) La inductancia equivalente del anillo.
EJEMPLO 1-3.
La estructura de hierro que se muestra en la figura tiene una permeabilidad relativa de
2500. La estructura tiene una bobina de 1500 vueltas. Determinar:
a) Cual es la reluctancia de la estructura de hierro.
b) Determine la energía almacenada en el sistema si este se excita un con campo
magnético de densidad 1.1T.
EJEMPLO 1-4.
Un relevador eléctrico de 12V y 60Hz tiene 1000 vueltas y consume 12mA eficaces de
corriente. Suponga que el sistema magnético del relevador actúa como un inductor
lineal y no tome en cuenta la resistencia.
a) Cual es la fuerza magnetomotriz que opera en la estructura magnética.
b) Cual es el flujo máximo en el relevador.
c) Cual es la reluctancia en la estructura magnética.
EJEMPLO 1-5.
En la figura se muestra de un inductor que está construido de hierro y tiene un
entrehierro de aire.
31
a) Cual es la reluctancia de la trayectoria de hierro.
b) Si se aplica una tensión de corriente alterna de 60Hz de 120V eficaces a la
entrada de la bobina. Cual es el flujo magnético máximo en el hierro.
c) Cual es la corriente eficaz que se requiere para establecer este flujo.
EJEMPLO 1-6
Un solenoide con núcleo de aire de 300 vueltas y de 0.5m de longitud tiene una capa
sencilla de conductores enrollados con un radio de 0.02m. Halle la inductancia L.
µ N 2 S 4π 10−7 * 3002 * π (0.02) 2
L= 0
=
= 284µH
l
0.5
EJEMPLO 1-7.
Halle la inductancia de un solenoide de núcleo de aire que tiene varias capas, si N=300,
r1=9mm, r2=25mm, l=20mm
31.6 N 2 r12
31.6 * 3002 * (9 x10−3 ) 2
L=
=
= 585µH
6r1 + 9l + 10(r2 − r1 ) 54 x10− 3 + 180 x10− 3 + 160 x10− 3
EJEMPLO 1-8.
Suponga que se tiene un toroide con núcleo de aire como se muestra en la figura con
una sección circular de radio 4mm. Halle la inductancia si la bobina tiene 2500 vueltas y
el radio medio es de 20mm.
µ N 2 S 4π 10−7 * 25002 * π (0.004) 2
L= 0
=
= 3.14mH
2πr
2π 0.02
EJEMPLO 1-9.
Suponga que un toroide con núcleo de aire tiene 700 vueltas, un radio interno de 1cm,
un radio externo de 2cm, y una altura de a=1.5cm. Halle la inductancia.
32
L=
µ0 N 2 a  r2  4π 10−7 * 7002 * 0.015  2 x10−2 
 = 1.02mH
ln  =
ln
−2 
2π
2π
 1x10 
 r1 
EJEMPLO 1-10.
Un núcleo de hierro colado que se muestra en la figura tiene un radio interno de 7cm y
un radio externo de 9cm. Halle el flujo si la fmm en la bobina es de 500Av.
l = 2πr = 0.503m
F
500
H= =
= 995 Av / m
l 0.503
La curva B-H aparece en la figura adjunta y se tiene una B=1.140T, por consiguiente el
flujo es:
φ = BS = 1.14 * 0.022 = 0.456mWb
EJEMPLO 1-11.
El Circuito magnético de la figura está construido de dos secciones una en forma de C y
una segunda en forma de I, estas están construidas de hierro colado. Halle la corriente
que debe circular por la bobina de 150 vueltas si la densidad de flujo en el circuito en
forma de I debe ser de B2=0.8T.
S1 = 2 x10−4 m , S 2 = 3.6 x10−4 m
l1 = 0.11 + 0.11 + 0.12 = 0.34m
l2 = 0.14 − 0.01 − 0.01 = 0.12m
El flujo en la sección 2 es:
φ = B2 S 2 = 2.88 x10 −4Wb
La densidad de flujo en la parte 1 es:
B1 =
φ
= 1.44T
S1
De la curva de H-B para el hierro colado
H1 = 484.37 Av / m , H 2 = 2187.5 Av / m
La fmm total del cirucito magnético es:
ℑ = H1l1 + H 2l2 = 427.18 Av
La corriente en la bobina debe ser:
ℑ = NI ⇒ I = 2.84 A
33
EJEMPLO 1-12.
El circuito magnético de la figura es de hierro colado con una longitud media l1=0.44m
y sección transversal 4cm2. La longitud del entrehierro es de la=2mm y la bobina tiene
N=400 vueltas. Halle la corriente que debe circular por la bobina para establecer un
flujo de φ=0.441 mWb en el espacio de aire.
La densidad de flujo para el circuito es
B=
φ
= 1.1T
S
Para el entrehierro de aire se cumple:
B = µ0 H ⇒ H = 875352.2 Av / m
Para el hierro colado se cumple:
H = 928.57 Av / m
ℑ = H1l1 + H ala = 2159.3 Av
La corriente que debe circular por la
bobina es: 5.39A.
EJEMPLO 1-13.
El núcleo del circuito magnético de la figura es de hierro colado y tiene una sección
transversal S1=4cm2 y una longitud media de l1=0.338m. El espacio de aire tiene una
longitud la=2mm y un área aparente Sa=4.84cm2. Determinar el flujo φ, si por la bobina
circula una corriente I=1A y tiene N=1000 vueltas.
Como se puede apreciar en el ejemplo anterior,
en el aire se cae la mayor cantidad de fuerza
magnetomotriz, se puede decir que en este se
cae una fuerza de 700Av.
ℑ
H a = = 350000 Av / m
la
Ba = µH = 0.439T
φ = Ba S = 0.212mWb
La densidad de flujo en el hierro colado es:
Bh =
φ
= 0.5321T
S
De la gráfica se puede obtener H:
Hh=275.078Av/m
ℑ = H hlh = 92.97 Av
ℑt = ℑa + ℑh = 700 + 92.97 = 792.97 Av
Como la fuerza magnetomotriz total es menor que los 1000Av aplicados se debe
realizar otra aproximación.
Vamos a subir la caída en el aire a 850Av.
ℑ
H a = = 425000 Av / m
la
Ba = µH = 0.534T
φ = Ba S = 0.258mWb
34
Bh =
φ
= 0.646T
S
H h = 364.06 Av / m
ℑ = H hlh = 123 Av
ℑt = ℑa + ℑh = 850 + 123 = 973 Av
Que resulta muy cercana a lo 1000 Av de excitación.
EJEMPLO 1-14.
El circuito magnético de la figura es construido en la sección 1 de una aleación de
niquel-hierro y tiene l1=16cm, S1=2.25cm2, y en la segunda parte de acero colado con
l2=8cm, S2=8cm2. Halle las densidades de flujo en cada sección.
En las figuras de H vs B se puede apreciar que el acero colado es el peor conductor
magnético y por ende allí hay una mayor caída de fuerza magnetomotriz, para empezar
la iteración se dice que en al sección 1 hay una caída de 900Av.
ℑ
= 5625 Av / m , de la gráfica respectiva se puede calcular la densidad de flujo
l1
B1=0.765T, el flujo se puede calcular como φ=0.172 mWb, la densidad en el segundo
segmento es B2=0.215T, la intensidad de flujo H2= 44.42Av/m, la fuerza magnetomotriz
que se cae en esta sección es ℑ=3.55Av, la fuerza magnetomotriz total es 903.55 Av.
H1 =
EJEMPLO 1-15.
El circuito de la figura es construido de una aleación de níquel-hierro, en la mitad tiene
una bobina de 500 vueltas, las longitudes medias son: l2=l3=10cm y l1=4cm. Halle la
corriente en la bobina, si se desea establecer un flujo φ3=0.173mWb.
35
Como las trayectorias l3 y l2 son
iguales se puede considerar que
por las dos secciones va el mismo
flujo, por consiguiente el flujo en
la sección 1 es:
φ1 = φ2 + φ3 = 0.346mWb
La densidad de flujo de las
secciones 1 y 3 es 1.15T, la fuerza
magnetomotriz en las secciones 2
y 3 es H2=H3=238.22Av/m. Para la sección 1 se tiene una densidad de flujo B1=1.53T y
la intensidad de flujo es H1=238.22Av/m; la fuerza magnetomotriz total del circuito es:
ℑ = H1l1 + H 3l3 = H1l1 + H 2l2 = 33.35 Av la corriente que circula por la bobina es
I=66.7mA.
EJEMPLO 1-16.
El circuito magnético de la figura tiene un entrehierro con una longitud la=1mm y
sección transversal aparente de Sa=1.7cm2. Si en el entrehierro se desea tener un flujo de
φ3=0.06mWb que corriente debe tener la bobina de 500v para establecer el cometido; el
núcleo está construido de acero colado.
La fuerza magnetomotriz en el
entrehierro se puede expresar como:
ℑa = H a l a =
φa
l = 280.86 Av
µ0 S a a
La fuerza magnetomotriz de la
trayectoria 3 es:
B3 =
φ3
= 0.4T ;H3=1083.33Vv/m
S3
ℑ3=H3l3=108.3Av
La fuerza magnetomotriz total de esta rama es ℑb=ℑa+ℑ3=389.16Av; esta misma fmm
se establece en la trayectoria 2; ya que están en paralelo. La intensidad se puede calcular
como H2=ℑ2/l2=3891.6Av/m, la densidad de flujo seria B2=0.693T y el flujo sería
φ2=0.0945mWb, el flujo total en la trayectoria 1 es la suma de los dos flujos
φ1=φ1+φ1=0.1545mWb, la densidad de flujo es B1=0.515, la intensidad de flujo en la
zona 1 es H1=1718.75Av/m y la fmm es ℑ1=68.75Av. La fuerza magnetomotriz total es
ℑt=ℑ1+ℑb=457.9Av, la corriente I=0.92A.
EJEMPLO 1-17.
Las dos partes del circuito magnético de la figura son construidas de una aleación
níquel-hierro. La parte en forma de I tiene una longitud LI=16cm, y una sección
transversal SI=6cm2, La parte en forma de C tiene una longitud LC=34cm y un área
transversal de SC=4cm2, tiene dos entrehierros de aire de la=0.5mm con un área
Sa=7cm2. Determine la corriente en la bobina 1 si se debe establecer un flujo de
120µWb en el núcleo, la bobina 1 tiene N1=200 vueltas, por la bobina 2 pasa una
corriente I2=0.5A, y tiene N2=200 vueltas.
36
La densidad de flujo que se debe tener en el entrehierro es de Ba=0.171, la fuerza
magnetomotriz es ℑa =
φa
l = 136.41Av
µ0 S a a
En la sección en forma de I se tiene una densidad igual a BI=0.2, que genera una
intensidad de flujo de HI=41.32Av/m y una fuerza magnetomotriz ℑI=6.61Av.
En la sección en forma de C se tiene una densidad igual a BC=0.3, que genera una
intensidad de flujo de HC=61.98Av/m y una fuerza magnetomotriz ℑC=21.07Av. La
fuerza magnetomotriz total es ℑt=ℑC+ℑI+ℑa =164.09Av. La fuerza magnetomotriz
producida por la bobina 2 es 100Av, por consiguiente la fuerza magnetomotriz de la
bobina 1 es de 64.09 Av y por la bobina 1 debe circular una corriente de I1=-0.32A.
EJEMPLO 1-18.
Dos bobinas idénticas están enrolladas como se indica en la figura. El núcleo es
construido de un material de níquel-hierro, el circuito magnético tiene una sección
S=6cm2 en toda su extensión. Las longitudes medias son l1=l3=14cm, L2=4cm. Halle las
fmm en las bobinas para que el flujo en la extremidad derecha sea de 0.7mWb.
Si se analiza la sección de la derecha,
B3=1.16,
H3=239.67Av/m,
ℑ3=33.55Av. En la sección del centro la
fmm se debe mantener, por consiguiente
H2=838.7Av/m,
B2=1.437T,
φ2=0.858mWb, el flujo en el extremo
izquierdo es φ1=φ2+φ3=1.558mWb, la
densidad es B1=2.59, no se puede hallar
porque el material entra en saturación. Recalculando el flujo nos queda φ1=φ2φ3=0.158mWb, la densidad de flujo B1=0.263T, la intensidad de flujo es
H1=54.33Av/m, la fuerza magnetomotriz es ℑ1=7.6Av. La fuerza magnetomotriz en el
lado izquierdo es ℑ=41.15Av, la de la derecha es ℑ=67.1Av. La corriente en la
izquierda es I=1.37A, en la derecha es I=2.24A.
EJEMPLO 1-19.
Cual es la corriente en la bobina, si esta tiene 1600 vueltas y se necesita establecer una
densidad de flujo de 0.1T en el entrehierro. Cual es la inductancia del circuito
magnético? Cual es la energía almacenada? Asuma que la relación B-H del material es
1.5 H
B=
, todas las dimensiones están en centímetros.
750 + H
La fuerza magnetomotriz en el entrehierro es de
B
ℑa = a la = 975.77 Av
µ0
En la trayectoria de la derecha se tiene una fmm
750 B
ℑd =
* l = 55.71Av
1.5 − B
φd = Bd * S d = 0.32mWb la densidad en la
sección d’ es Bd' = 0.05T
37
750 B
* l = 25.86 * 46 x10− 2 = 11.89 Av
1.5 − B
Para la sección en la izquierda se tiene
ℑi' = ℑ'd = 11.89 Av
La densidad de flujo en esta sección es B=0.05T el flujo que se establece es de
0.16mWb, la densidad de flujo en la otra sección es 0.02T, la intensidad de flujo es
10.14Av/m, la fuerza magnetomotriz total es 13.18Av.
ℑ'd =
EJEMPLO 1-20.
Un conductor de 4m de largo yace a lo largo del eje y y transporta una corriente de 10A.
Halle la fuerza sobre el conductor si el campo en la región es de 0.05T en el eje x.
F = I (lxB) = 10(4 jx0.05i ) = −2.0k
EJEMPLO 1-21.
Halle las fuerzas por unidad de longitud sobre dos conductores paralelos, largos si cada
uno lleva una corriente de 10A en la misma dirección y la distancia de separación es de
0.2m.
µI
B = 0 = 1e − 5T
2πr
F = I (lxB) = 1e −4 N / m
EJEMPLO 1-22.
El movimiento de un medidor de D’Arsonoval tiene un campo radial uniforme de 0.1T
y un resorte de restauración con un torque τ=5.87e-5θ Nm, donde el ángulo de rotación
está en radianes. La bobina tiene 35 vueltas y mide 23mm por 17mm. Que ángulo de
rotación produce una corriente de 15mA en la bobina.
τ = nBlIw = 2.05e −5 Nm
Esta bobina gira hasta que el torque sea igual al del resorte
2.05 x10−5 = 5.87 x10−5θ
θ = 0.349rad
38
2 EL TRANSFORMADOR
El transformador es la máquina eléctrica más sencilla de construir, más eficiente y más
usada hoy en día. Esta máquina está compuesta por dos devanados, uno que se llamará
primario que se conectará a una fuente de corriente alterna y otro que se llamará
secundario y se conecta a la fuente.
Un transformador puede entonces considerarse como un circuito magnético que tiene
dos devanados uno por donde entra energía eléctrica (primario) y otro por donde sale
(secundario).
En resumen un transformador es una aparto estático (por tal razón hay varios autores
que no lo consideran máquina) de inducción electromagnética destinado a transformar
niveles de corriente en una intensidad a niveles de otra intensidad.
Fig 2-1. Partes del transformador.
2.1 Ley de faraday aplicada al transformador.
Ley de Faraday: en la antigüedad se pudo establecer que se creaba una tensión en un
conductor cada vez que se le acercaba o se alejaba un imán permanente y la magnitud
de la tensión inducida dependía de la velocidad de acercamiento o alejamiento al igual
que su polaridad. También se notó que cuando se acercaba un conductor a otro por el
cual circulaba una corriente eléctrica variable en este se inducía una tensión. Estos dos
sucesos físicos llevaron a proponer al señor Faraday la ley de las tensiones que dice así:
La tensión inducida fem (fuerza electromotriz inducida) en un circuito es
numéricamente igual a la derivada respecto al tiempo, del flujo que la atraviesa como se
muestra en la ecuación.
∂φ
Ecuación 2-1
E=−
∂t
Ordinariamente se utiliza con esta ecuación el convenio de signos del tornillo corriente
de roscas derechas. Si miramos hacia el circuito, se considera positiva la fem cuando
ocasiona una corriente que tenga el sentido (convencional) de las agujas del reloj y
dφ/dt se considera positiva si hay un aumento del flujo que se aleja del observador.
39
Si el flujo magnético que atraviesa un circuito varía una cantidad finita ∆φ en un
intervalo de tiempo ∆t, la fem media inducida está dada por:
∆φ
E=−
∆t
2.2 Principio de funcionamiento.
Sea un circuito magnético formado por chapas magnéticas y rodeado por dos bobinas B1
y B2, donde la bobina B1 se conecta a los terminales de un generador de corriente
alterna. Esta bobina de ahora en adelante se llamará primaria, y actúa como una
inductancia; al ser atravesada por una corriente variable produce un flujo en el circuito
magnético que recorrerá todo el circuito magnético y se concentrará en él. Cuando un
flujo magnético atraviesa la misma bobina se crea una tensión E1 en los terminales que
tiende a oponerse a la tensión de alimentación V1 (ver fig 2.2).
Fig 2-2. Circuito equivalente del transformador
Este flujo también atravesará la bobina B2, llamada también bobina secundaria, y creará
una tensión E2 inducida en de la misma frecuencia del primario.
Si en el secundario se conecta una impedancia, por esta y el devanado va a circular una
corriente I2, esta no se puede crear de la nada, sino se transfiere desde el primario, es
decir hay una inducción de corriente. Y a su vez la corriente inducida en el secundario
aumentará la corriente I1 del primario.
Así pues, un transformador puede ser considerado como un grupo de arrollamientos o
grupo de devanados eléctricamente independientes y acoplados entre sí por un circuito
magnético.
Para que el acoplamiento de los circuitos sea máximo, el flujo debe ser alto y debe
haber una pequeña reluctancia en el circuito magnético. Esto conlleva a que los
transformadores sean construidos de un material que tenga una alta permeabilidad
relativa (materiales ferromagnético o algunas de sus aleaciones) y debe ser laminado
para evitar altas pérdidas.
El flujo φ que atraviesa ambos bobinados del transformador viene dado por la expresión
Fmm
NI
φ=
=
Ecuación 2-2
l
ℜ
µ r µ0 A
40
Se entiende por reluctancia la naturaleza del material que se opone a la creación del
flujo magnético.
2.3 Estudio de los flujos del transformador.
Se considerará el transformador de solo dos devanados para ser estudiado, ya que con
más devanados las ecuaciones se complicarían. Sin embargo, lo que se saca para dos
devanados puede aplicarse para más de ellos.
Supongamos que la bobina del primario está construida de N1 numero de vueltas y el
secundario por N2, también suponemos que la bobina 1 toma energía de la fuente de
alimentación y el secundario da energía a una impedancia.
Por la bobina 1 circulará una corriente I1 y por la bobina 2 circulará una corriente I2.
La corriente I1 producirá un flujo φ11 y la corriente I2 producirá el flujo φ22 .
Entre la dos bobinas habrán flujos de enlace φ12 y φ21 estos flujos son producidos en la
bobina correspondiente al primer subíndice y atravesarán la bobina del segundo.
En cada bobina habrán flujos de dispersión φd1 y φd2 debidas a la características del
circuito magnético y el aire que las rodea.
Lo que conlleva a tener φ1 y φ2 flujos que atraviesan los devanados primario y
secundario.
Fig 2-3. Flujos presentes en un transformador
Se pueden hallar las relaciones entre cada uno de los flujos de la siguiente manera:
φ1 = φ11 + φ12 φ11 = φd 1 + φ21
φ2 = φ22 + φ21 φ22 = φd 2 + φ12
φM = φ12 + φ21
La relación de flujo útil φ21 que atraviesa el secundario al flujo total producido por el
primario recibe el nombre de coeficiente de acoplamiento del primario al secundario K1.
K1 =
φ21
φ11
Análogamente se define el coeficiente de acoplamiento del secundario al primario K2.
41
K2 =
φ12
φ22
Ecuación 2-3
2.4 Coeficientes de autoinducción de primario y secundario.
La inductancia de cualquier devanado es directamente proporcional al número de
vueltas, flujo e inversamente proporcional a la corriente, se pueden hallar las
inductancias propias de cada devanado y las inductancias de dispersión por medio de:
L11 = N1
L22 = N 2
φ11
Ld 1 = N1
I1
φ22
I2
La inductancia mutua se puede hallar como
M = N2
φ21
I1
= N1
φ12
I2
Ld 2 = N1
φd 1
I1
φd 2
I2
Ecuación 2-4
2.5 Ecuaciones del transformador ideal.
En la figura 2-4 se pueden observar las principales variables eléctricas que influyen en
un transformador ideal.
Fig 2-4 Variables eléctricas de un transformador.
La tensión inducida en el primario se puede hallar por medio de:
∂I
∂I
e1 = R1.I1 + L11. 1 + L12 . 2
∂t
∂t
De igual manera la tensión inducida en el secundario tiene la forma de:
∂I
∂I
e2 = R2 .I 2 + L21. 1 + L22 . 2
∂t
∂t
Ahora bien, como L12 y L21 coinciden con la definición de la inductancia mutua M,
podemos escribirlas como:
∂I
∂I
e1 = R1.I1 + L11. 1 + M . 2
∂t
∂t
Y la tensión en el secundario puede hallarse como:
∂I
∂I
e2 = R2 .I 2 + M . 1 + L22 . 2
∂t
∂t
42
Las ecuaciones anteriores son muy frecuentes para representar el transformador en la
teoría de circuitos.
En electrónica suelen representarse las ecuaciones en las que aparecen los coeficientes
de autoinducción de fugas las cuales serán deducidas a continuación. De acuerdo con el
transformador que se dibujó arriba se pude describir:
e1 = R1.I1 + e1'
e2 = R2 .I 2 + e2'
Siendo:
∂φ
∂φ
e2' = N 2 2
e1' = N1 1
∂t
∂t
Donde F1 y F2 son los flujos que atraviesan los devanados primario y secundario.
Puesto que φ1 = φd 1 + φM y φ2 = φd 2 + φM obtenemos :
∂φ1
∂φ
+ N1 M
∂t
∂t
∂φ
∂φ
e2' = N 2 2 + N 2 M
∂t
∂t
e1' = N1
Ahora bien:
∂φd 1
∂φ
∂
∂
⇒ N1 d 1 = ( N1φd 1 ) = ( Ld 1I1 )
I1
∂t
∂t
∂t
∂φ
∂φ
∂
∂
Ld 2 = N 2 d 2 ⇒ N 2 d 2 = ( N 2φd 2 ) = ( Ld 2 I 2 )
I2
∂t
∂t
∂t
Y por lo tanto, finalmente
∂I
∂φ
e1 = R1.I1 + Ld 1. 1 + N1. M
∂t
∂t
∂I 2
∂φM
e2 = R2 .I 2 + Ld 2 .
+ N2.
∂t
∂t
Donde se puede ver que las tensiones e’ son iguales a una caida de tensión en la
autoinductancia de dispersión más una caída de tensión debida al flujo en común.
De acuerdo con lo acostumbrado en los libros de electrotecnia, se llamaran L1 y L2 a los
coeficientes de autoinducción Ld1 y Ld2.
Con esta nueva notación las ecuaciones se transforman a:
∂I
∂φ
e1 = R1.I1 + L1. 1 + N1. M
Ecuación 2-5
∂t
∂t
∂I
∂φ
e2 = R2 .I 2 + L2 . 2 + N 2 . M
Ecuación 2-6
∂t
∂t
Ld 1 = N1
2.6 El transformador ideal.
El transformador ideal es aquella máquina eléctrica que cumple con las siguientes
condiciones:
1) La permeabilidad del núcleo es tan elevada que el flujo común está producido
por una fmm despreciable.
43
φ=
Fmm
=
ℜ
NI
l
µ r µ0 A
Y hay que recordar que una permeabilidad muy elevada equivale a una reluctancia
del circuito magnético casi nula.
2) las resistencias de los devanados primario R1 y secundario R2 son nulas.
3) Las pérdidas por corrientes parásitas en el núcleo son despreciables.
4) El flujo que se establece en el circuito magnético del núcleo atraviesa a ambos
devanados por igual, o dicho de otra manera son nulas.
Teniendo en cuenta estas hipótesis, se establecerán a continuación las propiedades más
importantes del transformador.
1 ) la relación entre las tensiones inducidas en el primario e1 y secundario e2 es igual a la
relación del número de espiras en los devanados primarios N1 y secundarios N2.
∂φ
∂φ
e2 = N 2 M
e1 = N1 M
∂t
∂t
Y dividiendo ambas
N1 e1
= =a
Ecuación 2-7
N 2 e2
A la relación a se llamará de ahora en adelante la relación de transformación.
2) La relación entre las corrientes del primario I1 y secundario I2 es sensiblemente igual
a la inversa de la relación de transformación a. Para demostrar esto se pude decir que la
fuerza magnetomotriz que entra al primario es igual a la del secundario.
N
I
1
ℜ.φ = N1I1 = N 2 I 2 ⇒ 1 = 2 =
Ecuación 2-8
N 2 I1 a
3) Las impedancias conectadas al primario o secundarios se ven reflejadas en el
primario o secundario:
E
aE1
E
Z2 = 2 =
= a 2 1 = a 2 Z1
Ecuación 2-9
I 2 I1 / a
I1
4) La potencia tomada del primario es igual a la potencia entregada a la carga en el
secundario
I
P1 = V1I1 , P2 = V2 I 2 = aV1 1 = V1I1 ⇒ P1 = P2
Ecuación 2-10
a
2.7 Circuito equivalente del transformador ideal.
De acuerdo a las deducciones anteriores se puede elaborar el circuito equivalente como
se muestra en la figura 2.5. Este circuito consta de una fuente de alimentación en el
primario, una fuerza contraelectromotriz E1 inducida en el primario que se opone a la
tensión de la fuente, una tensión inducida en el secundario E2, una corriente que
proviene de la fuente I1 y se traslada al secundario I2. y un símbolo del transformador en
medio de ellos.
44
Fig 2-5. Circuito equivalente del transformador ideal.
2.8 El transformador real.
Hay unas pequeñas diferencias que tiene el transformador real con respecto al ideal
como se van a mencionar a continuación:
La primera diferencia entre el transformador real y el ideal es que en el primero no tiene
un permeabilidad elevada, es decir que para producir una fem inducida en cualquiera de
los devanados se debe tener una corriente pequeña en el primario para producir un flujo.
Si se considera que el devanado secundario no tiene ningún tipo de carga (sus
terminales están al aire) y se aplica una tensión de alimentación Va al primario, en este
se debe inducir una tensión E1 dada por la ecuación:
∂φ
e1 = N1 M
∂t
Para que haya esta fuerza contraelectromotriz E1 debe existir un flujo φ que crea esta
tensión para que se oponga a la tensión Va. Como ahora el transformador no es ideal
será preciso reconocer la existencia de una fuerza magnetomotriz F=N1I1≠0 para crear
dicho flujo, lo cual implica que el transformador absorba una cierta corriente en el
devanado primario, aún en el caso de que el secundario esté abierto. A esta corriente se
le llama corriente en vacío y se le designa por I0.
Ahora vamos a suponer que se coloca una carga en el secundario; entonces por este
devanado circulará una corriente I2 que dará lugar al flujo φ22. El flujo común
permanecerá invariable puesto que hallamos con anterioridad que para transformadores
ideales se cumple que:
∂φ
e1 = N1 M
∂t
Es decir, el flujo común permanecerá invariable dado que debe incluir una fuerza
contraelectromotriz igual a al tensión aplicada, la cual es independiente de la tensión en
el secundario. Por lo tanto al circular una corriente por el secundario, la corriente en el
primario aumentará su amplitud para equilibrar la fuerza magnetomotriz creada por ella.
Entonces podemos suponer la corriente del primario como respuesta de dos partes. Una
la corriente de excitación o vacío I0 y otra la corriente de carga reflejada I’L como se
muestra en la siguiente ecuación:
I1 = I 0 + I 2'
Ecuación 2-11
45
Así pues, I0 es la corriente necesaria para crear una fuerza contraelectromotriz que
equilibra el voltaje aplicado y I’L da lugar a la fuerza magnetomotriz que compensa la
corriente en el secundario I2.
Hay que tener en cuenta que la forma de onda de la corriente en vacío es distorsionada
debido a los ciclos de histéresis y la relación no lineal entre la densidad de flujo y la
excitación magnética de un circuito magnético. Este efecto se puede ver en la figura 2.6
Hay que recordar que la forma no senosoidal de la corriente en vacío produce armónicos
de corriente que a su vez generan calentamiento en otros equipo de potencia o en los
generadores.
Fig 2-6 Forma de onda de la corriente en vacío de un transformador.
La segunda diferencia entre los transformadores ideales y reales es que las pérdidas en
el núcleo no son despreciables. Como hasta ahora hemos visto la corriente en vacío del
transformador es empleada solamente para crear un flujo magnético para compensar la
tensión aplicada en el primario y para nada se han tenido en cuenta las pérdidas en el
núcleo.
Sin embargo, es sabido que el núcleo consume cierta energía que se va a gastar en la
orientación de los dipolos del núcleo o en los llamados ciclos de histéresis. Y otra parte
se induce en el núcleo debido a las corrientes parásitas. Dicho de otra manera así se
conecte un transformador en vacío este consume potencia y a esta se le llama las
pérdidas del transformador. Como se puede observar la corriente en vacío I0 tiene dos
componentes a saber:
Im. Corriente de magnetización, esta corriente está en fase con el flujo.
IH: que representa las corrientes de Eddy y se encuentra en fase con la tensión aplicada.
Ecuación 2-12
I 0 = I m + I Fe
Suele suceder que la corriente en vació en los transformadores es del 4 al 8% de la
corriente de carga y no se comete un error significativo si se supone que la forma de
onda de las corrientes en vacío son senoidales.
Si se hace el diagrama fasorial de las corrientes en vacío se pude ver mejor la relación
entre ellas.
46
Fig 2-7 Diagrama fasorial de las corrientes en vacío.
2.9 Circuito equivalente de un transformador real.
Un circuito equivalente es aquel que puede describir con gran exactitud el
comportamiento eléctrico de un aparato. Y a partir de él es fácil obtener las ecuaciones
que rigen su comportamiento.
Como punto de partida se tomará el circuito del transformador ideal que se ve en la
figura 2-5. y se le agregaran algunos elementos que describen con exactitud el
comportamiento del real.
Como punto de partida se deben agregar unas resistencias y unas inductancias en cada
uno de los devanados del transformador. La resistencia es debida a que los devanados
son construidos de cobre o aluminio, estos son materiales físicos que tienen una
resistividad a lo largo del conductor, es decir no es un elemento concentrado sino
distribuido; pero su efecto se puede estudiar como una resistencia R1 y R2 que
represente estos efectos.
Hay que recordar que siempre que haya una corriente solidaria a esta habrá un flujo
magnético. Este flujo se concentra en un circuito magnético compuesto por una fuerza
magnetomotriz expresada como el producto de la corriente por el número de vueltas de
la bobina y una reluctancia. Hay que recordar que la inductancia se expresa por medio
de la formula:
N2
L=
Ecuación 2-13
ℜ
Fig 2-8. Transformador ideal con los efectos de resistencia e inductancia de los devanados.
El segundo efecto que se debe tener presente es la corriente en vacío, esta tiene dos
efectos una debida a las corrientes parásitas o de Eddy IFe y otra a los ciclos de histéresis
IH estos efectos se pueden representar por una inductancia y una resistencia ficticias (no
presentes físicamente en el transformador) en paralelo con el devanado primario como
se muestra en la figura 2-9.
47
Fig 2-9 Transformador ideal con los efectos de corrientes de Eddy e histéresis.
Las impedancias de magnetización se suelen colocar en el primario del transformador
para decir que estas se usan para crear el flujo en el núcleo. Aunque estas se pueden
dibujar en el secundario para evitar las operaciones matemáticas que reflejan su efecto
al primario.
Fig 2-10 Circuito equivalente total de un transformador real.
Si consideramos nuevamente las corrientes en vacío senosoidales (como se sabe no es
totalmente cierto) podemos hacer un diagrama fasorial de las tensiones, y corrientes del
transformador real.
Para iniciar partimos de la tensión y corriente del secundario. Tomaremos la tensión en
el secundario V2 con una referencia a cero grados; la corriente de este devanado I2 está
desfasada un ángulo θ2 dado por la impedancia de carga. En la resistencia e inductancias
del devanado secundario se presentan unas caídas de tensión VR2 y VX2 debidas a la
circulación de la corriente I2 por el devanado secundario. La tensión en al resistencia
VR2 está en fase con la corriente y la tensión VX2 está desfasada 90º con respecto a la
corriente. La tensión inducida en el secundario E2 es la suma de las tres componentes:
E2 = V2 + VX 2 + VR 2 Ecuación 2-14
Fig 2-11 Diagrama fasorial del devanado secundario.
La tensión reflejada en el devanado primario debida a la tensión en el secundario está en
fase con este último y su magnitud varia de acuerdo a la relación de transformación
como se expresa en la ecuación:
48
E1 N1
=
E2 N 2
Como guía para saber la magnitud se debe analizar si el transformador es elevador o
reductor. Si el transformador es elevador la tensión en el primario debe ser más alta; por
el contrario, si el transformador es reductor la tensión en el primario debe ser mas baja.
Algo similar sucede con las corrientes; cuando por el secundario circula una corriente,
en el primario hay una que es un reflejo de esta y la llamaremos corriente reflejada del
secundario al primario y se halla por medio de la ecuación de la corriente como lo
expresa la siguiente ecuación:
I 2 N1
=
I1 N 2
De forma contraria a lo que sucede con las tensiones, si el transformador es elevador la
corriente reflejada en el primario es mas pequeña que la del secundario y si el
transformador es reductor la corriente es más grande hay que recordar que solo se
afectan las magnitud de la corriente y no el ángulo.
Fig 2-12 Diagrama fasorial de las corrientes y tensiones reflejadas del secundario al primario.
Ahora analizaremos que le sucede a las corrientes y tensiones en el primario, La
corriente del primario I1 es la suma de tres efectos a saber, por un lado se tiene la
corriente del secundario reflejada al primario I*2, se tiene una corriente en vacío que es
la suma de la corriente de magnetización IFe y la corriente de histéresis IH que forma la
corriente en vacío I0 como se demuestra en la siguiente ecuación:
I1 = I 0 + I 2*
Las tensiones tienen un comportamiento similar a las del secundario; La tensión en la
fuente V1 es la suma de la tensión reflejada en el secundario E1 más la caída de tensión
en la resistencia del primario VR1, más la caída de tensión en la inductancia del primario
VX1 como se muestra en la siguiente ecuación:
V1 = E1 + VX 1 + VR1
Ecuación 2-15
2.10 Circuitos referidos del transformador.
En lugar de trabajar con dos circuitos, el primario y el secundario algunos programas de
computador usan todos los valores de tensiones, corrientes e impedancias; ya sea en el
primario o secundario para facilitar los cálculos a estos circuitos se les llaman modelos
49
simplificados y hay dos uno simplificado al primario y otro simplificado al secundario
aunque el que más se usa es el referido al primario.
Para obtener el transformador reflejado al primario los valores de corriente, tensiones e
impedancias del primario se dejan en su valor predeterminado así como las impedancias
de magnetización. En cambio, las tensiones del secundario se deben reflejar al primario
por medio de la relación E1=E2*a, donde a es la relación de transformación, la corriente
del secundario reflejada al primario se obtiene por medio de I’1=I2/a y las impedancia
del secundario se obtienen por medio de Z2’=Z2*a2 y el circuito equivalente se puede
ver con exactitud en la figura 2-13.
Fig 2-13 Circuito equivalente del transformador referido al primario.
Algunos autores no les gusta el transformador referido al primario sino al secundario y
se sigue el siguiente procedimiento: las corrientes, tensiones e impedancias del
secundario no se les aplica ninguna transformación; La tensiones del primario se deben
referir al secundario por medio de su ecuación E2=E1/a, las corrientes por medio de
I2=I1*a, las impedancias del devanado por medio de Z1’=Z1/a2 y la impedancias de
magnetización por medio de Z0’=Z0/a2. El circuito equivalente se puede ver en la figura
2-14.
Fig 2-14 Circuito equivalente del transformador referido al secundario.
2.11 Obtencion de los parametros del transformador.
La obtención de los cuatro parámetros básicos del transformador, impedancia del
primario, impedancia del secundario, impedancia de magnetización y corriente en vació
se pueden hallar por medio de dos pruebas sencillas que se llaman prueba en vacío y la
prueba de corto circuito.
Para el ensayo de circuito abierto se debe alimentar el primario a tensión nominal al
mismo tiempo que el secundario no tiene nada conectado entre sus terminales (está en
vacío). Como primario, se puede seleccionar el lado de alta tensión o el lado de baja
tensión solo se afectan las magnitudes de las corrientes y tensiones y se debe tener en
cuenta por que lado se tomaron las medidas. Pero hay algunas normas que indican
claramente que esta prueba se debe realizar por el lado de baja tensión, ya que algunas
veces es difícil conseguir una tensión aplicable al lado de alta ya sea por seguridad o por
presupuesto (por ejemplo, en el caso de transformadores de potencia de 220KV/34.5
50
KV donde es difícil tener la tensión del lado de alta). Además las corrientes que se
manejan en esta prueba son bajas.
Para poder tener una medición de los parámetros se deben tomar los datos de tensión,
corriente y potencia por medio de un voltímetro, amperímetro y un vatímetro. La
conexión de estos instrumentos se pude ver en al figura 2-15. Como no sale ninguna
potencia del secundario, es evidente que toda la potencia que entra se perderá y esta
potencia será la suma de las pérdidas en el cobre del primario y las pérdidas en el hierro.
Como puede verse en al figura 2-15, por el secundario no circula ninguna corriente y
por ende allí no se presenta ningún tipo de pérdidas, ahora si analizamos el primario hay
unas pérdidas en el cobre del primario o en la resistencia R1 y unas pérdidas en la
resistencia de magnetización RFe. Como se ha dicho con anterioridad, la corriente en
vacío es del orden del 4 al 8% de la corriente nominal; además las impedancias de los
devanados son pequeñas comparadas con las impedancias de la rama de magnetización.
Con gran precisión se pude suponer que las pérdidas allí registradas son las pérdidas en
el hierro PFe.
Fig 2-15. Prueba de circuito abierto.
Como ya sabemos, las pérdidas en el hierro son debidas a las corrientes por ciclos de
histéresis y las corrientes de Foucault. Ahora bien, como sabemos estas dependen de la
inducción máxima, o dicho de otra manera, por el voltaje aplicado y de su frecuencia.
La variación de las perdidas en el hierro PFe con el voltaje es pequeña, por lo que no se
incluye en un error grande si se consideran constantes para cualquier tensión aplicada.
En cuanto a la frecuencia digamos que un transformador destinados a uso industrial
utilizará una frecuencia de 50 o 60 Hz dependiendo del país donde se vaya a instalar. Y
así podemos suponer que las pérdidas PFe de los transformadores son las mismas para
todas las cargas e iguales a la prueba de vacío.
Una vez hechas las consideraciones anteriores se puede hacer el cálculo de la
impedancia.
V
El valor de la impedancia se halla: Z m = 1
I1
P
El ángulo de la impedancia se halla: θ m = cos −1 ( 1 )
V1I1
El valor de la resistencia se puede hallar como: Rm = Z m * cos(θ m )
Y el valor de la reactancia se halla: X m = Z m * sen(θ m )
51
2.12 Ensayo de cortocircuito.
Ahora vamos a hacer un cortocircuito en el secundario. Al ser la impedancia del
cortocircuito muy baja la corriente que circula por este y el primario es elevada y si se
deja por mucho tiempo se puede quemar los dos devanados.
Para evitar el daño del transformador se debe energizar el primario a una tensión más
baja que la nominal, de tal forma que por el secundario y primario circule la corriente
nominal, si se logra esto el transformador no corre riesgo de dañarse y la prueba se
puede demorar un poco.
A la tensión de cortocircuito se le denominará V1cc, y por ende será mucho menor que la
tensión de funcionamiento o de régimen permanente o nominal debida a la baja
impedancia que se presenta en los devanados del transformador.
Como se pude ver en la figura 2-16 hay dos corrientes que circulan por el circuito
equivalentes, la primera corresponde a una corriente alta que circula por los devanados
primario y secundario debida al cortocircuito del secundario; y una pequeña que circula
por la rama de magnetización.
Puesto que las pérdidas en el cobre dependen solamente de la corrientes en los
devanados y estas con iguales a las nominales, la potencia que se mide en esta prueba es
la correspondiente a las pérdidas en el cobre, o dicho de otra manera, es la potencia que
se pierde en los devanados del transformador.
La otra corriente que vimos anteriormente es la corriente que va por al rama de
magnetización. Si se analiza la tensión en bornes del transformador V2 es cero, por ende
la tensión inducida en el secundario E2 es pequeña, solo la tensión caída en la
impedancia del secundario I2(R2+jX2) . Al hallar la tensión en el primario se puede
hallar por medio de aE2 que también es pequeña, la corriente por la rama de
magnetización es baja debida al valor bajo de E1 y la alta impedancia de la rama de
magnetización.
Fig 2-16 prueba de cortocircuito.
Por medio de las siguientes ecuaciones se puede calcular el valor de la impedancia.
La magnitud de la impedancia total es:
V
Z t = 1 = Z1 + aZ 2
I1
El ángulo de la impedancia es:
P
θ = cos −1 (
)
V1I1
La resistencia total de la prueba es:
Rt = Z t cos(θ )
52
La impedancia total de la prueba es:
X t = Z t sen(θ )
La resistencia del primario y secundario se debe medir por medio del voltímetro y
amperímetro como se indica en la figura 2-17. Las reactancias del primario y secundario
se debe deben calcular de forma proporcional a estas de la siguiente manera:
X t R1
X1 =
Ecuación 2-16
R1 + a 2 R2
La reactancia del secundario se puede calcular como:
a 2 X 2 = X t − X1
Ecuación 2-17
En el caso de que no se tenga como medir las resistencias se debe dividir la resistencia y
reactancias totales en dos y hacer las transformaciones al secundario.
R
R
R1 = t
a 2 R2 = t
2
2
El valor de la reactancia se puede calcular como:
X1 =
Xt
2
a2 X 2 =
Xt
2
Ecuación 2-18
Fig 2-17 Medición de la resistencia de los devanados.
2.13 Polaridad de un transformador.
Un transformador puede tener devanados múltiples conectados en serie, para
incrementar la tensión de funcionamiento o en paralelo para aumentar la corriente
máxima que pueda manejar. Sin embargo, antes de hacer estas conexiones es necesario
conocer las polaridades de cada devanado para no hacer conexiones indebidas y hacer
cortocircuitos.
Fig 2-18 Polaridad del transformador.
53
Si se examina el transformador de la figura 2-18 donde se le coloca una fuente de
alimentación senosoidal se puede notar que la tensión E1 se opone a la tensión de
alimentación V1 se pude ver en la figura que el Terminal 1 del primario es conectado al
positivo de la fuente y que el Terminal 2 está conectado al Terminal negativo. Como se
sabe la corriente es la encargada de crear el flujo magnético en el núcleo y la dirección
que hay entre los dos es establecida por la regla de la mano derecha. En pocas palabras,
la corriente del devanado primario le da la dirección al flujo. Este flujo debe inducir una
tensión E2 en el secundario y esta hará circular una corriente por el devanado
secundario. Recordemos que la corriente en el secundario tiende a oponerse al flujo que
la produce. Si se sigue esta ley se puede ver que los terminales marcados con el punto
representan los terminales positivos en cada devanado.
Fig 2-19 Prueba de polaridad del transformador.
Hay una prueba muy sencilla para determinar la polaridad y consiste en alimentar el
devanado primario a una tensión reducida, luego hacer un puente entre los devanados
primario y secundario; posteriormente se debe medir la tensión entre los terminales que
no estan unidos por el puente. Esta tensión puede ser de dos valores una tensión que es
menor a la aplicada en el primario y otra es que la tensión sea más alta que aplicada V1.
En el primer caso se está hablando de una polaridad sustractiva y en el segundo de una
polaridad aditiva. Como se pude deducir en la figura 2-19, en la polaridad aditiva, el
puente está uniendo bornes de diferente polaridad. Mientras que la polaridad sustractiva
el puente está uniendo bornes de igual polaridad.
2.14 Regulación de voltaje.
Hora vamos a analizar el transformador cuando está en vacío y cuando está con carga y
para ello se usará la figura 2-20. En le caso de que el transformador esté sin carga la
corriente en el devanado secundario es cero y por ende la caída de tensión en I2(R2+jX2)
es cero. Si se analizan las caídas de tensión en el primario, se pude ver que hay una
pequeña caída de tensión en la impedancia dada por I1(R1+jX1) que es pequeña porque
I1 solo es la componente en vacío. Por lo explicado anteriormente, se ve que la tensión
en el secundario se puede calcular como E2=aV1.
Fig 2-20 Transformador con carga y sin carga.
Ahora vamos a analizar el transformador con carga, es obvio que en el secundario hay
una corriente I2 que genera una caída de tensión I2(R2+jX2) que no es despreciable. En
el primario se genera una corriente I1=I2/a+I0 que genera una caída de tensión
54
I1(R1+jX1) que ya no es despreciable. En el caso de estar con carga la tensión en el
secundario ya no se puede calcular de forma simple sino que hay necesidad de usar una
expresión más compleja.
El cambio de tensión se expresa en forma porcentual y se llama regulación de voltaje y
se expresa por la siguiente formula:
V − V2 PL
R% = 2 NL
100
Ecuación 2-19
V2 PL
Donde V2NL es la tensión sin carga en el secundario y V2PL es la tensión en el secundario
con carga. La regulación de tensión es una figura de mérito. Para un transformador ideal
la regulación de tensión es cero, porque no hay impedancias en los devanados. Mientras
que en el transformador real, este valor no puede nunca ser cero, porque este tiene
resistencias físicas; pero si la regulación de tensión es baja, se dice que el transformador
opera satisfactoriamente.
2.15 Potencias de pérdidas en los transformadores.
Si se parte de un transformador ideal se ve por medio de las ecuaciones que lo rigen que
la potencia que entra es igual a la que sale; esto se debe a que los devanados no tienen
resistencias y además el núcleo magnético no tiene ni ciclos de histéresis ni corrientes
de Eddy.
La primera potencia que se debe calcular es la potencia de salida, esta es la que toma la
carga desde el transformador. La ecuación con la que se puede calcular es:
Pout = V2 I 2 cos(θVI ) Ecuación 2-20
Como se puede observar la potencia de salida depende de la tensión de salida, de la
corriente de salida y del factor de potencia de la carga; en otras palabras la carga es
quien impone las condiciones de trabajo del transformador.
La segunda potencia que se puede calcular es la potencia que se disipa en forma de calor
en los devanados o pérdidas en el núcleo. Estas corrientes dependen del valor de la
resistencia de cada devanado y de la corriente que circula por ellas. En cada devanado
hay una resistencia y por ende hay dos factores que afectan estas pérdidas. La ecuación
para calcular la totalidad de las pérdidas es:
PCU = PCU 1 + PCU 2 = I12 R1 + I 22 R2
Ecuación 2-21
Como se sabe el transformador tiene dos pérdidas en el núcleo una debida a las pérdidas
por las corrientes de remolino y otras debidas a los ciclos de histéresis. Estas dos
componentes se pueden calcular en una sola ecuación como sigue:
2
Ecuación 2-22
PFe = I Fe
R0
La otra potencia que se debe tener en cuenta es la potencia de entrada que se define
como la potencia que la fuente entrega al transformador y se puede calcular como:
Pin = V1I1 cos(θVI )
Ecuación 2-23
La potencia transferida del primario al secundario es la potencia que debe soportar el
circuito magnético. Si el núcleo no se dimensiona de forma adecuada no se puede,
55
simplemente el transformador no sirve para soportar esa potencia. La forma de calcular
esta potencia es:
Pt = E1I1 cos(θVI ) = E2 I 2 cos(θVI )
Ecuación 2-24
2.16 Eficiencia del transfromador.
La eficiencia de una maquina en general se puede definir como la relación de la
potencia de salida sobre la potencia de entrada. Como se pude deducir la potencia que le
entra a un transformador es más alta que la de salida; porque la fuente debe proveer la
potencia de salida del transformador más la de pérdidas en el núcleo más la potencia de
salida. Por ende, la eficiencia es siempre menor del 100%.
P
E % = out 100
Ecuación 2-25
Pin
Sin carga, la eficiencia del transformador es cero y se incrementa con el aumento de la
carga hasta alcanzar un valor máximo y luego vuelve a decrecer como se muestra en la
figura 2-21. Un aumento de carga hace que la eficiencia decrezca. Al pico máximo se le
llama eficiencia máxima.
Fig 2-21 Curva de la eficiencia de un transformador.
2.17 Criterio de la máxima eficiencia.
Para hallar el criterio de la máxima eficiencia se puede observar el circuito de la figura
26 que tiene todos sus componentes referidos al primario. La corriente de carga
equivalente y el voltaje en la carga son I p < θ y la tensión es dada por aV2, por
consiguiente la potencia de salida es:
Pout = aV2 I p cos(θVI )
Las pérdidas en el cobre son dadas por:
PCU = I p2 RT
Si la pérdidas en el núcleo es PFe entonces la potencia de entrada es:
Pin = aV2 I p cos(θ ) + PFe + I P2 RT
Así la eficiencia del transformador es:
E% =
aV2 I p cos(θ )
aV2 I p cos(θ ) + PFe + I P2 RT
La única variable en la ecuación anterior es la corriente de carga Ip, para una
impedancia de carga dada. Por consiguiente, si se deriva con respecto a Ip y se iguala a
cero se obtiene
56
I P2 RT = PFe
La ecuación anterior estable que la eficiencia máxima de un transformador se alcanza
cuando las pérdidas en el cobre se igualan a las pérdidas en el hierro. Es decir la
corriente a al cual se encuentra la eficiencia máxima es dada por:
PFe
Ecuación 2-26
IP =
RT
2.18 Transformadores para instrumentos.
Los transformadores para instrumentos se diseñan en aras de poder medir tensiones o
corrientes altas en un sistema de potencia con amperímetros y voltímetros estándar de
bajo rango y de alta precisión. Estos instrumentos también se usan para aumentar la
seguridad en las grandes instalaciones de energía, ya que los niveles de estas dos
variables son altos y cualquier descuido puede ser catastrófico. Como se ha podido
percibir, hay dos tipos de transformadores de medición y son de tensión o potencial y de
corriente.
2.19 Transformador de corriente.
Como su nombre lo indica, los transformadores de corriente están diseñados para medir
las altas corrientes en un sistema de potencia. El devanado primario tiene pocas vueltas
y sus devanados están construidos con un alambre grueso, mientras que el devanado
secundario está construido con un alambre fino y de muchas vueltas. En la figura 2-22
se muestra un transformador de corriente tipo ventana, donde es evidente que el
primario está constituido por un alambre que pasa por el centro del núcleo y el
secundario está confinado a una trayectoria definida.
En la figura 2-22 es evidente que un transformador de corriente no es más que un
transformador bien diseñado. A medida que el voltaje se eleva, la corriente disminuye.
El amperímetro de rango bajo se conecta a través del devanado secundario. Debido a
que la resistencia interna del amperímetro es casi nula en comparación con la resistencia
del devanado secundario, el amperímetro ha de considerarse como un cortocircuito. Por
lo tanto, los transformadores de corriente están diseñados para trabajar en cortocircuito.
La corriente de magnetización es baja y la densidad de flujo en el núcleo es baja. En
consecuencia, el núcleo de un transformador de corriente nunca se satura en condiciones
de operación normal.
El devanado secundario de un transformador de corriente nunca debe dejarse abierto,
porque el transformador se puede saturar y dar mediciones erróneas. La razón de esto,
es que el devanado primario conduce una corriente y no hay una corriente en el
secundario que contrarreste la fmm del primario. La corriente en el primario actúa como
corriente de magnetización e incrementa el flujo en el núcleo. Cuando el secundario se
cierra de nuevo, el ciclo de histéresis puede no ser simétrico con respecto al origen, sino
suele estar desplazado en la dirección del flujo residual. El incremento en el flujo
residual ocasiona un aumento de la corriente de magnetización, lo que a su vez invalida
la corriente de magnetización. Además, con el transcurso del tiempo la corriente en el
57
primario puede causar calentamiento excesivo y destruir su aislamiento. Por añadidura,
la saturación puede dar lugar a una tensión excesivamente alto a través del secundario.
Es común que la designación de un transformador de corriente reciba la designación
como 100:1, lo cual significa que si el amperímetro indica 1A por el primario van
circulando 100A.
Fig 2-22 Transformador de corriente.
Transformador de potencial.
Como su nombre lo indica, un transformador de potencial sirve para medir diferencias
de potencial (voltajes) elevadas con un voltímetro estándar de bajo rango. Por lo tanto,
un transformador de potencial siempre se debe conectar como reductor. El devanado
primario, tiene muchas vueltas y se conecta a una línea de alto voltaje. El devanado
secundario, tiene pocas vueltas y se conecta a un voltímetro. Es común que el núcleo de
un transformador de potencial se construya del tipo acorazado para mayor precisión,
Con el fin de dar una protección adecuada al operador, un Terminal del devanado
secundario está conectado a tierra como se ilustra en al figura 2-23.
Al conectar un voltímetro a un circuito este se considera como si estuviera abierto
debido a la alta resistencia de entrada, la especificación de potencia de un transformador
de potencial es baja. Por lo demás el transformador de potencial trabaja como cualquier
transformador de potencial constante. La relación a es simplemente la relación de
transformación. Por ejemplo, si el transformador de potencial tiene una relación 100:1 y
en el secundario se registra una tensión de 120V, el voltaje en la línea es de 12000 V.
El diseño del aislamiento entre los devanados representa un problema considerable en el
diseño de los transformadores de potencial. De hecho, el devanado primario puede
enrollarse en capas. Después se aísla cada capa de las demás a fin de evitar la
destrucción del aislamiento. Los aislantes que se usan en los transformadores de
potencial son aceite dieléctrico, papel impregnado con aceite, hexafloruro de azufre y
resinas epóxicas.
Fig 2-23. Transformador de potencial.
EJEMPLO 2-1
Un núcleo magnético sostiene un flujo de 5sen(314t) mWb, una longitud de 100cm y un
área transversal de 25cm2. Determine:
a) el valor medio cuadrático de la tensión producida en una bobina de 100 vueltas
enrolladas en el núcleo.
b) La densidad de flujo.
SOLUCIÓN:
dφ
a) E g = N
= 49.3 cos(314t )V
dt
Erms = 34.86V
b) B =
φ
A
= 2T
58
EJEMPLO 2-2
La densidad de flujo efectiva en el núcleo de un transformador ideal de 220/110V es de
1.2T. El área de la sección transversal del núcleo es de 80cm2. Calcular el número de
vueltas de los devanados primario y secundario si la frecuencia de oscilación es de:
a) 25Hz
b) 50Hz
c) 60Hz
SOLUCION
a) si el transformador se alimenta con una fuente senoidal
B=
φ
A
⇒ φ = 9.6sen(2πft )mWb
E g = 4.44 Nφf ⇒ N =
Eg
4.44φf
N2=206.45;N1=103.22
b) N2=51.61;N1=103.22
c) N2=43.01;N1=86.023
EJEMPLO 2-3
Un transformador reductor ideal de 12KVA, 480/120V opera a plena carga con un
factor de potencia de 0.707 en adelanto. El transformador está diseñado en forma tal que
se inducen 2V por vuelta en sus devanados. Determinar:
a) El número de vueltas en cada devanado.
b) Las corrientes en cada devanado.
c) La impedancia de la carga en cada devanado.
d) Haga el circuito equivalente.
SOLUCION
a) N1 = 480 / 2 = 240v ; N 2 = 60v
S
b) I1 = = 25 A ; I 2 = 100 A
V
V 480∠0
Z
c) Z1 = =
= 19.2∠ − 45Ω , Z1 = 22 = 1.2∠ − 45Ω
I 25∠45
a
V1
-480/480V
60 Hz
T1
1to2
C1
195uF
R1
13.57
d)
EJEMPLO 2-4
Un transformador de 25KVA tiene 500 vueltas en el primario y 50 vueltas en el
secundario, la tensión nominal en el primario es de 120V. Encuentre:
a) Las especificaciones del primario, secundario.
b) El flujo en condiciones de carga si la frecuencia de alimentación es de 50Hz.
c) La potencia de entrada
d) La potencia de salida.
e) La eficiencia.
SOLUCIÓN
a) V1=120V, V1=12V; I1=208.3A, I2=2083A
b) 1mWb
59
c) Pin=25KVA.
d) Pout=25KVA
e) E=Pout/Pin*100=100%
EJEMPLO 2-5
Un amplificador de potencia puede representarse por una fuente de corriente en paralelo
con una resistencia de 200 ohmios. Se conecta un altavoz de 8 ohmios al amplificador
de potencia por medio de un transformador de audio de modo de que se transmita la
máxima potencia. Cual es la relación de transformación del transformador.
SOLUCION
R2
100
T1
1to2
Is1
100mA
R1
8
a2 =
100
⇒ a = 3.53
8
EJEMPLO EJEMPLO 2-6
En la figura se muestra un transformador con tres devanados que tienen 100 vueltas,
150 vueltas y 300 vueltas. El primario está conectado a una fuente de 120V, en el
devanado 150 vueltas se coloca una resistencia de 20 ohmios y en el otro devanado una
resistencia de 30 ohmios. Cual es la corriente que se toma de la fuente. Que resistencia
equivalente ve la fuente.
SOLUCION
2
 100 
'
 100 
 = 2.22Ω
R = 20
 = 8.89Ω R2 = 30
 300 
 150 
2
'
3
Rt = R3' // R2' = 1.77Ω ; I1 =
120
= 67.79 A
1.77
EJEMPLO 2-7
Un transformador tiene 1000 vueltas en el primario y 100 vueltas en el secundario. La
reluctancia del circuito magnético ℜ=1x105 Av/Wb. Suponga que no hay flujo de
pérdidas ni de fuga en el circuito y no tenga en cuenta la resistencia en el cable.
a) Si el voltaje en el primario es de 120V con una frecuencia de 60Hz y el
secundario se encuentra abierto. Cual es la corriente en este devanado.
b) Si el secundario tiene una resistencia de 30 ohmios. Cual es la corriente en la
resistencia.
c) Cual es la corriente en el primario con la resistencia anterior.
SOLUCION
120
φ .ℜ
a) φ =
= 0.45mWb ; I1 =
= 0.045 A
4.44 *1000 * 60
N
E
N
V
b) 1 = 1 ⇒ E2 = 12V I 2 = = 0.4 A
E2 N 2
R
I
c) I1 = 2 = 0.04 A
a
EJEMPLO 2-8
Un transformador monofásico de 60Hz es de 20KVA y 1320/440V, tiene una eficiencia
del 85% a plena carga y un factor de potencia unitario. Sin carga, la corriente del
transformador en el lado de alta tensión es de es de 1.5A y la potencia es de 1000W.
a) El lado de 440V tiene 120 vueltas, cuantas vueltas tiene en el lado de 1320V.
60
b) Cual sería la corriente sin carga si se excitara el transformador por el lado de
baja tensión.
c) Estime las pérdidas en le cobre del transformador en el nivel de operación de los
15KVA.
d) Determine la reluctancia del núcleo del transformador.
SOLUCION
E
N
a) 1 = 1 ⇒ N 2 = 360v
E2 N 2
I
N
b) 2 = 1 ⇒ I b = 4.5 A
I1 N 2
P
c) E % = out * 100 = 85% ; pin = 23.52 KW ; Pout = 20 KW ;
Pout
S
PP = Pin − Pout = 3.52 KW = Pcu + PFe ⇒ P cu = 2.52 KW ; I H = = 15.15 A ;
V
2
Pcu = I H R ⇒ R = 10.97Ω ;
para una carga de 15KW
S
I H = = 11.36 A ; P cu = I H2 R = 1415.7W
V
Eg
ℑ
Av
d) ℑ = NI = 540 Av ; φ =
= 3.75mWb ; ℜ = = 144 x103
4.44 * N * f
φ
Wb
EJEMPLO 2-9
Un transformador monofásico de 60Hz es de 20KVA y 1320/440V, tiene una eficiencia
del 85% a plena carga y un factor de potencia unitario. Sin carga, la corriente del
transformador en el lado de alta tensión es de es de 1.5A y la potencia es de 1000W.
e) El lado de 440V tiene 120 vueltas, cuantas vueltas tiene en el lado de 1320V.
f) Cual sería la corriente sin carga si se excitara el transformador por el lado de
baja tensión.
g) Estime las pérdidas en le cobre del transformador en el nivel de operación de los
15KVA.
h) Determine la reluctancia del núcleo del transformador.
SOLUCION
E
N
a) 1 = 1 ⇒ N 2 = 360v
E2 N 2
I
N
b) 2 = 1 ⇒ I b = 4.5 A
I1 N 2
P
c) E % = out * 100 = 85% ; pin = 23.52 KW ; Pout = 20 KW ;
Pout
S
PP = Pin − Pout = 3.52 KW = Pcu + PFe ⇒ P cu = 2.52 KW ; I H = = 15.15 A ;
V
2
Pcu = I H R ⇒ R = 10.97Ω ;
para una carga de 15KW
S
I H = = 11.36 A ; P cu = I H2 R = 1415.7W
V
61
d) ℑ = NI = 540 Av ; φ =
Eg
4.44 * N * f
= 3.75mWb ; ℜ =
ℑ
φ
= 144 x103
Av
Wb
EJEMPLO 2-10
La estructura de hierro de un transformador monofásico de 60Hz tiene una longitud
media de 1m y un área en la sección transversal de 40cm2. El hierro tiene una
permeabilidad relativa de 5000 y tiene el voltaje nominal cuando opera a una densidad
de flujo de 1.4T. El lado 1 tiene 500 vueltas, y el lado 2 tiene 1000 vueltas. No tome en
cuenta las pérdidas en el cobre. Determinar:
a) La corriente de magnetización eficaz, si el transformador se excita por el lado de
baja tensión a la tensión nominal.
b) Determine la corriente eficaz magnetizante si el transformador se excita por el
lado de alto voltaje a tensión nominal.
c) Cual es el voltaje eficaz en el lado de alto voltaje.
d) Determine los voltiamperios necesarios para excitar el transformador.
SOLUCIÓN
NI
l
= 897.8 H −1 , φ = BA = 5.6mWb , φ =
⇒ I = 10mA
a) ℜ =
µ0 µA
ℜ
NI
b) φ =
⇒ I = 5mA
ℜ
c) E = 4.44 fNφ = 1491.84V
d) S = VI = 7.46VA
EJEMPLO 2-11
Un transformador opera como elevador y puede manejar 240KVA, tiene una relación de
voltaje de 480/4800V y tiene los siguientes parámetros: RH=2.5Ω, XH=5.75Ω,
RL=25mΩ, XL=57.5mΩ. El transformador opera al 50% de su carga nominal. Si la
carga es puramente resistiva, determinar:
a) La corriente del secundario.
b) La corriente en el primario.
c) El voltaje en el primario.
d) Eficiencia.
SOLUCION
a) S = VI ⇒ I = 25 A
I
N
b) 1 = 2 ⇒ I1 = 250 A
I 2 N1
E
N
c) E2 = V2 + Z 2 I 2 = 4864.62∠1.69 , 1 = 1 ⇒ E1 = 486.46∠1.69V ,
E2 N 2
V1 = E1 + Z1I1 = 496.72∠1.67
P
d) Pout = 120 KW , Pin = 123.27 KW , E % = out 100 = 97.46%
Pin
EJEMPLO 2-12
Repita el ejercicio 11 si la carga es inductiva con un fp=0.8.
SOLUCION
a) S = VI ⇒ I = 25∠ − 36.86 A
62
b)
I1 N 2
=
⇒ I1 = 250∠ − 36.86 A
I 2 N1
c) E2 = V2 + Z 2 I 2 = 4986.85∠0.89V ,
E1 N1
=
⇒ E1 = 498.68∠0.89V ,
E2 N 2
V1 = E1 + Z1I1 = 507.48∠1.75V
d) Pout = 96 KW , Pin = 99.137 KW , E % =
Pout
100 = 96.96%
Pin
EJEMPLO 2-13
Repita el ejercicio 11 si la carga es capacitiva con un fp=0.8.
SOLUCION
a) S = VI ⇒ I = 25∠36.86 A
I1 N 2
=
⇒ I1 = 250∠36.86 A
b)
I 2 N1
E
N
c) E2 = V2 + Z 2 I 2 = 4766.19∠1.83 , 1 = 1 ⇒ E1 = 476.62∠1.83V ,
E2 N 2
V1 = E1 + Z1I1 = 473.73∠3.69V
P
d) Pout = 96 KW , Pin = 99.13KW , E % = out 100 = 96.96%
Pin
EJEMPLO 2-14
Repita el problema anterior si el transformador tiene una impedancia de magnetización
de 18K+j12KΩ. Cual es el valor efectivo de la corriente de magnetización.
SOLUCION
a) S = VI ⇒ I = 25∠36.86 A ,
I1 N 2
b)
=
⇒ I1 = 250∠36.86 A
I 2 N1
E
E
c) E2 = V2 + Z 2 I 2 = 4766.19∠1.83V , I 0 = 2 + 2 = 0.47∠ − 54.47 A ,
R0 H X 0 H
E
N
I 2 = I L + I 0 = 49.99∠35.77 A , 1 = 1 ⇒ E1 = 486.46∠1.69V ,
E2 N 2
V1 = E1 + Z1I1 = 473.73∠3.69V
P
d) Pout = 96 KW , Pin = 99.13KW , E % = out 100 = 96.96%
Pin
EJEMPLO 2-15
Un transformador reductor de 100KVA, 2500/250V y 50Hz tiene los siguientes
parámetros RH=1.5Ω, XH=2.8Ω, RL=15mΩ, XL=20mΩ, X0H=3.2KΩ, R0H=1.2KΩ. El
transformador alimenta una carga que consume el 80% de su carga nominal con un
fp=0.866 en atraso. Determine las pérdidas en el cobre y en el núcleo del transformador.
SOLUCION
S = VI ⇒ I = 320∠30 A , E2 = V2 + Z 2 I 2 = 251∠1.81V ,
E1 N1
I
N
=
⇒ E1 = 2510.8∠1.8V , 1 = 2 ⇒ I1 = 32∠30 ,
E2 N 2
I 2 N1
63
I l = I 0 + I1 = 0.22∠ − 18.74 A , PN =
E12
= 52.53W , Pcu = R1I12 + R2 I 22 = 3.7 KW
R0 H
EJEMPLO 2-16
Un transformador reductor de dos devanados de 2300/230V, 230KVA, y 60Hz tiene los
parámetros siguientes: RH=1.2Ω, XH=3Ω, RL=12mΩ, XL=30mΩ, X0H=1.8KΩ, R0H=2K.
Si el transformador opera con la mitad de la carga con fp 0.7 en adelanto y el 90% de su
tensión nominal. Determinar:
a) La tensión en el primario.
b) Si el transformador pierde momentáneamente la carga, cual es la tensión en el
secundario.
SOLUCION
a) S = VI ⇒ I = 500∠45 A E2 = V2 + Z 2 I 2 = 223.97∠3.78V
E1 N1
I
N
=
⇒ E1 = 2239.7∠3.78V , 1 = 2 ⇒ I1 = 50∠45 A ,
E2 N 2
I 2 N1
I l = I 0 + I1 = 0.167∠ − 38.2 A , V1 = E1 + Z1I1 = 2189.8∠7.76V
V
N
b) 1 = 1 ⇒ V1 = 218.9∠7.76V .
V2 N 2
EJEMPLO 2-17
Un transformador de 320KVA, 240/4800V, 60Hz se le practicaron las pruebas
correspondientes y se obtuvieron los siguientes resultados:
Tensión Corriente Potencia
Prueba de circuito abierto 240
39.5
1200
Prueba de cortocircuito
195
66.67
3925
Encuentre el circuito equivalente visto por:
a) El lado de alta tensión.
b) El lado de baja tensión.
SOLUCION
V12
a) Analizando la prueba de circuito abierto R0 L =
= 48Ω , S = VI = 9480VA ,
P
V2
S 2 = P 2 + Q 2 ⇒ Q = 9403VAR , X 0 L = 1 = 6.12Ω . Analizando la prueba de
Q
V
cortocircuito Z t = = 2.92Ω , Rt = Z t cos(θ ) = 2.78Ω , X t = Z t sin(θ ) = 0.86Ω
I
visto por el lado de alta.
b)
Visto por el lado de baja
64
EJEMPLO 2-18
Los siguientes datos fueron tomados de un transformador de 4KVA, 2300/230V, 60Hz.
Tensión Corriente Potencia
Prueba de circuito abierto 230
11.2
1150
Prueba de cortocircuito
160
20
1150
Determine el circuito equivalente.
SOLUCION
V12
Analizando la prueba de circuito abierto R0 L =
= 46Ω , S = VI = 2576VA ,
P
V2
S 2 = P 2 + Q 2 ⇒ Q = 2305VAR , X 0 L = 1 = 22.95Ω tomados por el lado de baja
Q
V
tensión. Analizando la prueba de circuito abierto
Z t = = 8Ω ,
I
P
θ = a cos( ) = 63.48º , Rt = Z t cos(θ ) = 3.57Ω , X t = Z t sin(θ ) = 7.15Ω visto por el
VI
R
Rt
X
lado de alta, RH = t = 1.78 , RL =
= 17.8mΩ , X H = t = 3.75Ω ,
2
2
2( N1 / N 2 )
2
Rt
RL =
= 37.5mΩ ,
2( N1 / N 2 ) 2
EJEMPLO 2-19
Un sistema monofásico de potencia alimenta un transformador de 100KVA, 14/2.4 KV
a través de un alimentador que tiene una impedancia de 38.3+j140Ω. La impedancia
serie equivalente del transformador referido a su lado de bajo voltaje es 0.12+j0.5Ω. La
carga en el transformador es de 90KW con fp=0.85 en atraso y la tensión de
alimentación es de 2300V. Determinar:
a) Cual es la tensión en la fuente de alimentación.
b) Cual es la regulación de tensión del transformador
c) Cual es la regulación de tensión del sistema
d) Cual es la eficiencia del sistema
SOLUCION
a) Para transmitir energía eléctrica siempre se hace a alta tensión y el
transformador debe ser reductor S = P / fp = 105.88KVA ,
65
S = VI ⇒ I = 44.11∠ − 31.78 A E2 = V2 + Z 2 I 2 = 2416.17∠0.37V
E1 N1
I
N
=
⇒ E1 = 14.94∠0.37 KV , 1 = 2 ⇒ I1 = 7.56∠ − 31.78 A , ,
E2 N 2
I 2 N1
V1 = E1 + Z1I1 = 14.92∠3.23KV
V10 − V1
100 = 0.67%
V1
V −V
c) R% = 10 1 100 = 6.57%
V1
b) R % =
d) Pout = 90 KW , Pin = V1I1 cos(θVI ) = 92.38KW , E % =
Pout
100 = 97.42%
Pin
EJEMPLO 2-20
Cuando los viajeros de EEUU y Canadá visitan Europa, encuentran diferencias en los
sistemas de potencia. En los estados unidos las tensiones típicas que se encuentran en
los tomas de pared es de 120V a 60Hz, mientras que en Europa es de 220V a 50Hz.
Muchos viajeros portan pequeños transformadores reductores para cargar celulares u
otros dispositivos. Un transformador típico podría ser dimensionado como 1KVA y
120/240V. Este transformador tiene 500 vueltas sobre el lado de 120V y 1000 vueltas
sobre el lado de 240V. Determinar:
a) Si el transformador se compra en EEUU y se lleva a Europa que tensiones se
inducen en el secundario.
b) Si el transformador se compra en Europa y se lleva a EEUU que tensiones se
inducen en el secundario.
SOLUCION
en Europa la frecuencia es de 50Hz
a) E = 4.44 Nfφ ⇒ φ = 0.9mW ,
E = 4.44 Nfφ = 99.99V
E1
f
b)
= 1 ⇒ E2 = 144V
E2 f 2
EJEMPLO 2-21
En la antigüedad se usaba el transformador como regulador de tensión debido a su curva
de magnetización que trabajaba cerca de la zona de saturación. Un transformador
aislador de 120/120V tiene 145 vueltas. Determinar:
a) la corriente en vacío cuando la tensión de alimentación es de 120V, la tensión en
el secundario.
1
2
3
3.5
φ [mWb] 0
NI [Av]
0
10 20 100 300
SOLUCION
66
a) E = 4.44 Nfφ ⇒ φ = 3.1mWb ,
Io =
3mWb 3.1mWb 3.5mWb
⇒ ℑ = 120 Av ,
 100
ℑ
300 

ℑ
= 0.76 A , E = 4.44 Nfφ = 120V
N
EJEMPLO 2-22
Para el circuito de la figura determine la tensión en la carga
SOLUCION
La impedancia reflejada al primer transformador es 8 * a 2 = 32 , la impedancia de vista
por el segundo transformador es (32 + 5) / a 2 = 9.25 , la resistencia equivalente es 7.35Ω,
hallando la tensión en el paralelo es 5.21V, la tensión en la línea de transmisión es
10.42 y la tensión en la carga es 5.21V
EJEMPLO 2-23
Un transformador está marcado con 2400/240V y está conectado a una fuente ideal de
2400V. Cierta carga consume 50A con factor de potencia unitario y va a ser conectada
al lado de baja tensión del transformador, su tensión nominal es de 200V. Determinar la
resistencia que debe ser conectada en serie para lograr el objetivo en:
a) El lado de baja tensión.
b) El lado de alta tensión.
SOLUCION
V − VL
a) Rb = f
= 0.8Ω
IL
b)
Ra = Rb a 2 = 80Ω
67
3 MAQUINA DE CORRIENTE CONTINUA.
3.1 Principio de operación del generador de dc.
En la figura 3-1 se representa un conductor de longitud l dentro de un campo magnético
de densidad B y distribución uniforme, como se muestra en la figura 3-1. Si se pone el
conductor en movimiento con una velocidad v. Experimenta una tensión inducida sobre
los rieles de magnitud E y cuyo terminal positivo se encuentra en el riel derecho y el
terminal negativo se encuentra en el izquierdo. Para demostrar la existencia de una
tensión inducida partimos de la ley de Faraday y se hace una reinterpretación de los
términos de esta.
Fig. 3-1 Principio básico del generador de c.c.
La ley de Faraday es dada por
E=−
∂φ
∂t
Y la densidad de flujo es dada por:
B=
φ
A
El área en su forma infinitesimal es dada por:
dA = l * dx
La velocidad del conductor es dada por:
dx
v=
dt
Reemplazando todos los valores en la ecuación del flujo nos queda:
∂φ
∂B * A
Bl∂x
E=−
=−
=−
= − Blv
∂t
∂t
∂t
O en su forma vectorial
E = l ( Bxv) Ecuación 3-1
Como se puede observa en la ecuación 3.1 si en un conductor se mueve en un campo
magnético de densidad constante B y con velocidad constante v se genera una tensión
constante E y el experimento es en realidad un generador de corriente continua.
3.2 Generador práctico de d.c.
La figura 3-1 tiene unas limitaciones prácticas que no se pueden llevar a cabo ni en los
laboratorios mas sofisticados sobre la tierra, y son: nunca se puede tener un campo
magnético tan grande para poder decir que siempre hay una tensión generada en
cualquier momento; Con este arreglo no se puede alcanzar una tensión lo
68
suficientemente alta para alumbrar una bombilla, o por otro lado se debería mover el
conductor a una velocidad muy elevada o en su defecto debería haber un conductor muy
largo dentro del campo magnético. Para sortear estos inconvenientes se ha ideado el
circuito magnético de la figura 3-2. Este Circuito consta de un circuito en forma de C
con un entrehierro de aire y un trozo cilíndrico de hierro que puede moverse libremente.
En el estator (forma de C) se ha colocado una bobina por donde circula una corriente
constante If y genera un flujo magnético φ con densidad constante B en los polos de la
máquina. Sobre el rotor (trozo cilíndrico de hierro) se ha dispuesto un conductor de
longitud l y se hace girar a una velocidad w. La tensión inducida queda expresada como:
E = l ( Bxv)
Pero la velocidad v se puede entrelazar con la velocidad angula w por medio de:
v = wr
Quedando de la forma:
Ecuación 3-2
E = lBwr
Es decir la tensión inducida depende de la magnitud de la densidad del flujo en los
polos, de la longitud del conductor dentro del campo magnético, del radio de giro y da
la velocidad de giro.
Fig 3-2 Circuito magnético de un generador práctico de d.c
3.3 Limitaciones de la construcción física.
En la figura 3-3 se puede ver la forma de la tensión inducida en el polo superior. Si se
considera que el rotor gira en sentido contrario de las manecillas del reloj, la velocidad
va apuntando hacia la izquierda (tangencial a la trayectoria) y se va a tener una
polaridad en el conductor de negativo en el fondo del dibujo y positivo en el frente.
Ahora se analizará la tensión inducida en el conductor cuando pasa por el polo inferior
(sur). Allí se puede ver que la densidad de flujo apunta hacia abajo y la velocidad va
hacia la derecha, dando una tensión inducida de magnitud E pero con polaridad opuesta.
El terminal positivo en la parte posterior de la espira y el terminal negativo en la parte
frontal.
Esto se puede aprovechar para conectar los dos conductores, uno en la parte superior y
otro en la parte inferior y conectarlos en serie para obtener una tensión de magnitud 2E.
Paro para hacer esto se debe colocar un conductor en la parte posterior del rotor;
afortunadamente la tensión inducida en este pedazo es cero porque no se encuentra
dentro del campo magnético. Gracias a esto no solo se puede construir dos conductores
en la misma superficie sino se puede acomodar N conductores que pueden generar una
tensión 2EN y así obtener tensiones comerciales elevadas.
69
Fig 3-3 Tensiones generadas en un conductor que gira en un generador práctico de d.c.
Ahora se debe analizar las espiras ya no funcionando separadamente sino como un todo
y dar la vuelta completa. El primer inconveniente que se tiene es que el rotor está en
movimiento y no se puede hacer una conexión fija entre el rotor y los aparatos de
medición o a los que va a alimentar. Para ello se ha construido dos anillos colocados en
sobre el eje (llamados anillos rozantes) y dos elementos que hagan contacto con el
exterior (llamados escobillas) y así se tiene la tensión fuera del generador (ver fig 3-4).
Fig 3-4. Generador con anillos rozantes.
Si se coloca dos anillos rozantes como se muestra en la figura 3-4 se puede analizar la
tensión generada en la espira. Si el lado a-b de la espira está en la parte superior, la
tensión inducida en las escobillas es positiva en la escobilla a y negativa en la b (fig 3-4
izquierda). Si se analiza el lado a-b en la parte inferior la polaridad cambia y en vez de
tener una tensión continua se tiene una tensión alterna (fig 3-4 derecha).
Fig 3-5. Forma de onda de la tensión generada en una máquina de anillos rozantes.
Como se puede ver en la figura 3-5 la tensión inducida es de forma senosoidal. De esta
manera se ha construido un generador de corriente alterna.
70
Afortunadamente quienes trabajaron en la construcción de este tipo de máquinas se
idearon un anillo partido por la mitad y colocaron las escobillas en cada mitad. Ahora se
puede analizar la vuelta completa de la espira. Si se analiza la tensión generada en el
lado de la espira a-b cuando está en la parte superior la escobilla a tiene la tensión
negativa y la escobilla b tiene la tensión positiva (ver figura 3-6 izquierda). Cuando se
analiza la espira a-b en la parte inferior la polaridad de la escobilla a tiene tensión
negativa y la escobilla b tiene la tensión positiva (ver figura 3-6 derecha). A este arreglo
ya no se le llama anillos rozantes sino conmutador y sirve básicamente para hacer una
rectificación de la tensión generada o es un rectificador mecánico (ver figura 3.7). Hay
que tener cuidado con la ubicación de las escobillas ya que cuando las espira está fuera
de los polos a 180º hay un cortocircuito en el conmutador, pero la tensión inducida es
cero y no se presenta este fenómeno.
Fig 3-6. Rotor con conmutador.
Fig 3-7. Forma de onda de un generador con conmutador.
La diferencia básica de una maquina de corriente contínua y una de alterna es la forma
como se conectan las bobinas del rotor al exterior. En una máquina de corriente alterna
los conductores del rotor van a unos anillos rozantes y en al de continua a un
conmutador.
Como se puede ver en la figura 3-6 hay zonas donde no se genera tensión y se estaría
desperdiciando este espacio. Pero afortunadamente allí se pueden colocar más espiras y
tener tensiones como se muestra en la figura 3-8. Allí se puede observar que las
escobillas siempre va a tener un nivel de tensión. El conmutador solo coloca las
escobillas al potencial más alto y la tensión en la salida es continua con un pequeño
rizado. Si la máquina tiene pocas bobinas en el rotor el rizado va a ser alto, este
fenómeno se puede apreciar en los carros de pilas.
Si se quiere construir una máquina que tenga una buena calidad de la forma de onda se
deben construir máquinas de más de 12 bobinas.
71
Fig 3-8 generador de corriente continua con varias espiras.
3.4 Representación de máquinas en forma plana.
En muchos casos es difícil ver algunos detalles en una representación circular de las
máquinas (como en al figura 3-9 derecha) y para facilitar su compresión se han creado
las representaciones planares (figura 3-9 derecha). Estas son simplemente las mismas
partes de la máquina pero representadas en un plano (ver detalles de construcción).
Fig 3-9. Representación circular y planar de una máquina de dos polos.
3.5 Maquinas multipolares.
El flujo magnético producido en una máquina de dos polos que tiene un diámetro
grande es relativamente difícil de obtener y las máquinas cuando crecen en tamaño
también debe crecer el número de polos para tener un óptimo uso del espacio. Para
máquinas de unos cuantos vaios el diámetro es pequeño y solo tiene dos polos. Para
máquinas de varios kilovatos su diámetro puede ser de metros y el número de polos
puede llegar a ser de 18.
La pregunta a resolver es una máquina multipolar es ¿Dónde se colocan los principios y
finales de la bobina? El final de la espira no se puede colocar diametralmente opuesto al
principio, porque ambos lados de la espira se encuentran en polos de la misma polaridad
y la tensión inducida en un lado de la espira se anularía con la tensión inducida en el
otro lado de la espira. Si un lado de la espira se coloca bajo el polo norte y otro bajo el
polo sur las tensiones no se anularían sino se sumarían. Por tal razón es conveniente
colocar el principio de la bobina sobre un polo y el final sobre el polo inmediatamente
siguiente.
72
Fig 3-10. Máquinas multipolares.
3.6 Relación entre la tensión inducida y el número de polos.
Ahora pongamos a viajar un conductor sobre la periferia de una máquina de dos polos.
Si se coloca un conductor en la periferia del rotor de una máquina de dos polos se
encuentra que se han inducido un ciclo completos en la onda de tensión lo que quiere
decir que en una revolución se induce un ciclo de tensión o θm=θe como se puede ver en
la figura 3-11.
Fig 3-11. Conductor viajando en una máquina de dos polos.
Si se rota la bobina en el sentido de las manecillas del reloj en una máquina de cuatro
polos. Se encuentra que hay dos ciclos completos de tensión por cada revolución. Así,
θe=720º mientras que el ángulo mecánico es de θm=360º, es decir que el ángulo
eléctrico de la tensión inducida es dos veces el ángulo mecánico de rotación.
Fig 3-12. Conductor viajando sobre una máquina de 4 polos
Si se hace lo mismo con una máquina de seis polos donde los lados de la bobina están
separadas 1/6 de circunferencia del rotor. Se puede observar que cada lado de la espira
está bajo la influencia de un polo distinto y allí se genera tensión. Sin embargo se puede
73
notar que mientras la máquina da una vuelta θm=360º en la espira se generan tres ciclos
completos es decir θe=1080º.
Fig 3-13. Conductor viajando sobre una máquina de 6 polos.
El ángulo mecánico y el eléctrico se pueden relacionar por medio de la ecuación:
p
θe = θm
Ecuación 3-3
2
Si se examina la ecuación anterior se pude observar que cumple con la discusión
anterior. Si derivamos con respecto al tiempo ambos lados de la ecuación se puede
observar la relación que hay entre las velocidades mecánica y eléctrica y se encuentra
que:
p
we = wm
Ecuación 3-4
2
Donde we es la velocidad en radianes por minuto de la velocidad eléctrica, wm es la
velocidad en radianes por segundos de la velocidad mecánica. Se puede decir que a los
ingenieros no nos gusta trabaja con las velocidades en radianes por segundo, sino es
más conveniente, darlas en magnitudes del sistema internacional. Es así, la velocidad
mecánica se debe expresar en revoluciones por minuto, y la frecuencia eléctrica en
hertz. Las ecuaciones que permiten hacer estos cambios se listan como:
2π
wm =
η m Ecuación 3-5
60
Para la frecuencia eléctrica
we = 2πf
Ecuación 3-6
Reemplazando las ecuaciones 3.5 y 3.6 en la ecuación 3.4 tenemos:
120 f
ηm =
Ecuación 3-7
p
El valor máximo de la tensión inducida en una espira se puede hallar como:
E = l (VxB)
La velocidad lineal se puede expresar como V = wr y la ecuación nos queda
E = lBwr
p
E = lBwr
2
2πp
E=
lBη m r
120
En una máquina de dc, el valor promedio de la tensión inducida en una bobina con una
sola espira es:
74
Ec =
2
π
Em =
p
π
lBwm r =
p
lBη m r Ecuación 3-8
30
3.7 Función de los devanados de armadura.
El devanado de armadura es el corazón de la máquina de dc; aquí es donde la potencia
eléctrica se convierte en mecánica o la mecánica en eléctrica; es decir la máquina se
convierte en generador o en motor y por tal razón no se le llama motor o generador, sino
se le llama máquina. Para mejorar el desempeño de la máquina de dc se ha encontrado
dos formas de conectar las bobinas de la armadura al colector y estas pueden ser en serie
o en paralelo, al igual que todos los circuitos eléctricos. Pero desafortunadamente a los
devanados no se llaman de esta forma sino imbricados y ondulados; a continuación se
discute la forma de conexión.
3.8 Devanado imbricado.
Cundo el principio y final de un bobina se conectan a delgas adyacentes se forma un
devanado paralelo o imbricado. En este tipo de devanado, hay tantas trayectorias
paralelas como polos en la máquina. Sin embargo, también debe haber tantas escobillas
como polos, las escobillas se conectan de forma alternativa una positiva y una negativa.
El devanado imbricado es bueno para generar potencia con bajos voltajes y altas
corrientes por las ventajas de las trayectorias paralelas.
Fig 3-14. Devanado imbricado.
En los devanados imbricados, cada elemento o bobina elemental está conectado hacia
atrás, es decir, recogiendo todos los conductores que corresponde a un par de polos. Los
elementos tiene forma de lazo y están conectados en paralelo, por lo que resulta una
fuerza contraelectromotriz total baja, ya que hay pocos lados de bobina en serie, y una
elevada corriente, puesto que existen muchas ramas en paralelo. Por tal razón, también
se les llama devanados en paralelo.
75
Fig 3-15. Devanados imbricado completo.
3.9 Devanado ondulado.
Cuando el principio y final de la bobina está separados por 360º eléctricos se forma un
devanado ondulado y se muestra en la figura 3-16 y 3-17. En un devanado ondulado
solo existen dos trayectorias paralelas no importa el número de polos que tenga la
máquina. Sin embargo, en este tipo de devanado solo requiere dos escobillas. Las
tensiones generadas en las bobinas son acumulativas y por esta razón se usan en
máquinas donde se requiere una tensión alta y una corriente baja.
Fig 3-16. Devanado ondulado.
En los devanados ondulados, la forma de conexión de los elementos es hacia delante, o
sea, que cada elemento pasa sucesivamente por todos los polos. Como puede apreciarse
en la figura 3-17 las bobinas elementales tienen forma de ondas y están conectadas en
serie y, como consecuencia, se obtendrá una fuerza electromotriz inducida alta ya que
hay muchos lados de bobina en serie y una baja intensidad de corriente, puesto que solo
hay dos ramas en paralelo. Por esta razón, también se le llama devanados en serie.
3.10 Paso de bobina.
Hay dos aspectos importantes en el momento de construir las bobinas de la armadura y
son el paso de bobina y el paso del conmutador. El paso de bobina tiene que ver con la
distancia que hay entre los lados adyacentes de la bobina. Esta distancia es medida en
términos de ranuras, y es determinada de la misma manera para todas; ya sea para un
devanado ondulado o imbricado. Los devanados pueden ser simples, dobles, etc y no
importa que la máquina funcione como motor o como generador. La regla fundamental
76
para construir devanados de paso fijos es que para cualquier máquina esta distancia se
mantenga constante.
Fig 3-17. Devanado ondulado completo.
Esta se define como la distancia que hay entre dos lados activos de una bobina y debe
ser igual (o muy cercano) a la distancia entre dos polos adyacentes. Esto se debe a 1) en
un generador la tensión del terminal positivo de una espira debe estar en el fondo y la
del negativo debe estar en el frente para que los dos voltajes se adicionen. Y esto solo se
logra cuando una espira está en la mitad del polo norte y la otra espira está en el centro
del polo sur y los polos deben estar desfasados 180ºE entre ellos. 2) en un motor la
fuerza en los conductores que llevan corrientes hacia el fondo debe tener la misma
dirección que la fuerza experimentada en el conductor que saca la corriente. Esto solo
sucede cuando los conductores están en el centro de los polos norte y sur y están
separados 180º cada uno.
La discusión anterior se puede simplificar en la siguiente ecuación:
Ys =
S
−k
P
Ecuación 3-9
Donde : Ys es el factor de paso de las bobinas.
S es el número de ranuras del rotor
P es el número de polos de la máquina.
K es una fracción de S/P que debe ser sustraído para hacer Ys entero.
3.11 Paso del conmutador.
El paso del conmutador se refiere a la distancia que hay entre los dos finales de la
bobina. Esta distancia debe ser medida en términos de los segmentos del conmutador;
ésta distancia es diferente para los devanados ondulados e imbricados.
77
3.12 Paso del conmutador para devanados imbricados:
El paso del conmutador de un devanado imbricado es igual al grado de multiplicidad del
devanado, para devanados simples Yc=1; para devanados dobles Yc=2; para devanados
triples Yc=3, etc. Esto significa que el principio de la bobina debe ser conectado al
segmento 1 y el final al segmento 2 para un devanado simple; el principio al segmento 1
y el final al segmento 3 para un devanado doble y el principio al segmento 1 y el final al
segmento 3, etc. La figura 3.8 muestra las diferentes formas de conexión de los
devanados.
Fig 3-18. Conexión de devanados al conmutador.
La primera bobina debe ser ubicada de forma exacta en las ranuras del núcleo y su
principio y final debe ser ubicado con gran precisión en el conmutador, ya que esta es la
guía para las demás bobinas.
Para localizar la primera delga en un devanado imbricado, se debe partir de la ranura
mitad de devanado y por medio de una lámina delgada se localizan las delgas que estén
a los lados, el principio se conecta a la delga que está a la izquierda y el final a la
siguiente Ver figura 3.9.
Fig 3-19. Devanado imbricado.
Para las armaduras con devanados imbricados simples los pasos anteriores y posteriores
se calculan por medio de:
yf =
2C
m 1 Ecuación 3-10
P
Donde el signo menos se usa para calcular la delga del principio el signo + para la delga
del final. En el caso de los devanados regresivos se usa la formula:
yf =
2C
± 1 Ecuación 3-11
P
Y se deben interpretar de la misma manera que la ecuación anterior.
78
3.13 Relaciones entre el número de delgas del colector, el
número de bobinas elementales y el número de ranuras.
Como cualquier bobina elemental tiene un principio y un final y a cada delga del
colector están conectadas el principio de una bobina elemental y el principio de otra de
estas bobinas, resulta que el número de delgas C, es igual al número de bobinas
elementales B o sea:
C=B
Ecuación 3-12
Por otra parte, para devanados de inducido de dos capas, que son los más empleados,
como cada bobina elemental tiene un lado de bobina en la capa superior y otro en la
capa inferior, resulta que en los devanados de dos capas, el número de lados de bobina
situados en una misma capa es igual al doble y por ende se tendrán el doble del número
de delgas del colector C. Esta condición se cumple, siempre para devanados de dos
capas y cualquier que sean el número de bobinas elementales por ranura.
Naturalmente y por razonamiento semejante, se podría deducir fácilmente que en los
devanados de una capa el número de lados de bobina es el doble que el número de
delgas.
3.14 Paso del conmutador para bobinas onduladas:
Como se recalcó con anterioridad, el principio y final de cada bobina del devanado
ondulado deben ser aproximadamente conectadas con 360º de desfase entre cada uno
cuando se conecta conmutador. La palabra cercano debe ser interpretado literalmente,
ya que en muchos devanados es imposible obtener esta separación con exactitud.
Fig 3-20. Conexión de los finales de bobina al conmutador en un devanado ondulado.
Para entender el porque de la interpretación anterior es esencial considere las siguientes
hechos concernientes al devanado ondulado: A) Si se tiene un devanado ondulado para
una máquina de dos polos y sus finales están separados 360ºE el principio y final de
cada bobina estarían conectados a la misma delga; B) Si las bobinas estuvieran
separadas exactamente 360º los elementos de cada bobina separados cada P/2
constituirían un circuito cerrado; C) bajo las consideraciones del numeral anterior, el
número de reentrancies seria igual a segmentos/pares de polos; d) todas las escobillas
alternadas están separadas 360º eléctricos son cortocircuitadas.
Para que los enunciados anteriores se cumplan se puede asumir la siguiente premisa: un
devanado ondulado no es posible construir si al dividir el número de segmentos del
79
conmutador sobre el número de pares de polos resulta en un entero. Sin embargo, un
devanado ondulado simple se puede construir si la ecuación siguiente resulta en un
entero:
Yc =
C ±1
P/2
Ecuación 3-13
Donde Yc= el paso del conmutador
C=numero de segmentos del conmutador
P=numero de polos de la máquina.
La ecuación … puede generalizarse para cualquier tipo de devanado si el grado de
multiplicidad de 1 se cambia por m cuyo valor es el grado de multiplicidad del
devanado y la ecuación se traduce a:
Yc =
C±m
P/2
Ecuación 3-14
Para encontrar la delga a donde se debe conectar el principio de bobina, se deben
identificar el final de una bobina y el principio de la siguiente, luego se debe identificar
la ranura mitad de devanado; con una hoja de bisturí se señalan las dos delgas, principio
de bobina se conecta a la delga de la izquierda y el final se coloca a la ranura
diametralmente opuesta. Esto es valido para devanados construido para máquinas de
dos polos, para máquinas multipolares se debe buscar la ranura que está conectada 360º
eléctricos adelante.
3.15 Armaduras con más segmentos que ranuras.
Las armaduras modernas son construidas con más delgas que ranuras por las siguientes
razonas: a) si el número de segmentos se incrementa, el voltaje entre segmentos
adyacentes disminuye. Para un voltaje terminal dado, se nota una disminución de
vueltas de cable conectadas a segmentos adyacentes. El resultado es que para un punto
de operación la conmutación es mejorada; es porque el voltaje de reactancia, el cual es
función del cuadrado de número de vueltas es enormemente disminuido. B) como el
número de ranuras es reducido, el diente será más fuerte, el resultado se traduce en un
daño menor ocasionado a las láminas y a las bobinas cuando estos se manejan en el
momento del ensamble.
3.16 Ecuación de la fuerza electromotriz.
Considerando el voltaje de salida en las escobillas, figura 3-17 y 3-15, el voltaje de cc
promedio resulta ser:
E=
1
π∫
π
0
wNφsen(wt )d (wt ) =
2
π
wNφ
Ecuación 3-15
Puesto que el flujo en un polo se puede expresar como 2l1 rB = φ . Y la velocidad en
términos de wm, tenemos:
80
E=
PN
π
φwm = 2 PNφ
n
60
Finalmente, puesto que N = Z/2a, para ser:
E =φ
nZ  P 
= k gφwm Ecuación 3-16
60  a 
Donde
Kg =
ZP
2πa
Ecuación 3-17
3.17 Potencia y par de torsión mecánicos.
La potencia y par de torsión de una maquina de dc son dos de sus propiedades más
importantes. A continuación derivaremos las dos ecuaciones simples que nos permitan
calcular sus relaciones.
La fcem, Eg, inducida en la armadura de un devanado es:
ZnφP
Eg =
60a
La potencia eléctrica suministrada a la armadura es igual a:
Pa = Va I a
Si embargo la tensión inducida Va es igual a la suma de Eg y IaRa como se muestra en la
ecuación:
Va = Eg + Ra I a
Donde se puede deducir que la potencia de la máquina es dada por:
Pa = Va I a = ( Eg + Ra I a ) I a = Eg I a + I a2 Ra
El término I a2 Ra representa el calor disipado en la armadura, pero el término Eg I a es la
potencia eléctrica convertida en mecánica. Por lo tanto, la potencia mecánica del motor
es exactamente igual al producto de la fcem Eg por la corriente de armadura Ia.
Pm = Eg I a
Volviendo la atención al par desarrollado τm se sabe que la potencia mecánica Pm está
dada por la expresión:
Pm = τw
Donde w es la velocidad angular de la máquina en rpm, combinando las ecuaciones
llegamos a:
ZηφI a P
τw = Eg I a =
60a
Despejando el torque desarrollado en la máquina llegamos a:
ZφI a P
τ=
Ecuación 3-18
2πa
Y se puede generalizar que el torque desarrollado para un devanado imbricado está dado
por la ecuación:
τ = ktφI a
Ecuación 3-19
81
ZP
Ecuación 3-20
2πa
Donde se ve claramente que el torque desarrollado por una máquina de c.c es
directamente proporcional a la corriente de armadura. De tal forma que si se aumenta el
torque del motor se incrementa la corriente de armadura y si se disminuye el torque del
motor se disminuye se corriente.
Kt =
3.18 Devanados de campo básico.
Los dos tipos de devanados de campo básicos se pueden ver en la figua 3.... Una
máquina en particular puede tener uno de los dos devanados o los dos devanados. Su
comportamiento depende de la conexión y características de cada uno de ellos. Se
pueden tener dos tipos de devanado.
Fig 3-21 Tipos de devanados de campo.
Devanado de campo en serie serial: El devanado serial consiste en un arrollamiento de
poco número de vueltas (Ns) de un alambre grueso. Está diseñado para operar en serie
con el circuito de armadura y en las máquinas compuestas sirve para modificar el
comportamiento de la máquina, mientras que en la máquina serie sirve para aportar el
flujo magnético principal.
Devanado de campo en derivación o shunt: consiste en un arrollamiento con gran
número de vueltas (Nf) de alambre delgado. Está diseñado para operar como devanado
en paralelo con la armadura, pero también pude ser alimentado por una fuente externa
con una tensión igual o diferente a la de armadura.
3.19 Clasificación de las máquinas de dc.
De acuerdo a la conexión de los devanados de campo las máquinas de dc se pueden
clasificar en:
Servomotores: este tipo de motor tiene imanes permanentes en el estator para producir
el flujo necesario para funcionar. Este motor es el más sencillo en su construcción,
operación y ecuaciones.
Maquina de excitación independiente: este tipo de motor es un poco más grande tanto
físicamente como en potencia. El flujo es producido por electroimanes o bobinas
colocadas en el estator. Para que funcione adecuadamente el estator debe ser alimentado
82
con una fuente de alimentación independiente en el campo y en la armadura. Este motor
puede trabajar en la zona lineal, donde su comportamiento es similar al servomotor; o
puede trabajar en la zona de saturación donde la relación tensión corriente de flujo es
regida por una tabla o por una gráfica. Por lo general los devanados de campo y
armadura tienen tensiones de alimentación diferentes.
Máquina de excitación en derivación: esta máquina en su construcción y operación es
similar a la máquina de excitación independiente, la diferencia principal radica en que
las tensiones del devanado de campo y armadura tienen la misma tensión nominal y se
pueden alimentar con una sola fuente.
Máquina de excitación serie: el campo de esta máquina tiene pocas vueltas y por él
debe circular una gran corriente, esta es la misma corriente de la de la armadura. Este
tipo de máquina no debe operarse en vacío, ya que como generador la corriente en la
armadura es nula por que no hay campo; como motor esta máquina puede embalarse y
dañarse. Este tipo de máquina se construye para mover o producir grandes cantidades de
potencia.
Máquinas de excitación compuesta: este tipo de máquina puede tener la combinación
de las máquinas de excitación independiente y serial. El campo principal es producido
por el devanado shunt o paralelo y este se puede modificar (reforzar o debilitar) por el
devanado serial. Las ecuaciones para su empleo son las más complejas de todas pero su
operación es tal vez una de las más confortables.
3.20 Maquina dc trabajando como generador.
Como ya se ha mencionado en los ítems anteriores, al hacer girar un conductor en un
campo magnético en él se produce una tensión Eg cuyo valor depende de la velocidad de
giro v=wr, la densidad de campo B y de la longitud del conductor dentro del campo
magnético l y cuya relación se puede escribir como:
Eg = l ( Bxv)
En la figura 3-22 y 3-24 se puede ver este comportamiento más detallado.
Si se le coloca una resistencia en el colector de la máquina, por los conductores del rotor
circulará una corriente como se muestra en la figura 3-22. Esta corriente producirá un
torque dado por la ecuación:
F = l (ixB)
Que a su vez va a producir un torque τ = Fxr que está en dirección contraria a la
velocidad w. La potencia mecánica de salida está dada por Pm = τw . Y la potencia
eléctrica es dada por Pe = Eg I a como se puede notar en la figura el generador está
produciendo potencia mecánica (la tensión y corriente en el conductor están en ele
mismo sentido) y está consumiendo potencia mecánica (velocidad w y torque τ están en
direcciones contrarias).
83
Fig 3-22. Máquina de dc funcionando como generador.
Como se puede ver en la figura 3-23 para que la máquina funcione como generador se le
debe aplicar una potencia mecánica externa proveniente de un primomotor, y en la
salida se le puede colocar una carga eléctrica.
Fig 3-23. Máquina funcionando como generador.
Ahora vamos a ver que sucede cuando a la máquina de dc se le hace circular corriente
en el otro sentido. Para poderlo hacer se le debe colocar una fuente de tensión Va de un
valor más alto que Eg por medio de una fuente de alimentación como se puede ver en la
figura 3-24.
Fig 3-24. Máquina de dc trabajando como motor.
Ahora la máquina está consumiendo potencia eléctrica (corriente y tensión en el
conductor están en sentido contrario) y genera potencia mecánica (torque y velocidad en
el mismo sentido). En conclusión para que una máquina de dc trabaje como motor se le
debe colocar una batería externa a los terminales de la armadura y se puede hacer un
trabajo útil en el eje del motor como se aprecia en la figura 3-24.
84
Fig 3-25. Máquina de dc trabajando como motor.
3.21 Servomotor.
Como se dijo anteriormente el servomotor es la máquina más simple de construir, en el
estator, el campo magnético es producido por un imán permanente y el rotor está
constituido por un devanado imbricado porque desarrolla poca potencia y maneja
pequeñas corrientes. Este motor se puede conseguir en potencias desde varios décimas
de vatio hasta 1 Hp.
Fig 3-26. Estructura interna del servomotor.
Gracias a su campo constante la tensión inducida se puede expresar como:
E g = k gη m
Ecuación 3-21
Es decir para este tipo de máquina la tensión generada es directamente proporcional a la
velocidad. El torque generado también una relación semejante y se puede expresar con
la ecuación:
τ = kt I a
Ecuación 3-22
El circuito equivalente de la máquina se puede ver en la figura 3-27, la ecuación que
relaciona las variables de la armadura se puede escribir como.
Va = Eg ± Ra I a
Donde el signo “+” se usa para cuando la máquina funciona como motor y “-“ cuando
funciona como generador.
85
Fig 3-27 Circuito equivalente de la máquina de dc. a) funcionando como motor, b) funcionando
como generador.
En algunas aplicaciones al servomotor funcionando como generador pero se le llama
tacogenerador. Esta máquina es muy precisa y se usa elemento de medición por este
razón se le debe sacar poca corriente. El tacogenerador se usa como dispositivo para
medir velocidad gracias a al propiedad de que la tensión generada es proporcional a la
velocidad.
3.22 Máquina de excitación independiente.
La máquina de excitación independiente difiere con respecto al servomotor (maquina de
imanes permanentes) en que el flujo producido en los polos debe ser de gran potencia.
Este flujo se produce en el estator y en cada polo se devana una bobina de muchas
vueltas. El flujo producido depende de la corriente que circula por el devanado de
campo If, el número de vueltas Nf y la reluctancia de la máquina ℜ.
N I
φ= f f
Ecuación 3-23
ℜ
Fig 3-28. Máquina de excitación independiente.
Como se puede ver en la figura 3-28 la máquina de excitación independiente tiene dos
devanados, uno que corresponde a la armadura y tiene los mismos componentes que un
servomotor, y el segundo es el del campo.
Fig 3-29. Circuito equivalente de una máquina de excitación independiente.
Vamos a ver que relación hay entre el flujo φ y la corriente de campo If. Si se eleva
gradualmente la corriente de excitación y se mide la densidad de campo en los polos se
ve una gráfica como la que aparece en la figura 3-30. Inicialmente hay un flujo
remanente que aparece en los polos debida a excitaciones anteriores y persiste así no se
86
tenga una corriente de campo. Al ir incrementado la corriente de campo la densidad de
flujo también va a aumentar, pero este aumento se hace solo en un intervalo o zona de
linealidad, luego se llega a un codo de saturación donde todos los dipolos están
alineados en el mismo sentido que el flujo magnético producido en el campo y si se
sigue aumentado la corriente de campo, se llega a la zona de saturación, donde se hace
necesario que la corriente de campo If aumente grandemente para producir un pequeño
aumento de la densidad de flujo B.
Fig 3-30. Comportamiento de la densidad de flujo B contra If.
¿Cómo se relaciona el voltaje inducido con el flujo? Sabemos que la ecuación de la
tensión inducida para un motor en general Es:
ZηφP
Eg =
Ecuación 3-24
60a
Donde se ve que la tensión inducida es directamente proporcional al flujo φ. Por
consiguiente, si se traza la relación de Eg contra If obtenemos una curva similar a la
curva de saturación y este resultado se puede apreciar en la figura 3-31.
Fig 3-31 Relación If vs Eg en un generador de excitación independiente.
El voltaje nominal de la máquina de dc casi siempre se encuentra un poco más arriba del
codo de saturación. Por ejemplo el voltaje nominal de la máquina de la que se tomó la
gráfica de la figura 3-31 es de 250V. Si se cambia la corriente de campo se puede variar
la tensión inducida Eg en el generador como se quiera. Además el generador trabaja
sobre la zona lineal, lo que permite una mejor relación. Además si se le invierte la
polaridad a la corriente de campo, también se le cambia la polaridad a la tensión
generada.
Si se analiza el ecuación 3.24 se ve que la tensión inducida Eg es directamente
proporcional a la velocidad. Lo que permite describir que si se aumenta la tensión
generada Eg la velocidad variará en igual proporción. Si se invierte la dirección de
rotación, la polaridad de la tensión inducida se cambiará. No obstante, si se invierten
87
conjuntamente la corriente de excitación y el sentido de rotación de la máquina la
polaridad de la tensión inducida no cambiará.
3.23 Máquina de excitación independiente funcionando como
generador.
Para que una máquina de dc de excitación independiente trabaje como generador debe
tener una máquina motriz que le suministre potencia mecánica, a esta máquina se le
puede llamar primomotor y puede ser un motor de gasolina, una turbina de vapor, una
rueda pelton, una central nuclear etc. En la figura 3-32 se puede ver esta conexión.
Fig 3-32. Máquina de excitación independiente funcionando como generador.
Para que una máquina de excitación independiente funcione como generador el
devanado de campo debe ser alimentado con una fuente externa para producir un flujo y
adicionalmente el generador debe girar para que en los bornes del generador se tenga
una tensión Va.
Para diferenciar los dos devanados se debe medir la resistencia, el circuito con mayor
resistencia corresponde al campo y el de menor resistencia corresponde al de armadura.
En la figura 3-33 se puede ver el circuito equivalente de esta máquina. El circuito de
campo debe ser alimentado con una fuente externa Vf, este circuito tiene una
inductancia Lf y una resistencia Rf propias del devanado y por él circula una corriente If
que genera un flujo φ.
Fig 3-33. Circuito equivalente de una máquina de dc de excitación independiente.
El circuito de armadura tiene un rotor donde se genera una tensión Eg al girar, este debe
conectarse al exterior por medio de unas escobillas, internamente tiene una resistencia
Ra y una inductancia La. En el exterior se tiene disponible una tensión Va que se puede
aplicar a la carga.
Si la máquina no alimenta una carga, la corriente de armadura Ia es cero, se puede ver
con facilidad en la figura 3-33 que la tensión en bornes es igual a la tensión generada Eg.
Si se le coloca una resistencia en los bornes del generador y la tensión en bornes se
88
mantiene constante e igual a la nominal se producirá una corriente Ia lo que hace que la
caída de tensión en la resistencia de armadura RaIa aumente. Para mantener la tensión en
bornes constante se debe aumentar la tensión generada Eg.
Esta tensión se puede aumentar por medio de dos métodos, el primero es aumentando la
velocidad de giro del primomotor, pero este es poco usado, ya que cuando se compra un
grupo motor-generador, el motor se regula de tal manera que opere a la máxima
eficiencia y en lo posible no se debe variar esta, ya que la operación del grupo se
encarece. La única alternativa que nos queda para controlar la tensión en los bornes es
variar la corriente de campo.
Las ecuaciones que rigen la máquina de excitación independiente trabajando como
generador son:
Va = Eg − Ra I a
Ecuación 3-25
La tensión inducida Eg se expresa como:
Eg = K g I f η
Ecuación 3-26
Si la máquina se encuentra operando en la zona lineal, y sino se debe dar una gráfica o
una tabla donde se encuentre esta relación.
El torque del primomotor produce una potencia mecánica dada por:
Ecuación 3-27
Pm = τw
El torque mecánico que el generador le produce al primomotor depende de la corriente
de armadura o de la carga que tenga el generador en este momento y se puede expresar
como:
τ m = kt I a I f
Ecuación 3-28
3.24 Operación del generador independiente funcionando en
vacío.
Para cambiar la tensión en vacío de un generador de excitación independiente se debe
cambiar la corriente de campo. Esta se puede variar por dos métodos, variando la
resistencia externa de campo o variando la tensión de alimentación del campo. En la
figura 3-34 se puede apreciar esta característica Si se aumenta la corriente de campo se
aumenta la tensión y si se disminuye la corriente de campo se disminuye la tensión
generada. Su funcionamiento se puede resumir en las ecuaciones:
Va = E g − Ra I a = E g − Ra 0 = E g
Eg = K g I f η
Fig 3-34. Control de la tensión en vacío de un generador de excitación independiente.
89
3.25 Operación del generador independiente funcionando con
carga.
Vamos a investigar que le sucede al generador cuando se le coloca carga y la corriente
de campo se mantiene constante, en este caso la tensión en bornes Va se ve disminuido
debido a la caída de tensión que hay en la resistencia de armadura RaIa, su ecuación se
puede ver como:
Va = Eg − Ra I a
Fig 3-35. Generador de excitación independiente trabajando con carga.
3.26 Operación del generador independiente operando
idealmente.
Para que un generador se considere que debe trabajar idealmente en sus terminales se
debe mantener la tensión en bornes constante dependientemente de su carga. Como ya
se ha visto anteriormente, al colocarse una carga en bornes y la corriente de campo
mantenerse constante la tensión en bornes se baja, para volverla a subirla se debe
aumentar la corriente de campo como se ilustra en la formula siguiente y en la figura 336.
Va = Eg ↑ − Ra I a ↑
Fig 3-36. Generador trabajando con Va constante.
3.27 Maquina de excitación independiente trabajando como
motor.
En la figura 3-37 se puede ver una máquina de excitación independiente trabajando
como motor. Observe que se deben tener dos fuentes de alimentación, una para el
campo llamada Vf y otra para la armadura llamada Va. Normalmente la tensión de
90
alimentación del campo Vf es de valor diferente que la tensión en la armadura Va y por
eso se hacen necesarias dos fuentes de alimentación.
Fig 3-37. Máquina de excitación independiente funcionando como motor.
En el circuito equivalente de la figura 3-37 se puede ver que sucede con la corriente de
armadura, en este caso la corriente va desde la fuente hacia la máquina, mientras que en
la máquina trabajando como generador ve desde el interior de la máquina hacia el
exterior.
La ecuación de la armadura se puede enunciar como:
Va = Eg + Ra I a
Fig 3-38. Máquina de excitación independiente funcionando como motor.
La tensión inducida Eg se expresa como:
Eg = K g I f η
Ecuación 3-29
Si la máquina se encuentra operando en la zona lineal, y sino se debe dar una gráfica o
una tabla donde se encuentre esta relación.
El la potencia mecánica que la máquina de dc le entrega a la carga se puede expresar
como:
Ecuación 3-30
Pm = τw
El torque electromagnético que la máquina entrega a la carga se puede expresar como:
τ m = kt I a I f
Ecuación 3-31
El objetivo primordial de un motor es entregar un torque a velocidad constante o dicho
de otra manera mantener la velocidad de giro constante. Si tomamos las ecuaciones de
tensión inducida y la ecuación que rige la armadura y de estas dos se despeja la
velocidad se puede llegar a:
V − Ra I a
Ecuación 3-32
η= a
kt I f
Donde podemos ver que la velocidad del primomotor se puede variar por medio de la
tensión en los bornes Va, por medio de la resistencia de armadura RaIa o por medio de la
corriente de campo If.
91
3.28 Generador en derivación o shunt.
Un generador con excitación en derivación es una máquina cuyo devanado de campo en
derivación está conectado en paralelo a los terminales de la armadura, de modo que el
generador puede ser autoexcitado. La ventaja de tener este tipo de generado es que no se
necesita una fuente de alimentación externa para el campo y además la tensión nominal
del campo debe ser la misma que la de armadura.
Fig 3-39. Generador en derivación.
Como se logra la autoexcitación? Cuando se pone en marcha un generador en
derivación, se induce una pequeña tensión en la armadura Va debida al flujo remanente
en los polos. Este pequeño voltaje produce una pequeña corriente de excitación en el
campo If en derivación. La pequeña fuerza magnetomotriz NfIf resultante actúa en el
mismo sentido que el flujo remanente y hace que el flujo aumente. El incremento del
flujo aumenta aún más la tensión inducida Eg. Este incremento progresivo continua
hasta Eg alcanza un valor máximo determinado por la resistencia de campo Ref y el
grado de saturación.
CONTROL DE TENSIÓN DEL GENERADOR EN DERIVACION.
Es fácil controlar la tensión inducida en un generador con excitación en derivación.
Simplemente se debe variar la corriente de excitación mediante un reóstato Ref
conectado en serie con el campo como se muestra en la figura 3-40.
Fig 3-40. Control de tensión de un generador de excitación independiente.
Podemos determinar el valor sin carga de Eg si conocemos la curva de saturación de la
máquina en vacío y la resistencia total del circuito de campo (Rf+Ref). Para hallar el
punto de funcionamiento del generador trazamos una línea recta correspondiente a la
resistencia total del circuito de campo (Rf+Ref) que nos da la pendiente de la curva y
esta pasa por el origen. Luego se superpone con la característica del generador y donde
se intercepten da el punto de funcionamiento en vacío.
92
Fig 3-41 punto de funcionamiento del generador en derivación.
3.29 Control de la tensión de un generador derivación.
Aumentando la resistencia del reóstato, la resistencia total del circuito de campo
aumenta, esto hace que la pendiente de la recta aumente, el punto de intersección entre
las gráfica se va corriendo hacia la izquierda lo que hace que la tensión Eg disminuya. Si
por el contrario se disminuye la resistencia en el reóstato, la pendiente de la recta
disminuye y el punto de intersección entre las dos gráficas se corre hacia la derecha, lo
que hace aumentar la tensión generada. En conclusión se puede decir que para aumentar
la tensión generada en un generador en derivación se debe disminuir la resistencia de
campo externa Ref y para disminuir la tensión generada se debe aumentar la resistencia
Ref.
Fig 3-42. Control de tensión en un generador autoexcitado.
Si se continúa aumentando la resistencia de campo se alcanza un valor crítico donde la
pendiente de la línea de la resistencia iguala la curva de saturación en su región no
saturada. Cuando se alcanza esta resistencia el voltaje inducido cae repentinamente a
cero y permanece así para cualquier Ref mayor.
3.30 Generador en derivación con carga.
Al colocarsele carga al generador la corriente produce una caída de tensión RaIa en la
resistencia de armadura. Esto hace que la tensión en bornes caiga, al caer esta tensión la
corriente de campo también diminuya lo que agudiza la caída de tensión generada. Este
efecto se puede ver en la figura 4.43.
Este “corrimiento” hace que el cálculo de la tensión generada sea un poco complicado.
El cálculo de las dos tensiones se debe hacer de forma gráfica o por medio de
iteraciones. El primer método se usaba en la antigüedad y hoy en día gracias al adelanto
de los computadores se puede hacer de forma repetitiva.
93
Fig 3-43 Tensión generada y tensión en bornes de un generador autoexcitado
Como se puede ver en la gráfica 3-43 se debe disminuir la resistencia de campo externa
Ref para aumentar la tensión en bornes.
3.31 Motor derivación (shunt) bajo carga.
Considere un motor de dc que funciona sin carga. Si se aplica repentinamente una carga
mecánica al eje la pequeña corriente sin carga no produce un par de torsión lo suficiente
para soportar la carga y el motor empieza a desacelerarse. Esto hace que la fcem Eg
diminuya y el resultado es una corriente más alta, y por ende una corriente de carga Ia
más alta que conlleva un torque de torsión más alto. Cuando el par de torsión
desarrollado por la máquina es igual al par que necesita la carga externa para
mantenerse girando, entonces la velocidad permanece constante. En resumen, conforme
la carga mecánica se incrementa, la corriente de la armadura Ia aumenta y la velocidad
disminuye.
La velocidad del motor en derivación permanece constante al funcionar sin carga y con
carga, solo hay un decaimiento cercano al 15% en motores pequeños. En máquinas
grandes la disminución es incluso menor, debido en parte a la bajísima resistencia de la
armadura Ra, Ajustando el reóstato de campo se puede mantener la velocidad
absolutamente constante a medida que cambia la carga.
Los cálculos de un motor en derivación son más censillos que el generador porque la
tensión en bornes normalmente se mantiene constante y al final resulta el
comportamiento como un motor de excitación independiente.
3.32 Generador compuesto.
El generador compuesto fue desarrollado para evitar que el voltaje en terminales de un
generador de dc diminuyera al aumentar la carga. Por lo tanto, aún cuando se puede
tolerar una caída razonable del voltaje en las terminales del generador conforme se
incrementa la carga, este es un efecto serio en los circuitos de iluminación. Por ejemplo,
el sistema de distribución de energía en un barco suministra energía tanto a las
máquinas como a las lámparas incandescentes. La corriente suministrada por el
generador fluctúa continuamente, en respuesta a las cargas variables. Estas variaciones
de corrientes producen cambios correspondientes en el voltaje en los terminales Va del
generador, lo que provoca que las luces parpadeen. Los generadores compuestos
eliminan este problema.
94
Un generador compuesto es similar a un generador en derivación, excepto que tiene
bobinas de campo adicionales conectadas en serie con la armadura. Estas bobinas en
serie son construidas de un alambre grueso para soportar la corriente de la armadura Ia y
de pocas vueltas, puesto que se debe modificar el campo en pequeña proporción para
mantener la tensión en bornes constante. Por estos dos motivos la resistencia del
devanado de campo en serie es pequeña. En la figura 3-44 se puede ver esta
construcción.
Fig 3-44. Circuito y construcción de una máquina compuesta.
Cuando la máquina compuesta trabaja en vacío la corriente de carga Ia es pequeña y el
flujo producido por esta bobina es prácticamente cero. Las bobinas de campo en
derivación llevan al corriente nominal If la cual produce el flujo y este a su vez genera la
tensión Eg; hasta el momento el generador compuesto funciona como si fuera un
generador en derivación. A medida que el generado se carga la tensión en bornes Va
tiende a disminuir, pero la corriente de carga Ia crea un flujo adicional en los polos
debido al devanado serial. La fuerza magnetomotriz fmm de este devanado refuerza el
campo magnético producido en el campo en derivación. Por consiguiente, el flujo en el
campo bajo carga se eleva por encima de su valor original sin carga, el cual a su vez
eleva el valor de la tensión Eg y que a su vez mantiene constante el valor de la tensión
en bornes Va. Si las bobinas en serie están diseñadas de amanera adecuada, el voltaje en
los terminales permanece prácticamente constante cuando el generador va sin carga
hasta la carga nominal.
En algunos casos no solo se debe compensar la tensión de caída en la armadura IaRa
sino también la caída de tensión debida a la reacción de armadura. Muchas veces
3.33 Generador serie.
Una máquina dc serie es una máquina cuyo devanado de campo consta de unas pocas
vueltas conectadas en serie con la armadura. El circuito de una máquina serie y su
95
apariencia constructiva se muestran en la figura 24. En una máquina dc serie, la
corriente de inducido, la corriente de campo y la corriente de línea son iguales.
Fig 3-45. Apariencia y circuito equivalente de un generador serie.
La ecuación correspondiente a la armadura es dada por:
Ecuación 3-33
Va = Eg + ( Ra + Rs ) I a
La característica de una motor dc serie es muy diferente de la característica de un motor
derivación o compuesto estudiado hasta ahora. El comportamiento especial de una
máquina serie se debe al hecho de que el flujo es directamente proporcional a la
corriente de inducido, al menos hasta llegar a la saturación. Cuando se incrementa la
carga del motor también aumenta el flujo. Como se estudio al principio, un aumento de
flujo en el motor ocasiona una disminución en su velocidad; el resultado es una caída
drástica de la característica par velocidad de una motor serie.
El par inducido para cualquier máquina de dc está dado por.
τ = ktφI a
En esta máquina, el flujo es directamente proporcional a la corriente de inducido.
Entonces se puede escribir:
φ = kc I a
El par producido nos queda:
τ = ks I a2
Ecuación 3-34
En otras palabra, el par en el motor serie es proporcional al cuadrado de la corriente de
armadura. Como resultado de esta relación, es fácil observar que un motor serie produce
más par por amperio que cualquier otro tipo de máquina de corriente continua. El motor
serie se utiliza en aplicaciones que requieren pares muy altos, como por ejemplo
vehículos de tracción como trenes, elevadores y motores de tracción en locomotoras.
MOTOR SERIE.
Para determinar la característica de un motor serie, el análisis se basará en la premisa
que la curva de magnetización es lineal, y luego se considerará los efectos de la
saturación con un análisis gráfico.
Supongamos que la curva de magnetización es lineal y es dada por la ecuación:
φ = kc I a
Lo que implica que el flujo en el motor serie comienza por aplicar la ley de voltajes de
Kirchhoff:
Va = Eg + ( Ra + Rs ) I a
96
La corriente de inducido en base al torque se puede expresar como:
Ia =
τ
Ecuación 3-35
Ks
También se sabe que la tensión generada Eg es dada por:
E g = k gφI a
Sustituyendo las ecuaciones en la ecuación de la armadura nos queda:
Va = K gφη + ( Ra + Rs )
τ
ks
La relación par velocidad resultante después de varias manipulaciones matemáticas nos
queda:
Va
R + Rs
w=
− a
Ecuación 3-36
Ks
Ks τ
Nótese que un motor serie no saturado, la velocidad del motor varia con el inverso de la
raíz cuadrada del par. Se tiene un problema en los motores de dc serie y es que cuando
se va decrementando el par aplicado la velocidad de la máquina tiende a infinito. En la
práctica el par nunca debe llegar a cero porque es necesario vencer el torque de fricción
y ventilación pero sin embargo la velocidad es alta y puede dañar los cojinetes.
Para controlar de velocidad de un motor dc serie solo hay una forma efectiva y es
cambiar el voltaje terminal Va. Si se aumenta el voltaje en los terminales del motor el
primer término de la ecuación aumenta y resulta en una mayor velocidad para cualquier
par dado.
Su velocidad también puede ser cambiada insertando resistencias en serie con la
armadura, pero esta práctica resulta un tanto antieconómica porque se disipa arta
potencia en estas resistencias.
3.34 Ejemplos
EJEMPLO 3-1
Un servomotor tiene un voltaje de 24V y una corriente de 10A, la resistencia de
armadura es de 0.1 Ω y la velocidad es de 1200rpm. Determinar:
a) La potencia de alimentación.
b) La fem
c) La potencia generada
d) La potencia de salida
e) El par de salida
f) La eficiencia
g) Constantes de la máquina.
SOLUCION
a) Pin=VI=240W
b) E g = Va − Ra I a = 23V
c) Pt=EgI=230W
d) Pout=230W
P
= 1.83Nm
e) τ =
wr
97
Pout
100 = 95.83%
P in
E
g) K g = g = 0.191V / rpm
f)
E% =
η
EJEMPLO 3-2
El voltaje sin carga de un generador de cc de imanes permanentes que gira a 1800rpm es
de 120V, la resistencia de armadura es de 0.02Ω. Las pérdidas por rotación son de
2.5KW. Si el generador está diseñado para 200A. Calcular:
a) El voltaje en terminales para la carga especificada.
b) La regulación de voltaje.
c) El par aplicado.
d) La eficiencia.
SOLUCION
a) Va = Eg − Ra I a = 116V
Va 0 − Va
100 = 3.44%
Va
c) Pt = Eg I a = 24 KW , Pin = Pt + Pm = 26.5 KW
b) R % =
d) Pout = Va I a = 23.2 KW , E % =
Pout
100 = 87.54%
Pin
EJEMPLO 3-3
Un servomotor de 80V, 25A tiene una resistencia de de armadura de 0.1Ω. El motor se
usa para elevar una carga de 500lb, sobre una polea de 5cm de diámetro, no tome en
cuenta las pérdidas de la máquina. Determinar:
a) Cual es la rapidez de elevación, cuando el motor consume la corriente nominal.
b) Ahora se invierte la polaridad del voltaje de armadura y el motor baja. Se le
ajusta el voltaje para que el descenso se haga con la misma corriente que tenia
en la subida. Que tensión se requiere?
SOLUCION
a) Analizando la carga: m=250Kg, F=1125N, τ = Fxr = 30.63 Nm , analizando el
P
motor Eg = Va − Ra I a = 77.5V , Pt = Eg I a = 1937.5W , w = t = 63.25rad / seg ,
τ
η=
30
π
w = 603.99rpm
b) La velocidad de bajada no importa, se puede considerar que la tensión inducida
Eg=0; se debe aplicar un torque de igual magnitud pero al contrario y la tensión
aplicada debe ser de: Va = Ra I a = 2.5V .
EJEMPLO 3-4
Un servomotor de dc funciona a 1000rpm con un voltaje de línea de 120V y una
corriente de 2A y una potencia de salida de 2hp. Indique el efecto en la velocidad del
motor (aceleración o desaceleración) que los cambios siguientes producen en la
máquina, solo se efectúa un cambio a la vez y el anterior se anula.
a) El voltaje se cambia a 60V.
b) Se duplica la potencia de salida.
c) Se duplica el torque de salida.
98
SOLUCION
a) Desacelera.
b) Se desacelera.
c) Se desacelera.
EJEMPLO 3-5
Un servomotor tiene una resistencia de armadura de 1Ω, se alimenta de una fuente de
45V, la constante de la máquina es de 0.2V/rpm. Determinar la velocidad en rpm con
una potencia generada de 500W.
SOLUCION
a) La ecuación de la armadura es Va = E g + Ra I a , si se multiplica en ambos lados
por la corriente de armadura la ecuación queda Va I a = Eg I a + Ra I a2 , Ia1=25A,
Ia2=20A. cualquiera de las dos corrientes son válidas y se selecciona la segunda
porque es la que menor daño representa para el motor. La tensión generada es
E
Eg=25V, la velocidad es η = g = 125rpm .
Kg
EJEMPLO 3-6
Un servomotor tiene una información de placa de 180V, Ia=9.5A y 1150rpm, la
resistencia de armadura es de 1.03Ω y puede generar una potencia de 2hp. Determine:
a) La velocidad del rotor sin carga.
b) Corriente de arranque
c) La tensión en bornes para que la máquina gira a 500rpm en vacío.
d) La tensión en bornes para que la máquina gire a 500rpm con plena carga.
SOLUCION
E
a) Eg = Va − Ra I a = 170.21V , K g = g = 0.148V / rpm , en vacío la corriente de
η
armadura se puede considerar como cero, lo que implica que Eg=Va=180V y la
E
velocidad se da como η = g = 1216.2rpm
Kg
b) Si se enciende el motor en ese momento la velocidad es cero η=0, la tensión
generada también lo es Eg=Kgη y la corriente de arranque es:
Va = Ra I arr ⇒ I arr = 174.75 A .
c) Para que el motor gire en vacío a una velocidad de 500 rpm la tensión generada
es Eg = K gη = 74V , en vacío Ia=0
y la tensión de alimentación es
Va = Eg − Ra I a = 74V .
d) Para que gire el motor a 500rpm la tensión Eg=74V, la corriente de plena carga
es Ia=9.5A y la tensión de alimentación es Va = Eg + Ra I a = 83.78V .
EJEMPLO 3-7
Un motor de dc tiene el campo magnético producido por un imán permanente, se
alimenta a 12.6V y gira a 1200rpm en vacío; este se usa para mover una ventanilla en un
automóvil, el motor requiere 10.2A al bajar la ventanilla y gira a 800rpm. Determinar:
a) La resistencia de armadura.
b) Par necesario para bajar la ventanilla.
SOLUCION
99
a) Haciendo el análisis en vacío Eg=Va=12.6V, la constante de la máquina es
E
K g = g = 0.0105V / rpm , la tensión inducida con carga es E g = K gη = 8.4V
η
despejando los valores de la ecuación de la armadura
b) Pt = E g I a = 85.68W , τ =
Va − Eg
Ia
= Ra = 0.41Ω .
Pt
= 1.022 Nm
w
EJEMPLO 3-8
Un motor de imán permanente de 12V se usa para elevar una carga, este motor gira a
una velocidad de 800rpm y consume una corriente de 8.1A. Cuando la carga se atasca el
motor consume 22A. El par necesario para bajar la carga es del 80% de la corriente de
subida. Determinar:
a) La resistencia de armadura.
b) La corriente cuando baja la carga.
c) La velocidad de bajada de la carga.
SOLUCION
a) Si el motor se atasca la velocidad es cero, por ende la tensión generada es cero.
V
La resistencia de armadura es Ra = a = 0.54Ω .
Ia
b) Si el par se reduce en un 80% el torque también se reduce en la misma
proporción I a = 0.8 * I apc = 6.48 A
c) Eg = Va − Ra I a = 7.63V ,
EJEMPLO 3-9
Un ingeniero adquirió un motor con campo producido por un imán permanente. La
placa de identificación indica 90V y 9.2A pero no da la potencia nominal. El ingeniero
aplicó una tensión de 90V al motor sin carga la corriente consumida fue de 0.5A y la
velocidad fue de 1843 rpm. A continuación el ingeniero impuso una carga mecánica
hasta que el motor tomó una corriente de 9.2A la velocidad fue de 1750 rpm. El
ingeniero supuso que las pérdidas eran constantes y sobre esta base determinó la
potencia de salida, la ressitencia de armadura medida es de 1.3Ω. Cual es esa potencia.
SOLUCION
Hallando la potencia en vacío y considerando que las pérdidas en el cobre son
despreciables Eg = Va − Ra I a = 89.35V , Pfv = Eg I a = 44.67W . La potencia de salida con
carga es Eg = Va − Ra I a = 78.04V , Pt = E g I a = 717.97W , Pout = Pt − Pfv = 673.3W .
EJEMPLO 3-10
Un motor de dc de excitación separada desarrolla una potencia de 1.5hp y tiene la
siguiente información de placa: 180V, 2500rpm, 7.5A, Ra=0.563Ω, La=12mH,
If=0.56A, Rf=282Ω. Considera la corriente de campo constante para todo el problema,
determinar:
a) Determine las pérdidas totales del motor cuando este opera en las condiciones de
placa de identificación.
b) Determine la corriente que se requiere para generar una potencia de 1.2hp con
una tensión de 180V.
100
c) Determine el voltaje de alimentación que se requiere para alcanzar una
velocidad sin carga de 2800rpm.
SOLUCION
a) Eg = Va − Ra I a = 175.8V ,
Pt = E g I a = 1318.5W ,
Pout = 1119W ,
Pm = Pt − Pout = 199.5W
b) Pt = Pm + Pout = 1094.7W ,
Va I a = Eg I a + Ra I a2 ,
Ia1=6.2A,
Ia2=315.22A,
la
corriente es la menor posible para evitar altas pérdidas en el cobre de la
armadura Ia=6.2A.
E
c) K g = g = 0.07032V / rpm , E g = K gη = 196.89V .
η
EJEMPLO 3-11
Se tiene una máquina tetrapolar de cc de 120KW y 240V funciona como generador y
tiene una resistencia de armadura de 0.01Ω cuya curva de magnetización fue tomada a
1200 rpm es dada por:
2400 I f
Eg =
7.5 + 6.5 I f
a) Grafique la velocidad para una velocidad de 800rpm.
b) Que corriente de campo se necesita para generar la tensión nominal en vacío.
c) Que corriente de campo se necesita para generar la tensión nominal a plana
carga.
d) Cual es la eficiencia.
SOLUCION
2400 I f 800
a) Eg =
la gráfica de las dos velocidades se puede ver en la
7.5 + 6.5 I f 1200
figura:
b) I f =
c) I a =
7.5Eg
2400 − 6.5Eg
= 2.14 A .
7.5Eg
P
= 500 A , Eg = Va + Ra I a = 245V , I f =
= 2.27 A .
V
2400 − 6.5Eg
d) Pin = Eg I a = 122.5 KW , Pout = Va I a = 120 KW , E % =
Pout
100 = 97.95%
Pin
EJEMPLO 3-12
Se tomaron los datos siguientes datos en una máquina de excitación separada de 15KW,
120V y Ra=0.1Ω a su velocidad especificada de 1200rpm.
If [A] 0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
4.0
4.5
5.0
5.5
Eg [V] 6
70
112 130 140 145 149 152 155 157 158 159
101
a) Grafique la velocidad para una velocidad de 800rpm.
b) Que corriente de campo se necesita para generar la tensión nominal en vacío.
c) Que corriente de campo se necesita para generar la tensión nominal a plana
carga.
d) Cual es la eficiencia.
SOLUCION
a)
I f 1.5 
 1
1.5 − 1
b) 
, If =
(120 − 112) + 1 = 1.22 A

130 − 112
112 120 130
If
2 
 1.5
P
c) I a = = 125 A , Eg = Va + Ra I a = 132.5V , 
,
V
130 132.5 140
2 − 1.5
If =
(132.5 − 130) + 1.5 = 1.63 A
140 − 130
P
d) Pin = Eg I a = 122.5 KW , Pout = Va I a = 120 KW , E % = out 100 = 97.95%
Pin
EJEMPLO 3-13
Un generador de c.c con excitación independiente de 120V y 1200rpm tiene los
siguientes parámetros Ra=0.05Ω, Rf=10Ω, Vf=120V y Nf=100 vueltas por polo, La fmm
de desmagnetización es del 20% de la corriente de carga. Se sabe que la fem inducida
sin carga se puede especificar por la relación:
200 I f
Eg =
5 + 0.8 I f
El generador entrega su carga especificada de 50A con un voltaje de 120V. Determinar:
a) La resistencia de campo para generar la tensión nominal en vacío.
b) La resistencia de campo para generar la tensión nominal con carga.
c) El par inducido con carga.
d) La regulación de tensión.
SOLUCION
5Eg
V
a) I f =
= 5.76 A , Ref = f − R f = 10.83Ω .
200 − 0.8Eg
If
5 Eg
b) Eg = Va + Ra I a = 122.5V , I f =
= 6 A , teniendo en cuenta la
200 − 0.8Eg
0.2 I a
= 6.1A .
100
P
c) Pin = E g I a = 6.12 KW , τ = in = 48.7 Nm .
w
desmagnetización I fe = I f +
102
d) R % =
Va 0 − Va
100 = 2.08%
Va
EJEMPLO 3-14
Un generador con excitación independiente de 50KW, 250V y 600rpm tiene una
resistencia de armadura de 0.05Ω. El generador alimenta la carga especificada a la
tensión especificada. El circuito de campo tiene una resistencia de 100Ω y se conecta a
una fuente de 200V, las pérdidas por rotación son de 5KW. Determine:
a) eficiencia
b) par aplicado
c) regulación de tensión.
SOLUCION
P
a) I a =
= 200 A ,
Eg = Va + Ra I a = 260V ,
Pin = Eg I a = 52 KW ,
Va
P
Pout = Va I a = 40 KW , E % = out 100 = 76.92% .
Pin
P
b) τ = in = 827.63Nm .
w
V − Va
c) R% = a 0
100 = 4% .
Va
EJEMPLO 3-15
El par desarrollado por un motor de cc de excitación separada es de 20Nm cuando la
corriente de armadura es de 25A. Si el flujo se reduce en un 20% de su valor original y
la corriente se armadura se incrementa en un 40%. Cual es el par desarrollado por el
motor.
SOLUCION
Kt I a I f
20
τ = Kt I a I f ,
=
⇒ τ 1 = 22.4 Nm
τ 1 K t *1.4 I a * 0.8 I f
EJEMPLO 3-16
Un motor de excitación independiente de 120V toma una corriente de 2A sin carga y 7A
cuando trabaja a plena carga y el rotor gira a 1200rpm. La resistencia de armadura es de
0.8Ω y la del campo es de 240Ω. Determinar:
a) Las pérdidas de potencia por rotación.
b) La velocidad sin carga.
c) La potencia de salida.
d) La regulación de velocidad.
e) La eficiencia.
SOLUCION
a) Pm = EgVa = 236.8W
103
b) Con carga
E g = Va − Ra I a = 114.4V ,
Eg = Va − Ra I a = 118.4V , η =
Eg
Kg
Kg =
Eg
η
= 0.095V / rpm , sin carga
= 1246.3rpm .
c) Pout = Eg I a = 800.8W .
d) η % =
η0 − ηc
100 = 38.58% .
ηc
e) Pout = Va I a = 840W , E % =
Pout
100 = 95.23% .
Pin
EJEMPLO 3-17
Un motor de excitación independiente de 240V, 20hp, 2000 rpm tiene una eficiencia del
76% a plena carga. La resistencia del circuito de armadura es de 0.2Ω, la corriente de
campo es de 1.8A. Calcule:
a) La resistencia de arranque para limitar la corriente de arranque a 1.5 veces la
corriente nominal.
b) La corriente a plena carga.
c) El par en el eje a plena carga.
d) Velocidad sin carga.
e) Regulación de velocidad.
SOLUCION
a) En el momento del arranque la velocidad del motor es cero, por consiguiente
Eg=0, si se debe colocar una resistencia de arranque en serie con la armadura su
ecuación queda Eg = Va − ( Ra + Rarr ) I a ⇒ Rarr = 2.37Ω .
b) La potencia de salida es Pout = Eg I a = 14.92 KW , la potencia de entrada es
Pin = Va I a = 19.63KW , Va I a = Eg I a + Ra I a2 ⇒ I a = 68.64 A .
c) τ =
Pout
= 71.23Nm .
w
d) Eg = Va − Ra I a = 226.27V , K g =
e) η % =
Eg
η
= 0.113V / rpm , η =
Va
= 2123rpm
Kg
η0 − ηc
100 = 6.15%
ηc
EJEMPLO 3-18
Un motor de excitación independiente tiene una resistencia de armadura de 0.2Ω, una
tensión de línea de 150V y una resistencia de campo de 100Ω. La curva de
magnetización se muestra en la tabla adjunta y fue tomada a 1200rpm, si se aplica una
carga su velocidad se reduce en un 5%. Determinar:
If [A] 0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
4.0
4.5
5.0
5.5
Eg [V] 6
70
112 130 140 145 149 152 155 157 158 159
a) La velocidad sin carga.
b) La corriente con carga.
c) Potencia de salida.
d) Si se reduce la tensión de alimentación a 120V y se mantiene el par, determine la
nueva velocidad.
SOLUCION
104
a) Calculando la corriente de campo I f =
Vf
Rf
= 1.5 A la tensión generada con esta
corriente es 130V. Analizando la ecuación de la armadura E g = Va = 150V la
velocidad en vacío es
η1 Eg1
=
⇒ η = 1384.6rpm .
η2 Eg 2
b) ηc = 1315.37rpm , E g = 142.5V , I a =
Va − Eg
= 37.5 A .
Ra
c) Pout = Eg I a = 5.34 KW
d) Si se mantiene el par se mantiene la corriente de armadura, hallando nuevamente
E
η
la tensión inducida E g = Va − Ra I a = 112.5V , 1 = g1 ⇒ η = 1038.4rpm
η2 Eg 2
EJEMPLO 3-19
Un generador shunt de 230V, 1800rpm, 4.6KW tiene una resistencia de armadura de
0.2Ω y una resistencia en el circuito de campo de 65Ω. La fem inducida debida al flujo
residual es de 10V. Si el generador se conecta en cortocircuito antes de operarlo.
Calcular:
a) La corriente de corto circuito.
b) El torque en corto.
SOLUCION
E
a) El flujo residual produce una corriente de I a = g = 50 A
Ra
P
b) Pin = E g I a = 500W , τ = in = 2.65 Nm
w
EJEMPLO 3-20
Un generador shunt de 23KW, 230V y 900 rpm. Si se cae de repente la carga la tensión
en bornes es de 240.5V. La corriente de campo es de 5A. Calcular:
a) La resistencia de armadura.
b) Regulación de tensión.
c) Resistencia de campo.
SOLUCION
E − Va
P
= 100 A , Ia=105A, Ra = g
a) I l =
= 0.1Ω
Va
Ia
V − Va
b) E % = a 0
100 = 45.65%
Va
V
c) R f = a = 26Ω .
If
EJEMPLO 3-21
Cual es la resistencia crítica del circuito de campo para la curva de magnetización
siguiente:
If[A] 1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Eg[V] 160
235
245
282
290
300
320
325
330
336
105
Cual debe ser la resistencia de campo para que el generador tenga una tensión en bornes
de 220V
SOLUCION
a) R f =
Va
= 160Ω
If
If
2 
 1
b) 
 , I f = 1.8 A ,
160 220 235
V
R f = a = 122.2Ω
If
EJEMPLO 3-22
La curva de magnetización de una máquina de c.c. tipo shunt se muestra en la tabla
siguiente:
If[A] 0
1
2
3
4
5
6
7
Eg[V] 0
40
80
106
120
128
135
142
La potencia de la máquina es de 6KW, 120V, 50A 1800rpm, la corriente que circula por
el campo es de 5A y los otros datos de la máquina son:
Ra=0.19Ω, Radj=0 a 30 Ω, Vf=120V, Rf=24Ω, Nf=1000 espiras.
a) Si el generador está en vacío, en que rangos está la tensión generada.
b) Si la velocidad puede ser de 1500 rpm o de 2000 rpm las tensiones máximas y
mínimas cuando el reóstato está en su valor mínimo.
c) Si la corriente de armadura del generador es de 50A, la velocidad de 1700rpm y
el voltaje Terminal es de 106V cual es la corriente de campo del generador.
d) Si el generador a plena carga tiene una reacción de armadura de 400Av cual es
el voltaje en terminales.
SOLUCION
a) La tensión máxima se alcanza cuando no se tiene solo la resistencia de campo
Rf=24Ω con una tensión de 131.29V y la tensión mínima se alcanza cuando se
coloca la resistencia crítica Rf=40Ω y se obtiene una tensión de 40V.
E
E
η
η
b) 1 = g1 ⇒ η = 109.4rpm , 1 = g1 ⇒ η = 145.88rpm
η2 Eg 2
η2 Eg 2
E
η
c) A 1700 rpm Eg = Va + Ra I a = 115.5V , a 1800 rpm 1 = g1 ⇒ Eg = 122.3rpm ,
η2 Eg 2
If
5 
 4
la corriente de campo es 
 , I f = 4.28 A .
120 122.3 128
d) La corriente efectiva del campo es I fe = I f − 400 / 1000 = 3.88 A ,
 3 3.88 4 
, E = 118.32 A , Va = Eg − Ra I a = 108.82V
106 E
120 g
g

EJEMPLO 3-23
Un motor de dc tiene la siguiente información en placa: 180V, 7.3A, 1.5hp, 1750rpm y
una resistencia de armadura de 1.03Ω, en el campo 100V, 0.5A. Determinar:
a) La resistencia de campo.
b) Que resistencia debe ser colocada en serie con el campo para que opere en forma de
generador shunt.
106
c) Determine la eficiencia en las condiciones de placa.
d) El motor tiene una carga descrita por τ=2+0.002η+1x10-6η2 Nm determine la
velocidad de operación.
SOLUCION
V
a) R f = f = 200Ω
If
b) Ref =
Va
− R f = 160Ω
If
c) Eg = Va + Ra I a = 188.03V Pin = Eg I a = 1372.6W , Pout = Va I a = 1314W ,
Pout
100 = 95.73% .
Pin
E
P
V
τ
Nm
d) K g = g = 0.215
, τ = in = 7.49 Nm , K t =
= 2.052 2 ,
w
Ia I f
A
η
rpm. A
E% =
Ia =
2 + 0.002η + 1x10-6η 2
,
Kt I f
178.94 − 0.1051η − 1.003x10−7η 2 = 0 ⇒ η1 = 1699.8rpm,η 2 = −1.05 x106 rpm
EJEMPLO 3-24
Un motor shunt de dc tiene la siguiente información en placa 50hp, 500V, 80A, 0.18Ω,
8.2mH, y 1200-1350 rpm, en el campo 200V, 10A, 15H de inductancia. Determinar:
a) La eficiencia para las condiciones de placa.
b) Deduzca la fórmula para calcular las pérdidas por rotación en función de la
velocidad.
c) Determine la corriente en la armadura necesaria para producir una potencia de
20hp de salida a una velocidad de 300rpm con una corriente de campo de 10A.
d) Funciona el motor correctamente por periodos largos de tiempo.
e) Si la velocidad de la máquina se lleva a 1350rpm mediante la reducción de la
corriente de campo. Cual es la potencia máxima bajo estas condiciones.
SOLUCION
a) Eg = Va − Ra I a = 485.6V ,
Pin = Va I a = 45KW ,
Pout = 37.3KW ,
Pout
100 = 86.31%
Pin
b) Pt = E g I a = 38.84 KW ,
E% =
Pm = Pt − Pout = 1.54 KW ,
Pm = K mη ⇒ K m = 1.28W / rpm .
E
P
V
c) K g I f = g = 0.243
,
E g = K g I f η = 72.9V ,
τ = out = 178.09 Nm ,
η
rpm. A
w
τ
Nm
P
τ
K t I f = = 2.226 2 , τ = out = 474.91Nm , I a =
= 213.34 A .
Ia
A
w
Kt I f
d) La máquina puede funcionar por periodos de tiempo que tenga una relación
ton
= 0.375 .
T
107
e) Con las condiciones del punto anterior la máquina no se puede operar a
1350rpm. Retomando nuevamente la máquina a su carga nominal Eg = 485.6V ,
Kg =
Eg
ηI f
= 0.04
E
V
, I f = g = 8.99 A
rpm. A
ηK g
EJEMPLO 3-25
La siguiente información fue sacada de una máquina de dc shunt de 1hp,
1150/1380rpm, 5A, 200V, 2.43Ω, 0.04H. Los datos del campo son: If=0.54A con
velocidad básica, If=0.33A, para la velocidad máxima, 180V, 282Ω, y 86H. Determinar:
a) Si el campo opera realmente con 200V que resistencia debe agregarse en serie
con el campo para no exceder los límites de funcionamiento.
b) Determine las pérdidas por rotación en la armadura.
c) Si las pérdidas se consideran proporcionales a la velocidad, determine la
ecuación del par de salida en función de la velocidad.
d) Si se ajusta la corriente de campo a 0.54A y el voltaje de armadura a 180V.
Determine la corriente de alimentación de la máquina si impulsa una carga con
un torque dado por: τ = 2 +
η
240
Nm
SOLUCION
a) Ref =
Va
− R f = 88.37Ω
If
b) Eg = Va − Ra I a = 187.85V , Pt = Eg I a = 939.25W , Pm = Pt − Pout = 193.25W .
c) Pm = K mη ⇒ K m = 0.168W / rpm .
d) τ =
Pout
= 6.19 Nm ,
w
K g I f η = Va − Ra (
Kt =
τ
Ia I f
= 2.29
Nm
,
A2
Kg =
Eg
ηI f
= 0.302
V
,
rpm. A
2 + η / 240
) ⇒ η = 1028.57 rpm .
Kt I f
EJEMPLO 3-26
Un generador compuesto en derivación larga de 240V y 48KW tiene una resistencia de
campo serial de 0.04Ω y una resistencia en el devanado shunt de 200Ω. Cuando el
generador suministra la carga especificada a la tensión especificada la potencia de
entrada es de 50KW. Determine:
a) La resistencia del circuito de armadura.
b) La eficiencia
c) El torque de entrada si el primomotor gira a 1500rpm.
d) Las pérdidas en el cobre.
SOLUCION
a) Pin − Pout = I a2 ( Rs + Ra ) ⇒ Ra = 0.009Ω .
P
b) E % = out 100 = 96% .
Pin
P
c) τ = in = 318.3 Nm .
w
d) Pin − Pout = Pcu = 2 KW .
108
EJEMPLO 3-27
Un generador compuesto en conexión derivación larga de 50KW, 250V y 600rpm está
equipado con una resistencia de desvió en el campo. La máquina alimenta la carga
especificada con la tensión especificada. La resistencia de armadura y del campo serie
son de 0.05Ω y 0.01Ω respectivamente. Hay 100 vueltas por polo en el devanado shunt
y dos vueltas en el devanado serie. Las pérdidas por rotación son de 4.75KW. Las
mediciones de corriente a través del campo shunt es de 5A y por la resistencia de desvió
es de 41A. Determinar:
a) La corriente de campo en el devanado serie.
b) La eficiencia.
c) El par aplicado a la máquina.
SOLUCION
a) Pout = Va I a ⇒ I a = 200 A , I s = 164 A
b) Eg = Va + Ra I a + Rs I s = 276.4V
c) Pin = Eg I a + Pm = 61.41KW , τ =
Pin
= 977.37 Nm
w
EJEMPLO 3-28
Un motor compuesto en derivación corta de 240V y 1450rpm tiene los parámetros
siguientes: Ra=0.4Ω, Rs=0.2Ω, Rf=80Ω. Si la máquina toma 30A a plena carga y trabaja
a su velocidad nominal, las pérdidas por rotación son de 500W, determine el par en el
eje del motor y la eficiencia.
SOLUCION
V
V f = Va − Rs I L = 234V , I f = f = 2.92 A , Eg = V f − Ra I a = 223.17V ,
Rf
Pout = Eg I a − Pm = 5.54 KW , τ =
E% =
Pin
= 36.48 Nm , Pin = Va I L = 7.2 KW ,
w
Pout
100 = 76.94%
Pin
EJEMPLO 3-29
Un motor compuesto en derivación larga de 440V tiene los siguientes parámetros:
Ra=0.5Ω, Rs=0.25Ω, If=2A. La velocidad a plena carga es de 1200rpm y la corriente de
carga es de 32A. El motor toma 7A sin carga. Encontrar:
a) Velocidad del motor cuando el flujo cae al 80% de su valor nominal.
b) Cuales son las especificaciones de eficiencia y caballos de fuerza del motor a
plena carga.
SOLUCION
E
V
K g = g = 0.173
a) E g = Va + ( Ra + Rs ) I a = 417.5V ,
,
ηI f
rpm. A
E
η = g = 1508.3rpm .
Kg I f
109
b) Pin = Va I L = 14.08 KW ,
E% =
Pm = Eg I a = 2.18KW Pout = Eg I a − Pm = 12 KW ,
Pout
P
100 = 85.22% , τ = out = 95.49 Nm
Pin
w
EJEMPLO 3-30
Se conocen los siguientes datos de un motor de excitación compuesta diferencial corta
Va=200V, Ia=60A, Ra=0.12Ω, Rs=0.04Ω, Rf=120Ω, Radj=200Ω, Nf=2000 espiras, Ns=12
espiras, η=1500rpm. Y la curva de saturación se puede ver en la siguiente tabla:
Eg [V]
200
210
220
230
240
250
If [A]
1.21
1.29
1.38
1.47
1.58
1.72
Asuma que la máquina no tiene reacción de armadura. Determinar:
a) Cual es la velocidad de giro en vacío cuando la máquina tiene Radj=55Ω.
b) Cual es la velocidad a plena carga cuando Radj=55Ω.
c) Cual es la resistencia de campo para que la máquina funcione a plena carga y su
velocidad sea la misma de la parte a).
SOLUCION
Vf
a) I f =
= 1.14 A , E g = Va − Rs ) I a = 200V ,
R f + R adj + Rs
E
0 1.14 1.21
η
, E g = 188.43V , 1 = g1 ⇒ η = 1591.93rpm
0 E

200 
η2 Eg 2
g

0 0.77 1.21
V fe
I n
I fe =
− a s = 0.77 A ,
,
b) V f = Va − Rs I a = 197.6V ,
0 E
200 
R f + Radj
nf
g

E
η
E g = 127.27V , E g = V f − Ra I a = 190.53V , 1 = g1 ⇒ η = 2245.58rpm .
η 2 Eg 2
c)
η1 Eg1
=
⇒ Eg = 202.2V ,
η2 Eg 2
I fe =
V fe
R f + Radj
−
If
1.29
1.21
 200 202.2 210  ,


I ef = 1.227 A ,
I a ns
⇒ Radj = 4.51Ω .
nf
EJEMPLO 3-31
Un generador de c.c. con conexión serie de 12KW, 120V tiene una resistencia de campo
serie de 0.05Ω. la fem generada es de 135V cuando el generador alimenta la carga
nominal a su tensión especificada. Determinar:
a) Cual es la resistencia en la armadura.
b) Si la carga se reduce a un 80% de la nominal, cual es la fem inducida.
c) Si la fem inducida es de 130V cuando el generador suministra una potencia de
4167W. Cual es el voltaje en terminales.
SOLUCION
E − Va
a) Ra = g
− Rs = 0.1Ω
Ia
b) S la carga se reduce, se reduce la corriente en la misma proporción Ia=80A,
Eg = Va − ( Ra + Rs ) I a = 108V .
110
Eg
V
, Va I a = E g I a − ( Ra + Rs ) I a2 ⇒ I a1 = 33.33 A, I a 2 = 833.33 A , la
Ia
A
corriente correcta es 33.33A para evitar altas pérdidas en el devanado de
armadura. Va I a = 4167W ⇒ Va = 125V .
c) K gη =
= 1.35
EJEMPLO 3-32
Un generador serie opera en la región lineal donde el flujo es directamente proporcional
a la corriente de campo. La resistencia en la armadura es de 20mΩ, y la del devanado
serie es de 80mΩ. La máquina gira a 1200rpm, el voltaje es de 75V, y la corriente de
armadura es de 20A. Determinar:
a) Cual es la corriente en la armadura para tener un voltaje de 120V a una
velocidad de 1200rpm.
b) Si se requiere un voltaje terminal de 120V, con una corriente de 25A. Cual debe
ser la velocidad del motor.
SOLUCION
E
E
V
a) E g = Va − ( Ra + Rs ) I a = 73V , K g = g = 0.003
, I a = g = 32.88 A
I aη
rpm. A
ηK g
E
b) η = g = 1578rpm .
K g Ia
EJEMPLO 3-33
Un motor en serie opera con 12.6V, tiene una resistencia combinada de campo y
armadura de 0.4Ω y gira 2000rpm cuando la corriente es de 6.8A No tome en cuenta las
pérdidas por rotación. Determinar:
a) El par de salida.
b) A que velocidad produce el motor el doble del torque.
c) Determine la corriente de alimentación para una potencia de salida de 30W.
SOLUCION
P
a) Eg = Va − ( Ra + Rs ) I a = 9.88 A , Pout = Eg I a = 67.18W , τ = out = 0.32 Nm .
w
Pout
b) w =
= 104.96rad / seg
τ
c) E g I a = Va I a − ( Ra + Rs ) I a2 ⇒ I a = 2.59 A
EJEMPLO 3-34
Un motor de dc conectado en serie de 80V tiene una resistencia de armadura de 1Ω y el
campo serial de 1Ω. Cuando el motor gira a 10000rpm consume una carga de ¾ hp. No
tome en cuenta las pérdidas por rotación. Determinar:
a) La corriente del motor.
b) Proporcione la ecuación de la fem del motor en función de la velocidad en rpm y
la corriente.
SOLUCION
a) E g I a = Va I a − ( Ra + Rs ) I a2 ⇒ I a = 9.03 A
b) Pm = K mη ⇒ K m = 0.05595W / rpm
EJEMPLO 3-35
111
Un motor de dc conectado en serie impulsa una carga cuya velocidad es proporcional a
la velocidad. La resistencia combinada de la armadura y campo son de 3Ω. Con un
voltaje de alimentación de 100V, la potencia de salida del motor es de 50W y la
velocidad de salida es de 100rpm. Deduzca una ecuación del voltaje que se requiere
para obtener otras velocidades. Suponga que el flujo es proporcional a la corriente. No
tenga en cuenta las pérdidas por rotación.
SOLUCION
E
V
,
E g I a = Va I a − ( Ra + Rs ) I a2 ⇒ I a = 0.51A , K g = g = 1.92
I aη
A.rpm
Pm = K mη ⇒ K m = 0.5W / rpm
112
4 La máquina síncrona
Esta máquina consta de un estator en forma cilíndrica hueca, que dispone de ranuras
practicadas en la periferia interior donde se colocan las bobinas del inducido. El rotor es
la parte móvil de la máquina y está colocada en el hueco del estator de forma que los
dos ejes coincidan. El rotor de la máquina puede ser construido de dos formas: la
cilíndrica y de polos salientes como se aprecia en la figura 4-1.
Fig 4-1. Formas constructivas de la máquina síncrona.
La finalidad del rotor es producir un campo magnético con distribución senoidal. Para la
construcción de un rotor liso o cilíndrico las espiras se colocan en las ranuras
practicadas en el rotor y su conexión es como se muestra en la figura 4-2.
Fig 4-2. Construcción de un rotor de una máquina síncrona de rotor cilíndrico.
Un rotor de polos salientes es visto en la figura 4-3 en este se pueden apreciar con gran
exactitud que los polos se “salen” del rotor propiamente dicho. Para que este tipo de
rotor de una distribución de forma senosoidal deben practicársele algunos
deformaciones en el rotor, dicho de otra forma el entrehierro no debe ser constante.
113
Fig 4-3. Construcción de un rotor de polos salientes.
En cualquiera de los dos casos, las bobinas del rotor se conectan en serie entre sí y se
conectan a unos anillos rozantes que son fabricados de un material conductor
(aleaciones de cobre). Estos deben montarse fijos al rotor, deben girar con el rotor pero
deben estar aislados eléctricamente entre ellos y con el rotor. En los anillos rozantes se
conectan unas escobillas de carbón o grafito, estas están fijas en la carcasa y conectadas
a una fuente de alimentación de corriente continua.
Si se hace girar el eje de la máquina a velocidad constante, el flujo abarcado por una
bobina en el estator variará de forma senosoidal (debido a la distribución de flujo
senoidal en el rotor) induciéndose por los tanto una onda de tensión senoidal de
frecuencia fija y proporcional a la velocidad.
4.1 Tensión inducida en una espira.
Vamos a observar que sucede con la tensión inducida en un conductor que se coloca en
la periferia del estator. Como vimos el flujo en el rotor tiene una distribución de forma
senoidal como:
φ (t ) = φmax sin( wt )
Ecuación 4-1
Donde la velocidad w y la velocidad de giro η de la máquina están relacionadas por:
 rad 
2π
 rev   1rev   1min 
w
=η
=η
Ecuación 4-2






60
 min   2πrad   60seg 
 seg 
De acuerdo a la ley de faraday la tensión inducida en un conductor está dada por:
∂φ
E=−
∂t
Para nuestro caso la tensión inducida es:
∂φ sin( wt )
E = − max
= −φmax w * cos(wt )
Ecuación 4-3
∂t
Como nos hemos dado cuenta hasta el momento la bobina tiene dos lados activos
(lugares donde se induce la tensión) o conductores y estos lados puede ser colocados de
tres formas: paso diametral, paso acortado y paso alargado.
4.2 Tensión inducida en una espira de paso diametral.
La primera forma de colocar los lados activos en el estator es que el segundo lado activo
se coloque justo en frente del primer lado activo, en este caso se está hablando de que la
bobina tiene un paso diametral como se ve en la figura 4-4.
114
Fig 4-4. Bobina de paso diametral.
En este caso la tensión inducida en el otro lado activo viene dada por:
∂φ sin( wt )
E = max
= φmax w * cos(wt ) = emax cos(wt )
∂t
La tensión total de la espira es la suma de las dos tensiones inducida como:
Et = E1 + E2 = 2emax cos( wt ) Ecuación 4-4
Si se observa el diagrama fasorial de la suma de las dos tensiones se puede ver que la
tensión total es la suma algebraica de las dos tensiones.
Et = E1∠0 − E2∠180
4.3 Tensión inducida en una espira de paso acortado.
Una bobina de paso acortado es una bobina que tiene un paso menor al diametral, en
este caso se dice que la bobina tiene un ángulo β menor de 180º como se puede ver en la
figura 4-5.
Fig 4-5. Bobina de paso acortado.
En la espira del lado derecho la espira se induce una tensión dada por:
E1 = emax cos( wt +
β
)
2
En el lado inferior se induce una tensión dada por:
E2 = emax cos( wt −
β
2
)
Ecuación 4-5
Ecuación 4-6
La tensión total en la espira es dada por:
Et = E1 − E2 = emax cos( wt +
β
) − emax cos( wt −
β
) Ecuación 4-7
2
2
Si se hace la suma fasorial de las dos tensiones se puede ver la tensión total de la espira:
Et = E1∠0 − E2∠(180 − β )
Como se puede ver en el diagrama fasorial de la figura 4-5 la tensión en la espira es
menor que la tensión inducida en una bobina de paso diametral, pero la ventaja de este
montaje es que la resistencia total de la bobina es menor, lo que implica una eficiencia
mayor para la máquina. Además el conductor usado para construir la bobina es menor y
por ende el precio de producción de la máquina baja un poco.
4.4 Tensión inducida en una espira de paso alargado.
115
Una bobina de paso alargado es una bobina que tiene un paso mayor al diametral, en
este caso se dice que la bobina tiene un ángulo β mayor que 180º como se puede ver en
la figura 4-6.
Fig 4-6. Bobina de paso alargado.
La tensión total en la espira es dada por:
Et = E1 + E2 = emax cos( wt ) + emax cos( wt + β )
Ecuación 4-8
Si se hace la suma fasorial de las dos tensiones se puede ver la tensión total de la espira:
Et = E1∠0 − E2∠(180 + β )
Como se puede ver en el diagrama fasorial de la figura 4-6 la tensión en la espira es
menor que la tensión inducida en una bobina de paso diametral, pero la desventaja de
este montaje es que la resistencia total de la bobina es mayor, lo que implica una
eficiencia menor. Además el conductor usado para construir la bobina es mayor y por
ende el precio de producción de la máquina aumenta un poco.
Como es de esperarse las máquinas de corriente alterna se construyen con bobinas de
paso diametral y bobinas de paso acortado, pero casi nunca se construyen de paso
alargado.
4.5 Factor de paso.
El voltaje inducido en una espira de paso acortado está dada por:
Et = E1 − E2 = emax cos( wt +
β
) − emax cos( wt −
β
)
2
2
Cada uno de los factores de la ecuación anterior se pueden volver a expresar usando las
propiedades trigonométricas como:
β
β
β
β 

Et = emax cos( wt ) sen( ) + sen ( wt ) cos( ) − cos( wt ) cos( ) + sen( wt ) sen( ) 
2
2
2
2 

β 

Et = emax  sen( wt ) sen( )  Ecuación 4-9
2 

Al factor sen(β/2) se le llama factor de paso.
4.6 Problemas de los armónicos y devanados de paso
fraccionario.
Existe una buena razón para emplear devanados de paso fraccionario y esta tiene que
ver con el efecto de la distribución no senoidal del flujo en el entrehierro en maquinas
reales como se puede ver en la figura 4-7. En una máquina de polos salientes se puede
116
ver este efecto, como la reluctancia de la trayectoria del campo magnético es mucho
menor en el centro del polo que en sus extremos, el flujo se concentra en este punto,
haciendo que la densidad de flujo sea mayor allí. Como consecuencia, el voltaje
inducido no es senoidal y tiene componentes armónicos de alta frecuencia.
La onda de voltaje resultante es simétrica con respecto al campo magnético del rotor,
por lo tanto no tiene armónicos pares, pero si tiene todos los armónicos impares
(tercero, quinto, séptimo, etc) los cuales deben ser eliminados con el diseño de la
máquina. En general, los armónicos de frecuencias altas tienen menor amplitud, de tal
manera que después de cierto límite se pueden ignorar sus efectos.
La forma de onda de la tensión se puede expresar por medio de:
sen(3wt + 3α ) sen(5wt + 5α ) sen(7 wt + 7α ) 

e(t ) = Emax  sen( wt + α ) +
+
+

3
5
7

Cada uno de los armónicos de la onda de tensión puede ser expresado como:
sen(hwt )
E ( h) =
Ecuación 4-10
h
La forma de onda se pude volver a expresar como:
cos(3wt ) sen(3α ) cos(5wt ) sen(5α ) cos(7 wt ) sen(7α ) 

e(t ) = Emax cos( wt ) sen(α ) +
+
+

3
5
7

Si el acortamiento de paso total 2β se expresa como una fracción del paso polar como:
2β =
π
Ecuación 4-11
k
La expresión de la tensión inducida queda como:
π
π
π


cos(3 ) sen(3α ) cos(5 ) sen(5α ) cos(7 ) sen(7α ) 

π
2k
2k
2k
+
+
e(t ) = Emax cos( ) sen(α ) +

2
3
5
7
k




Si se observa con cuidado la expresión anterior se nota que cada uno de los armónicos
se ha reducido por un factor igual a cos(kβ). Lo que implica que la forma de onda es un
poco más senoidal.
Fig 4-7. Armónicos en una onda de tensión.
4.7 Devandos distribuidos.
Como se puede ver en las figura 4-4, 4-5, y 4-6 si las máquinas fueran construidas con
una sola bobina la tensión generada en esta seria baja y se desperdiciaría mucho
espacio. Una solución a este problema es que el devanado del motor no se haga en una
sola ranura sino en varias y así se construye un devanado de forma distribuida y se
aprovecha mejor el flujo en el entrehierro.
117
En la figura 4-8 se puede ver dos bobinas que están conectadas en serie y ubicadas en
diferentes ranuras. Si se considera que las bobinas tienen un paso diametral y el ángulo
que hay entre las ranuras es de 20º la tensión inducida en cada espira será:
E1 = E∠0 ; E2 = E∠20 ; E3 = E∠ − 20
Entonces el voltaje inducido en cada fase seria:
Et = E1 + E2 + E3
Et = E∠0 − E∠180 + E∠20 + E∠180 − 20 = 2.879 E
Fig 4-8. Bobina distribuida.
Como se puede ver la tensión inducida total es menor que la suma algebraica esta
relación se puede expresar como:
E
Kd = r
Ecuación 4-12
Ee
Donde Kd es llamado factor de distribución, Ee es la tensión esperada, Er es la tensión
real. Y como es de esperarse kd es menor que uno, será 1 cuando todo el devanado está
sobre una ranura.
Para halla de forma analítica el valor de kd se supone que cada bobina está alojada en
una ranura y cada ranura está separada un ángulo γ, la tensión inducida en cada bobina
estará desfasada un ángulo γ con respecto a al anterior como se muestra en la figura 4-9.
Fig 4-9 . Diagrama fasorial de la tensión inducida en un devanado distribuido.
Si cada factor está desfasado un ángulo γ, el ángulo total de desfase en la bobina será nγ.
y podemos expresar la tensión real como:
Er
 nγ 
= L sin  
Ecuación 4-13
2
 2 
Y la tensión esperada se puede expresar como:
Ee
γ 
= L sin  
Ecuación 4-14
2
2
Hallando la relación de kd se obtiene:
118
 nγ 
 nγ 
Lsen  n * sen 
E
 2 =
 2 
Kd = r =
γ
nEe
 
γ 
Lsen 
n * sen 
2
2
De tal manera que el factor de distribución viene dado por:
 nγ 
sen 
 2 
Kd =
Ecuación 4-15
γ 
n * sen 
2
4.8 Tensión inducida en una máquina síncrona.
Asumamos que el flujo total en cada polo de un rotor cilíndrico que se mueve a una
velocidad constante w es φp. El flujo máximo que atraviesa una espira de paso diametral
es φpkd donde kd es el factor de paso. El campo gira sobre el eje del motor, de tal manera
que si este flujo es visto desde el estator depende del tiempo y se puede expresar como:
φ (t ) = φ p k p cos( wt ) Ecuación 4-16
Donde w=2πf y se expresa en radianes por segundo.
La tensión inducida en una bobina que tiene N vueltas es expresada por medio de la ley
de Faraday como:
dφ (t )
e(t ) = − N
= NK p wφ p sen( wt )
dt
El valor máximo de la tensión es:
Emax = NK p wφ p
El valor rms de la tensión es:
Emax
Ecuación 4-17
= 4.44 fNK pφ p
2
Para una máquina de paso acortado y devanado distribuido y que tenga P polos, la
tensión se puede expresar como:
P
Ecuación 4-18
Eg = 4.44 Nnkd k p fφ p
a
Eg =
4.9 Relación entre la frecuencia de la tensión inducida y el
número de polos.
Ahora pongamos a viajar un conductor sobre la periferia de una máquina de dos polos.
Si se coloca un conductor en el estator de una máquina de dos polos se encuentra que se
han inducido dos ciclos completos en la onda de tensión lo que quiere decir que en una
revolución se induce un ciclo de tensión o θm=θe como se puede ver en la figura 4-10.
119
Fig 4-10. Conductor viajando en una máquina de dos polos.
Si se hace girar el rotor de una máquina de 4 polos. Se encuentra que hay dos ciclos
completos de tensión por cada revolución. Así, θe=720º mientras que el ángulo
mecánico es de θm=360º, es decir que el ángulo eléctrico de la tensión inducida es dos
veces el ángulo mecánico de rotación como se muestra en la figura 4-11.
Fig 4-11. Conductor viajando sobre una máquina de 4 polos
Si se hace girar una máquina de seis polos donde los lados de la bobina están separadas
1/6 de circunferencia del rotor. Se puede observar que cada lado de la espira está bajo la
influencia de un polo distinto y allí se genera tensión. Sin embargo, se puede notar que
mientras la máquina da una vuelta θm=360º en la espira se generan tres ciclos completos
es decir θe=1080º como se muestra en la figura 4-12.
Fig 4-12. Conductor viajando sobre una máquina de 6 polos.
El ángulo mecánico y el eléctrico se pueden relacionar por medio de la ecuación:
p
θe = θm
Ecuación 4-19
2
120
Si se examina la ecuación 4-19 se pude observar que cumple con la discusión anterior
expuestas en las figura 4-10, 4-11 y 4-12. Si derivamos con respecto al tiempo ambos
lados de la ecuación se puede observar la relación que hay entre las velocidades
mecánica y eléctrica y se encuentra que:
p
we = wm
Ecuación 4-20
2
Donde we es la velocidad en radianes por minuto de la velocidad eléctrica, wm es la
velocidad en radianes por segundos de la velocidad mecánica. Se puede decir que a los
ingenieros no nos gusta trabaja con las velocidades en radianes por segundo, sino es
más conveniente, darlas en magnitudes del sistema internacional. Es así, como la
velocidad mecánica la expresamos en revoluciones por minuto, y la frecuencia eléctrica
la expresamos en hertz. Las ecuaciones que permiten hacer estos cambios se listan
como:
2π
wm =
η m Ecuación 4-21
60
Para la frecuencia eléctrica
we = 2πf
Ecuación 4-22
Reemplazando las ecuaciones 4-21 y 4-22 en la ecuación 4-20 tenemos:
120 f
ηm =
Ecuación 4-23
p
4.10 Par producido en una maquina síncrona.
Como ya se mencionó anteriormente, si por un conductor circula una corriente I y el
conductor está en presencia de un campo magnético con densidad B en él se
experimenta una fuerza dada por:
F = l (IxB)
En la máquina síncrona se debe esperar que suceda la misma relación, en este caso en el
rotor hay una densidad de flujo dada por Br y es producida por una corriente que circula
por los devanados del estator.
Cuando en el estator de una máquina síncrona se hace circular una corriente I, el
devanado es de forma distribuida; se crea un flujo con distribución de forma senoidal
con densidad Br. La ecuación del par se puede expresar como:
τ = k ( Br xBs ) Ecuación 4-24
En forma de magnitudes eléctricas se puede expresar como:
τ = kBr Bs sen(γ )
Ecuación 4-25
El término k es una constante que depende del sistema de unidades utilizado para
expresar Br y Bs. Esta ecuación se emplea únicamente para análisis cuantitativos del par
en una máquina de corriente alterna, por lo tanto, el valor de k carece de importancia en
muchos aspectos.
El campo magnético neto en la máquina es la suma vectorial de los campos del rotor y
del estator y es expresado como:
Bnet = Br + Bs Ecuación 4-26
121
Este hecho se puede utilizar para establecer una expresión equivalente para el par
producido en la máquina como:
τ = k ( Br xBs ) = k ( Br x( Bnet + Bs )) = k ( Br xBnet ) − k ( Bs xBs )
Como el producto cruz de un vector por si mismo es cero la expresión anterior se puede
expresar como:
τ = k ( Br xBnet )
De tal manera que el par producido en la máquina también se puede expresar como el
producto vectorial entre Br y Bnet con la misma constante k. la magnitud de esta
expresión es:
τ = kBr Bnet sen(δ )
Ecuación 4-27
Donde δ es el ángulo entre Br y Bnet.
4.11 Maquinas sincronas generalidades.
La mayor parte de la potencia eléctrica para el uso diario se produce en generadores
síncronos polifásicos, que son, individualmente, las máquinas eléctricas más grandes en
producción. Por ejemplo, son bastante comunes los generadores síncronos con potencia
de varios cientos de megavolt-amperes (MVA), Y se espera que en el futuro próximo
estén funcionando máquinas de varios miles de mega voltiamperes. Se les llama
máquinas síncronas porque operan tanto a velocidades como a frecuencias constantes
bajo condiciones de régimen estacionario. Al igual que muchas máquinas rotatorias, las
máquinas síncronas son capaces de funcionar, ya sea como motor o como generador. Se
emplean como motores de impulso a velocidad constante, y cuando se requiere un
impulso a velocidad variable, se usa un motor síncrono con un cambiador de frecuencia
apropiado, tal como un inversor o cicloconverlidor.
La operación de un generador síncrono se basa en la ley de Faraday de inducción
electromagnética, y un generador síncrono de corriente alterna trabaja en forma muy
similar a un generador de cc, en cuanto a que la generación de la fem es causada por el
movimiento relativo entre los conductores y el flujo magnético. Evidentemente, un
generador síncrono no tiene un colector como en el caso del generador de cc. El
generador síncrono, en su forma elemental, se muestra en la figura 4-13. Las dos partes
básicas de una máquina síncrona son la estructura del campo magnético, que porta un
devanado excitado con cc, y la armadura. Con frecuencia, la armadura tiene un
devanado de tres fases en los que se genera la fem de ca.
Casi todas las máquinas síncronas modernas tienen ranuras estacionarias y estructuras
del campo rotatorias. El devanado de cc en la estructura del campo rotatorio está
conectado a una fuente externa a través de anillos rozantes y escobillas. Ciertas
estructuras del campo no tienen escobillas pero, en su lugar, existe una excitación
mediante un generador de corriente continua acoplado en el mismo eje de la máquina.
En ciertos aspectos el estator que lleva los devanados de la armadura es similar al
estator de un motor de inducción polifásico.
122
Fig 4-13 Partes principales de una máquina sincronía.
4.12 Números de polos
El número de polos de un generador síncrono depende de la velocidad de rotación de la
máquina y de la frecuencia a la que se quiera generar dicha tensión. Considere, por
ejemplo el conductor de un estator que es barrido sucesivamente por los polos norte y
sur del rotor. Si se induce un voltaje positivo cundo el polo norte esté frente al
conductor, de forma análoga se inducirá una tensión negativa en el conductor cuando el
polo sur está frente a él. Por lo tanto, cuando cada vez que un par de polos norte y sur
pasan por el frente de un conductor se estará induciendo un ciclo de tensión completo. Y
se puede decir que hay una relación entre la velocidad de giro y la frecuencia del
generador que es dada por:
120 f
η=
p
Donde:
η es la velocidad de giro del motor en rpm.
f: frecuencia a la que se quiere generar.
p: número de polos de la máquina.
Fig 4-14 Inducción de tensión en un conductor.
123
4.13 Características principales del estator.
Desde el punto de vista eléctrico, el estator de un generador síncrono es idéntico al de
un motor de inducción trifásico. Se compone de un núcleo laminado que contiene un
conjunto de ranuras que portan un devanado trifásico. El estator se compone de
segmentos dentados aislados construidos de acero al silicio de alta calidad. Cada lámina
puede tener un espesor de 0.5mm y están recubiertos de barniz aislante para disminuir
las pérdidas por los ciclos de histéresis y corrientes de Hedy.
Fig 4-15 Estator de una máquina síncrona.
4.14 Conexión de los devanados del estator.
El devanado de una máquina sincronía casi siempre se debe conectar en Y ya que se
tienen las siguientes ventajas:
1) El voltaje de fase es de solo un 58% ( 1 / 3 ) de la tensión de línea. Esto significa
que hay una pequeña tensión entre un terminal de conexión de la máquina y
tierra, lo cual quiere decir que el aislamiento del conductor devanado en las
ranuras es menor y por consiguiente la producción de energía es mas eficiente.
2) Cuando un generador está sometido a carga, el voltaje inducido en cada fase se
distorsiona y la forma de onda deja de ser senosoidal. La distorsión se debe
principalmente a la aparición del tercer armónico cuya frecuencia es de tres
veces la fundamental. Con una conexión Y los armónicos distorcionantes entre
la fase y el neutro se cancelan entre sí. Por consiguiente, los voltajes de línea
permanecen senosiodales en todas las condiciones de carga.
Fig 4-16 Conexión en Y de un generador trifásico.
124
4.15 Características principales del rotor.
Los generadores síncronos se construyen con dos tipos de rotores: rotores de polos
salientes y rotores cilíndricos lisos. Por lo general, los de polos salientes son impulsados
por turbinas hidráulicas de baja velocidad, y los cilíndricos, por turbinas de vapor de
alta velocidad.
1. Rotores de polos salientes. La mayoría de las turbinas hidráulicas tienen que girar a
bajas velocidades (entre 50 y 300 r/min.) para extraer la máxima potencia de una
cascada. Como el rotor está directamente acoplado a la rueda hidráulica, y como se
requiere una frecuencia de 50 o 60 Hz, se necesita un gran número de polos en el
rotor. Los rotores de baja velocidad siempre tienen un gran diámetro a fin de
proporcionar el espacio necesario para los polos. Los polos salientes están montados
en un gran armazón circular de acero, la cual está fijo en un eje vertical rotatorio
(Fig. 4-17). Para garantizar un buen enfriamiento, las bobinas de campo están hechas
de barras de cobre desnudo, con las vueltas aisladas entre sí por tiras de cima. Las
bobinas están conectadas en serie, con polos adyacentes de polaridades opuestas.
Además del devanado de campo de cd, con frecuencia se agrega un devanado de
jaula de ardilla, insertado en las caras polares. En condiciones normales, este
devanado no transporta corriente porque el rotor gira a velocidad síncrona. Sin
embargo, cuando la carga en el generador cambia de repente, la velocidad del rotor
comienza a fluctuar y se producen variaciones de velocidad momentáneas por
encima y por debajo de la velocidad síncrona. Esto induce un voltaje en el devanado
de jaula de ardilla que hace que fluya una gran corriente adentro de él. La corriente
reacciona con el campo magnético del estator y produce fuerzas que amortiguan las
oscilaciones del rotor. Por esta razón, el devanado de jaula de ardilla también se
conoce como devanado amortiguador.
El devanado amortiguador también tiende a mantener equilibrados los voltajes
trifásicos entre las líneas, aun cuando las corrientes sean desiguales debido a las
condiciones de carga desequilibrada.
Fig 4-17 Generador síncrono de polos salientes
2. Rotores cilíndricos. Es bien sabido que las turbinas de vapor de alta velocidad son
más pequeñas y más eficientes que las de baja velocidad. Lo mismo sucede con los
generadores síncronos de alta velocidad. Sin embargo, para generar la frecuencia
requerida no podemos utilizar menos de dos polos y esto fija la velocidad más alta
posible. En un sistema de 60 Hz es de 3600 rpm. La siguiente velocidad mas baja es
125
de 1800 r/min, que corresponde a una maquina de 4 polos. Por consiguiente, estos
generadores de turbina de vapor poseen ya sea 2 o 4 polos.
El rotor de un generador de turbina es cilíndrico, largo y sólido de acero que
contiene una serie de ranuras longitudinales fresadas en la masa cilíndrica. Se
utilizan bobinas de campo concéntricas, firmemente insertadas en las ranuras y
retenidas por anillo extremos de alta resistencia para crear los polos N y S.
La alta velocidad de rotación produce grandes fuerzas centrifugas, las cuales
imponen un limite máximo en el diámetro del rotor. En el caso de un rotor que gira a
3600 r/min, el límite elástico del acero requiere que el fabricante limite el diámetro a
un máximo de 1.2m. Por otra parte, para construir los poderosos generadores de
1000 MVA a 1500 MVA, el volumen de los rotores tiene que se grande. En
consecuencia, los rotores de alta potencia y alta velocidad tienen que ser muy largos.
Fig 4-18. Generador síncrono de rotor cilíndrico.
4.16 Excitación de campo y excitadores
La excitación de campo de cd de un gran generador síncrono es una parte importante de
su diseño global. La razón es que el campo debe garantizar no solo para producir un
voltaje terminal de ca estable, sino que también debe responder a cambios repentinos de
carga para mantener la estabilidad del sistema. La prontitud de respuesta es una de las
características importantes de la excitación de campo. Para lograrla, se utilizan dos
generadores de cd: un excitador principal y un excitador piloto. También se emplean
excitadores extáticos sin partes rotatorias.
El excitador principal alimenta la corriente de excitación al campo del generador
síncrono por medio de escobillas y anillos colectores. En condiciones normales, el
voltaje del excitador queda entre 125 y 600 V. Es regulado manual o automáticamente
por señales de control que varían la corriente Ic, producida por el excitador piloto
La capacidad de potencia del excitador principal depende de la capacidad del generador
síncrono. Por lo general, se requiere un excitador de 25 kW para excitar un alternador
de 1000 kVA (2.5% de su capacidad), mientras que un excitador de 2500 kW es
suficiente para un alternador de 500 MW (sólo 0.5% de su capacidad).
En condiciones normales, la excitación varía automáticamente. Responde a los cambios
de carga con el objeto de mantener un voltaje de línea de ca constante o para controlar
la potencia reactiva suministrada al sistema de servicio eléctrico. Una perturbación seria
126
en el sistema puede producir una caída de voltaje repentina a través de los terminales
del alternador. Entonces el excitador debe reaccionar con rapidez para evitar que el
voltaje de ca disminuya. Por ejemplo, el voltaje excitador tiene que elevarse al doble de
su valor normal en sólo 300 o 400 milisegundos. Esta es una respuesta muy rápida,
considerando que la potencia del excitador puede ser de varios miles de kilowatts.
Fig 4-19 Generador síncrono con excitadores.
4.17 Curva de saturación del generador síncrono sin carga.
En la figura 4-20 se ve la curva de tensión contra corriente de campo de un generador
síncrono de dos polos que opera sin carga. Esta máquina debe se impulsada por un
turbina a velocidad constante para que la frecuencia de generación sea de 60Hz. Los
conductores del estator corresponden a un devanado trifásico conectado en Y con las
fases R, S, T y un neutro N. Para que haya una tensión generada la máquina debe estarse
moviendo y por el devanado de campo debe circular una corriente para producir un flujo
en el entrehierro.
Incrementando gradualmente la corriente de campo o de excitación se puede apreciar
que la tensión Va entre la fase y el neutro va creciendo, pero este crecimiento no se hace
de forma constante. Al principio se ve una dependencia casi lineal entre la tensión y la
corriente de campo. Sin embargo, a medida que el hierro se satura la tensión no crece al
mismo ritmo sino se presenta un codo y posteriormente la tensión crece a otro ritmo
diferente.
Fig 4-20. Curva de saturación de un generador síncrono.
4.18 Circuito equivalente de la máquina síncrona.
En el enunciado anterior habíamos dicho que hay una tensión generada en bornes de la
máquina cuando se hace circular una corriente por el devanado de campo y la máquina
se hace girar a velocidad constante. Ahora nos interesa colocarle carga al generador,
127
pero para sorpresa nuestra la tensión en bornes no se mantiene constante sino que
empieza a decrecer. La razón de este decline tiene tres razones: la primera razón es que
el conductor está construido de un material físico (cobre) que por perfecto conductor
que sea él tiene una resistencia distribuida a lo largo del conductor; esta resistencia
depende de lo argo del conductor l, del material construido δ y del área transversal A, y
se puede hallara como:
l
Rs =
Ecuación 4-28
δA
Como se puede apreciar de la formula 4-28, los generadores que generan pequeñas
potencias manejan pequeñas corrientes, los conductores con que se construyen son
delgados, por estas razones la resistencia del generador síncrono de pequeño tamaño
tiene un valor grande. Las maquinas de gran potencia se construyen con conductores
gruesos que puedan manejar grandes corrientes y su sección es ancha, por ende la
resistencia es baja comparada con los conductores de una máquina de tamaño pequeño.
El otro fenómeno que se presenta en los bobinados de la máquina es que las bobinas son
conductores que está devanados sobre un núcleo magnético, Al presentarse este
fenómeno produce una inductancia que se puede calcular como:
N2
L=
Ecuación 4-29
ℜ
Es decir que todo devanado de una máquina síncrona tiene una inductancia, como el
generador síncrono genera tensiones senoidales a una frecuencia de 60 o 50Hz y por
ende la inductancia se transforma una reactancia que tiene un valor de:
X s = 2πfL
Ecuación 4-30
La reactancia de un generador síncrono de gran tamaño tiene un valor pequeño,
mientras los generadores de pequeños tamaños tiene una gran reactancia. Esta
reactancia se deduce a partir de la fórmula de la reluctancia.
El tercer efecto que se produce se llama la reacción de armadura o de inducido, esta es
una deformación que se produce en el campo principal debido a los flujos producidos en
el devanado del estator cuando están con carga. Si el generador no tiene carga por los
devanados de la armadura no hay corriente y si no hay corriente el flujo principal no se
deforma. Si por el devanado de armadura circula una corriente, esta deforma el campo
magnético principal y la concentración del flujo no es igual en todo el polo magnético
como se puede observar en la figura 2-21. Este efecto lo que produce es una
disminución de tensión en los bornes del generador.
Fig 4-21. Deformación del campo producido por la corriente en el estator.
128
El comportamiento de la reacción de armadura es similar al de una reactancia, cuando el
generador está sin carga, el efecto de la reacción de armadura se apreciable, cuando el
generador está con carga se presenta una caída de tensión proporcional a la corriente. El
efecto de la reacción de armadura se puede representar con una reactancia adicional a la
reactancia propia de la armadura, el circuito equivalente se muestra en la figura 4-22.
Fig 4-22. Circuito equivalente de un generador síncrono.
4.19 Perdidazas en las máquinas síncronas.
Un generador síncrono es una máquina síncrona trabajando como generador, es decir
cambia la energía mecánica en eléctrica trifásica. La fuente de potencia mecánica se
llama el primomotor que puede ser un motor diesel, una turbina de vapor, una turbina
hidráulica, o un equipo auxiliar. Cualquiera que sea la fuente, debe cumplir la propiedad
básica de que su velocidad sea constante, independiente de la potencia suministrada al
generador. Si esto no se cumple la frecuencia resultante del sistema de potencia podría
presentar fallas.
No toda la potencia mecánica que entra al generador se convierte en potencia eléctrica a
la salida de la máquina. La diferencia de potencia entre la salida y la entrada se
convierte en pérdidas de la máquina. La figura 4-23 muestra un diagrama de flujo de
potencia para un generador síncrono. La potencia mecánica de entrada es la potencia al
eje en el generador síncrono,
Ecuación 4-31
Pin = τ in wm
Pin: potencia de entrada.
τin: torque de entrada.
Wm: velocidad mecánica.
Mientras que la potencia mecánica de convertida internamente en eléctrica está dad por:
Pout = 3VT I L cos(θ ) Ecuación 4-32
Vt: voltaje en terminales.
IL: corriente de carga.
θ: ángulo entre la potencia y la corriente.
Fig 4-23. Diagrama de flujo de potencia en una máquina síncrona.
129
La diferencia entre la potencia de entrada y salida se invierten en las potencias de
pérdidas por fricción, en el núcleo, mecánicas, y pérdidas misceláneas de la máquina.
La potencia eléctrica real de salida del generador se puede expresar en cantidades de
línea como:
Pout = 3VL I L cos(θ ) Ecuación 4-33
Y las potencias de salida expresada como cantidades de fase como:
Pout = 3V f I f cos(θ ) Ecuación 4-34
La potencia reactiva de salida puede ser expresada en cantidades de línea y de fase
como:
Qout = 3VL I L sen(θ ) y Qout = 3V f I f sin(θ ) Ecuación 4-35
Si se desprecia la resistencia de inducido Ra, puesto que Xs>>Ra se puede deducir una
ecuación útil para aproximar la potencia de salida del generador. Para obtener una
ecuación, es preciso examinar el diagrama fasorial de la figura 4-24 donde se muestra
un diagrama fasorial simplificado de un generador de rotor cilíndrico en el cual se ha
ignorado la resistencia estatórica. Nótese que el segmento vertical bc se puede expresar
como EAsen(δ) o como XsIAcos(θ), por tanto:
E sen(δ )
I A cos(θ ) = A
Xs
Fig 4-24. Diagrama fasorial simplificado de un generador síncrono de rotor cilíndrico.
Al sustituir esta expresión en la fórmula de la potencia se obtiene:
3V E sen(δ )
P= a g
Ecuación 4-36
Xs
Si se supone que no hay resistencia de armadura en el estator de la máquina, también se
debe suponer que no hay pérdidas en el cobre y se puede afirmar que Pconv=Pout como se
aprecia en la figura 4-24.
La ecuación de potencia muestra que la potencia producida por un generador síncrono
depende del ángulo δ entre las tensiones Va y Eg. El ángulo δ se conoce como el ángulo
de par de la máquina. Nótese también que la potencia máxima que puede suministrar el
generador ocurre cuando δ=90 o cuando sen(δ)=1.
3V E
Pmax = φ A
Ecuación 4-37
Xs
La potencia máxima indicada por esta ecuación se conoce como el límite de estabilidad
estática del generador. Normalmente, los generadores reales nunca llegan a estar cerca
de este límite, este ángulo a lo sumo puede llegar a estar entre 15º y 20º.
130
Examinando nuevamente la ecuación de potencia y si Va es constante, la potencia real
de salida de la máquina es directamente proporcional a las cantidades Iacos(θ) y
Egsen(δ) y la potencia reactiva de salida es directamente proporcional a la cantidad
Iasen(θ). Estos datos son útiles para dibujar los diagramas fasoriales de los generadores
síncronos cuando la carga varía.
El torque inducido en la máquina síncrona se puede expresar como:
τ ind = k ( BR xBS )
O como:
τ ind = k ( BR xBnet )
De tal manera que la ecuación se puede expresar como:
τ ind = kBR BS sen(δ )
Donde δ es el ángulo entre los campos magnéticos del rotor y neto (también llamado
ángulo de par). Puesto que BR produce el voltaje EA y Bnet produce Vφ es igual al ángulo
δ entre BR y Bnet. Una expresión alternativa para el par inducido en un generador
síncrono se puede expresar como:
3V E sen(δ )
τ ind = φ A
Ecuación 4-38
wm X s
Pérdidas por fricción y ventilación. Esta prueba se debe realizar con el motor
desenergizado y la máquina se debe mover con un motor auxiliar a la velocidad de
sincronismo. Para hacer la prueba debe medirse primero las pérdidas de la máquina
auxiliar girando a la velocidad de sincronismo, en lo preferible se puede hacer con una
máquina de c.c de excitación independiente como se muestra en la figura 4-25 y se
pueden calcular como
P0 = VI .
Ecuación 4-39
Fig 4-25. Determinación de las pérdidas de una máquina auxiliar.
Ahora, se debe acoplar la máquina de c.c al generador síncrono, se debe llevar el
conjunto a la velocidad de sincronismo, tomar los datos de tensión y corriente de la
máquina de d.c. del conjunto con P1 = VI y ahora se pueden calcular las pérdidas de la
máquina síncrona como
Pfv = P1 − P0
Ecuación 4-40
131
Fig 4-26. Determinación de las pérdidas por fricción y ventilación de la máquina asíncrona.
Pérdidas en el núcleo: esta prueba determina las pérdidas que se presentan en el núcleo
debidas a las corrientes parásitas y a los ciclos de histéresis. Para hacer estas mediciones
la máquina síncrona debe ser conectada a la red y debe girar a la velocidad de
sincronismo. Como se muestra en la figura 4-27.
Fig 4-27. Determinación de las pérdidas en el núcleo de la máquina de inducción.
Pérdidas en el cobre del estator: estas son las pérdidas en el cobre que se disipan en
forma de calor en los devanados del estator de la máquina y se pueden calcular por
medio de:
Ecuación 4-41
Pcus = 3I s2 Rs
Donde: Is es la corriente medida o calculada por fase.
Rs es la resistencia por fase de la máquina.
Medición del ángulo de par: este ángulo se puede verificar por medio de una lámpara
estroboscópica. Con la máquina parada se debe hacer una muesca como referencia en el
rotor de la máquina. Con la lámpara apuntando hacia el eje y la máquina funcionando a
velocidad síncrona se hace una muesca en el estator como referencia. Estas dos muescas
no se deben mover cuando la máquina está en vació. Al colocarle carga hay una ligera
diferencia entre las dos muescas, esta diferencia representa el ángulo de desfase δ entre
la tensión generada EA y la tensión en bornes Vφ. También se puede notar que al
aumentar la carga este ángulo va aumentando.
4.20 Generador síncrono operando solo.
El comportamiento del generador síncrono operando bajo carga varía dependiendo del
factor de potencia de la carga o si el generador opera solo o en paralelo. En esta sección
se analizará operando solo.
132
Como se ha visto con anterioridad, el generador síncrono tiene el circuito equivalente
por fase como se ve en la figura 4-28, este consta de un campo que debe energizarse con
corriente continua y crea un campo magnético de distribución senosoidal de forma
φ (t ) = φmax sen(θ )
Y que genera tres tensiones senosoidales en el estator de forma:
Va = V cos(wt )
Vb = V cos( wt + 120)
Vc = V cos( wt − 120)
El circuito de campo está conformado de una fuente de d.c, Vf, una resistencia externa
Ref que sirve para variar la corriente de campo y un devanado de campo; cuyo circuito
equivalente tiene una inductancia Lf y una resistencia Rf. Este circuito está acoplado
magnéticamente con el devanado en el estator donde se generan las tres tensiones de
fase. Cada una de estas fases está compuesta por un generador monofásico donde se
genera una tensión Eg, y cada uno de los devanados tiene una resistencia interna Rs y
una reactancia síncrona Xs.
Fig 4-28. Circuito equivalente de un generador síncrono.
Como se ha dicho con anterioridad para que se pueda producir una potencia eléctrica
debe haber un generador de potencia mecánica que mueva el generador o dicho de otra
manera debe haber un primomotor como se ilustra en la figura 4-29.
Fig 4-29. Primomotor acoplado a un generador síncrono.
4.21 Efecto de los cambios de carga sobre el generador
síncrono operando solo.
Para entender el funcionamiento de un generador síncrono cuando se encuentra
funcionando solo, es preciso examinar el generador alimentando una carga y vamos a
ver lo que sucede.
Lo primero que se debe hacer para alimentar una carga es que el generador debe estar
girando a la velocidad de sincronismo, esta velocidad es impuesta por un primomotor
acoplado al eje de la máquina y a su vez él es el responsable de la frecuencia de
133
generación. Lo segundo que debe existir es que el generador debe tener una tensión en
bornes Va igual a la tensión nominal de la carga. Estos dos parámetros deben
mantenerse constantes durante toda la operación del generador, pero al colocarse carga
estas dos variables cambian porque cambia su entorno.
Vamos a examinar el generador cuando se le coloca una carga con factor de potencia
unitario o con carga meramente resistiva como se muestra en el circuito equivalente de
la figura 4-30. Lo primero que sucede es que hay una corriente de carga IL porque se
cierra el circuito, esta corriente hace caer la tensión en terminales Va, además la
componente de IL que está en fase con la tensión Eg produce un torque de carga Tc lo
que hace que la velocidad del primomotor baje y por ende la frecuencia también cae.
Como el generador siempre debe operar a frecuencia constante y tensión en bornes
constante, estas dos variables deben corregirse para normalizar la operación del
generador.
Fig 4-30. Generador síncrono con carga resistiva.
Para llevar nuevamente el generador a la frecuencia nominal se debe aumentar la
potencia del primomotor y para aumentar la tensión se debe aumentar la corriente de
campo. Estas dos variables se deben modificar siempre en este mismo orden para no
descompensar el funcionamiento del generador.
Ahora vamos a ver que sucede cuando al generador se le coloca una carga activa, es
decir se le coloca en bornes una resistencia. Para el análisis se parte de la ecuación del
estator que se enuncia como:
Va = Eg − ( Rs + jX s ) I L
Ecuación 4-42
Y se representa un diagrama fasorial como se muestra en la figura 4-31.
Fig 4-31. Diagrama fasorial con carga resistiva.
Como el factor de potencia de una carga resistiva es 1, esto significa que el ángulo entre
la tensión y la corriente es cero, o dicho de otra manera, la tensión y corriente están en
fase. En el circuito equivalente se presenta una caída de tensión en la resistencia del
estator dada por RsIL esta caída está en fase con la tensión en bornes del generador Va,
también en el estator se presenta una caída jXsIL que está desfasada 90 con respecto a
RsIL y la suma de las tres nos da la tensión generada Eg.
Ahora vamos a analizar que sucede si se aumenta la carga, es decir se aumenta la
corriente de carga. Lo primero que sucede es que las caídas de tensión en la resistencia
RsIL aumenta y la caída en la reactancia XsIL también aumenta. Lo que conlleva a que la
134
tensión en bornes se reduzca. Pero como la carga siempre debe alimentarse a tensión
nominal se debe compensar esta caída de tensión aumentando la tensión generada Eg o
lo que es igual se debe aumentar la corriente de campo. Otro fenómeno que sucede es
que el ángulo de potencia δ aumenta y por ende la potencia absorbida por la carga
aumenta y la velocidad del primomotor disminuye, lo que significa que la frecuencia de
la tensión generada disminuye y se debe aumentar la velocidad para volver a generar a
la frecuencia nominal.
Fig 4-32. Aumento de la corriente de carga.
Ahora vamos a analizar que sucede si se disminuye la carga, es decir se disminuye la
corriente de carga. Lo primero que sucede es que las caídas de tensión en la resistencia
RsIL disminuyen y la caída en la reactancia XsIL también disminuye. Lo que conlleva a
que la tensión en bornes se aumente. Pero como la carga siempre debe alimentarse a
tensión nominal se debe reducir este aumento de tensión diminuyendo la tensión
generada Eg o lo que es igual se debe disminuir la corriente de campo. Otro fenómeno
que sucede que el ángulo de potencia δ diminuye y por ende la potencia absorbida por la
carga diminuye y la velocidad del primomotor aumenta, lo que significa que la
frecuencia de la tensión generada aumenta y se debe disminuir la velocidad para volver
a generar a la frecuencia nominal.
Fig 4-33. Disminución de la corriente de carga.
Ahora examinaremos el generador con una carga inductiva o dicho de otra manera con
una corriente que tiene un ángulo θ de atraso con la tensión en bornes Va. El diagrama
fasorial se presenta en la figura 4-34, donde se puede apreciar que la caída de tensión en
la resistencia RsIL también presenta un ángulo θ de desfase con la tensión en bornes Va,
la caída de tensión en la reactancia síncrona XsIL está tiene un ángulo de 90º con
respecto a la caída de tensión en la resistencia, la tensión generada Eg es la suma de las
tres componentes. Como se puede apreciar el ángulo δ entre la tensión generada y la
tensión en bornes aumenta, este aumento se debe a la potencia que se disipa en la
resistencia del estator. Para mantener la tensión en bornes constante se debe aumentarse
la corriente de campo y la frecuencia se debe compensar aumentando la velocidad del
primomotor.
135
Fig 4-34. Diagrama fasorial por fase de un generador síncrono con un factor de potencia en atraso.
Ahora se analizará en generador síncrono con una carga capacitiva o con factor de
potencia en adelanto, en este caso la corriente IL tiene un ángulo de desfase θ pero está
adelantada a la tensión en bornes Va. Las caídas de tensión y en la resistencia RaIL está
adelantad a la tensión Va y la caída de tensión en la reactancia XsIL también lo está,
como se puede ver en la figura 4-35 la tensión generada Eg es menor en magnitud que
Va y se puede decir entonces que el generador trabaja subexcitado. Sin embargo el
ángulo de potencia δ aumenta debido a la potencia adicional que se disipa en la
resistencia del estator. En conclusión al generador se le debe reducir la tensión generada
y aumentar la velocidad en el primomotor.
Fig 4-35. diagrama fasorial por fase de un generador síncrono con un factor de potencia en
adelanto.
4.22 Generadores en paralelo.
En el mundo de hoy es difícil encontrar que un generador suministre su carga y trabaje
de forma aislada. Tal situación se encuentra en algunas aplicaciones que se salen de lo
normal, como en el generadores de emergencia o cargas que están muy lejos de los
centros de generación. En todas las demás aplicaciones los generadores se encuentran
trabajando en paralelo. Esta operación puede ser ventajosa por:
- Varios generadores pueden suministrar más carga que un solo generador.
- Al tener muchos generadores en paralelo se aumenta la confiabilidad del sistema
puesto que la falla de cualquiera de ellos no causa la pérdida de la totalidad de la
carga.
- Al tener varios generadores en paralelo se pueden sacar varios generadores por
periodos largos de tiempo sin afectar en gran medida el sistema.
- Con un solo generador la eficiencia puede reducirse, ya que habría momentos en
que este no opera a plena carga, especialmente en las noches.
4.23 Condiciones para que los generadores operen en paralelo.
136
Para conectar dos fuentes de tensión continua en paralelo solo se debe cumplir que la
polaridad entre las fuentes sea la correcta y que las tensiones de las dos fuentes sean las
misma, como se aprecia en la figura 4-36.
Fig 4-36. Puesta en paralelo de dos fuentes de tensión de d.c.
Si la polaridad de alguna de las dos fuentes está mal determinada, habrá una corriente
circulante entre las dos fuentes; esta será grande debido a que los conductores tienen
una resistencia muy baja. Otro requisito que se debe cumplir es que las dos fuentes
deben tener igual nivel de tensión, si la tensión no es igual también se presentará una
corriente circulante entre las dos fuentes, esa corriente depende de la diferencia de
tensiones entre las fuentes si la diferencia es mínima, la corriente circulante será
pequeña y manejable, si por el contrario la diferencia de tensión es grande la corriente
circulante será grande y lo que sucederá es que una de las fuentes se dañará o una
perderá carga y la otra ganará carga.
Cuando se conectan dos fuentes monofásicos en paralelo se deben cumplir las dos
condiciones anteriores, adicional a estos el ángulo de desfase entre las dos fuentes debe
ser el mismo. Si no es igual, también habrá una corriente circulante entre los dos
generadores y la corriente es proporcional al ángulo de desfase entre las dos ondas
generadas.
Fig 4-37. Conexión de dos fuentes senoidales en paralelo.
Otra condición que se deben cumplir cuando se conectan dos fuentes senoidales en
paralelo es que las dos fuentes deben tener igual frecuencia, si no se cumple esta
condición, se presentará nuevamente una corriente circulante entre las dos fuentes. Esta
corriente en el momento de conexión puede ser pequeña pero al pasar el tiempo puede ir
aumentado y disparar las protecciones.
Fig 4-38. Conexión de fuentes senoidales con frecuencias diferentes.
En el caso de conectar dos generadores trifásicos en paralelo a demás de los cuatro
requerimientos anteriores se debe cumplir que la secuencia de fases sea la misma, es
decir que la fase A1 se conecte con la fase A2, B1 con B2 y C1 con C2. Si no se cumple
este requerimiento no solo habrá corrientes circulantes sino un cortocircuito
estruendoso.
137
Fig 4-39. Generadores trifásicos conectados en paralelo.
Un aparato que sirve para hacer la conexión en paralelo de dos generadores es un
sincronoscopio que es un elemento de fácil construir pero de gran utilidad, el
sincronoscopio son tres bombillos (normalmente de neón) que se disponen en forma de
triangulo y se conectan como se muestra en la figura 4-40.
Fig 4-40. Sincronoscopio.
Como se puede ver en la figura 4-40 el sincronoscopio tiene tres bombillas conectadas,
las dos de abajo están conectadas a diferentes fases de los generadores, el de arriba está
conectada a la misma fase de los dos generadores, el instante preciso de conexión se
consigue cuando las lámparas inferiores están encendidas a su máxima tensión y la
lámpara superior está apagada. Con este dispositivo no solo se logra saber el instante de
sincronismo sino también cuando las cuando las secuencias de fases son diferentes (los
bombillos prenden y apagan todos a la vez, hay secuencia diferentes y cuando empiezan
a girar la secuencia es correcta), cuando hay frecuencias diferentes (en este caso los
bombillos “giran” en sentido horario o antihorario, la velocidad de giro depende de la
diferencias de frecuencia de los dos generadores, si la velocidad del generador entrante
tiene mayor frecuencia el sincronoscopio gira en sentido antihorario y si tiene menor
frecuencia que la red gira en sentido horario).
4.24 Procedimiento para colocar dos generadores en paralelo.
Primero, se debe ajustar la tensión del generador entrante hasta que sea igual a la del
generador que está operando. Esto se logra usando dos voltímetros (uno para cada
138
generador) y se debe ajustarse la corriente de campo del generador entrante hasta
alcanzar la tensión del que está operando.
Segundo, se debe comprobar que las secuencias de fases de los generadores entrante y
el que está operando sea la misma. La comprobación de estas dos secuencias se puede
hacer de varias maneras. Usando un secuencimetro, este aparto usa dos bombillas de
neón y estas alumbran más de acuerdo a la secuencia (ver figura 4-41), se deben
conectar los tres terminales de prueba en las fases A1, B1 y C1, luego se deben pasar los
tres terminales de prueba a los terminales del segundo generador A2, B2 y C2 y debe
encender el mismo bombillo. Si enciende el otro bombillo es seña de que la secuencia
está invertida y se deben cambiar el orden de dos fases del generador entrante.
Fig 4-41. secuencimetro.
Tercero, verificar que la frecuencia del generador conectado a la red y el entrante tengan
igual frecuencia. Para realizar esto se deben tener dos frecuencimetros conectados a
cada generador y se debe verificar que las dos lecturas sean idénticas. Si la frecuencia
del generador entrante es más baja, se debe subir la velocidad en vacío del generador
(aumentar la tensión del generador d.c); y si es más alta se debe bajar velocidad al
primomotor.
Cuarto, las máquinas deben tener igual instante de sincronismo o igual fase, para hacer
esto se debe colocar un secuencimetro entro los dos generadores y verificar que el
instante de sincronismo sea igual.
4.25 Generadores operando en paralelo con sistemas de
potencia grande.
Cuando se conecta un generador sincrónico a un sistema de potencia de gran tamaño,
este último se puede considerar que es tan grande que nada de los que le sucede al
generador influiría en el sistema de potencia. Un ejemplo de este sistema sucede cuando
la planta de chitota (ubicada en Bucaramanga) se conecta a la red. En este caso se está
hablando de conectar 15KVA con casi 1200MVA del sistema nacional, al entrar este
sistema la tensión o la frecuencia de funcionamiento del generador poco influye en el
sistema.
Con el concepto anterior se puede considerar que el sistema nacional es un barraje
infinito. El concepto de barraje infinito en un sistema de potencia tan grande que el
voltaje y frecuencia no varían nunca. Independientemente de cuanta potencia activa o
reactiva se está tomando de él.
139
Para entender el concepto de un generador cuando se conecta a un gran sistema de
potencia, es preciso examinar un sistema que consta de un barraje infinito y un
generador en paralelo que se usan para alimentar una carga. Se supone que el
primomotor del generador tiene un gobernador de velocidad y el campo se controla
manualmente por medio de un reóstato (ver fig 4-42).
Fig 4-42. Generador para acoplarse a la red.
Cuando se conecta un generador en paralelo con un sistema de gran tamaño, la
frecuencia y el voltaje están determinados por el sistema de potencia y estos se
mantienen constantes, para nuestro caso la tensión se debe mantener en 208V y la
frecuencia en 60Hz y el generador entrante debe tener estables estos parámetros. Como
se muestra en la figura 4-43. Entonces sus características potencia real-frecuencia y
potencia reactiva –voltaje pueden graficarse espalda con espalda con un eje vertical en
común. Este diagrama se llama, de forma informal, el diagrama de casas como se
muestra en la figura 4-43.
Fig 4-43. Representación del sistema de potencia y generador entrante con un diagrama de casas.
Como apenas se conectó en paralelo el generado a la carga se dice que el generador está
flotando en el sistema de potencia y este generador se considera que toma una potencia
activa Pg igual a cero y una potencia reactiva Qg igual a cero. Pero en realidad el
generador entrante toma una pequeña potencia activa y reactiva de la red pero se puede
considerar despreciable.
Ahora vamos a analizar que sucede si la velocidad del primomotor aumenta, en este
caso, la frecuencia en vació del generador entrante aumenta y lo que hace es que el
generador empieza a tomar carga del sistema de potencia. Esto se puede verificar en el
vatímetro que se conecta en el generador (ver figura 4-44).
Otra forma de verse este incremento de potencia es usando el diagrama de fasorial del
generador. La potencia activa que genera una máquina síncrona trabajando como
generador está dada por:
3V E sen(δ )
P= φ A
Xs
140
Fig 4-44. Toma de potencia activa por parte del generador.
Como la tensión en los bornes Va no cambia (barra infinita) la componente que varia es
Egsen(δ) y su crecimiento es proporcional a la potencia consumida.
Fig 4-45. Diagrama fasorial para el incremento de potencia activa.
Este incremento de potencia también influye en la corriente que aporta el generador,
como se puede ver en la figura 4-45, la corriente ya no está en fase con la tensión sino
que está en adelanto, lo que supone que no solamente el generador toma potencia activa
sino que también aporta reactivos al sistema o consume potencia reactiva.
Ahora vamos a deducir que sucede cuando el generador toma más de la potencia de la
carga que esté conectada a él. Si esto ocurre la potencia extra generada fluye hacia el
sistema de potencia o barraje infinito. Desafortunadamente la toma de potencia del
sistema de potencia está limitada por la capacidad del primomotor o del generador
propio. Nunca se debe exceder el torque que puede suministrar el primomotor o nunca
se debe sobrepasar la corriente nominal del generador, cualquiera de los dos sobrepasos
se verá reflejado en un deterioro de cualquiera de las dos máquinas.
Ahora vamos a analizar que le sucede al generador cuando la velocidad de la máquina
motriz se reduce. En este caso se bajaría la frecuencia del generado operando en vacío y
el generador empieza a tomar potencia del sistema, lo que sucede es que el generador se
motoriza. Este fenómeno se puede considerar como maléfico porque el generador en
vez de generar potencia va a consumirla, cada una de las subestaciones de generación
tienen un relé de inversión de potencia que se activa cuando la potencia generada es
negativa. Este fenómeno se puede ver en el gráfico de la figura 4-46. y el vatímetro
empezaría a marcar en el otro sentido.
Fig 4-46. Generador motorizado.
141
Después de que se ha calibrado el generador para que solo consuma potencia activa se
presentará un ángulo de desfase entre la tensión en bornes del generador y la corriente
de carga como se ve en la figura 4-45. La pregunta que se puede hacer ¿Cómo se
puede ajustar el generador de modo que suministre potencia reactiva Q al sistema? Esto
puede lograrse ajustando la corriente de campo del generador. Para poder entender la
razón de este fenómeno es necesario considerar las restricciones de operación del
generador en estas circunstancias.
La primera restricción del generador es que la potencia que debe suministrar el
primomotor al generador debe mantenerse constante cunado se varía If. La potencia en
el generador está dada por la ecuación P=τindwm. Ahora se puede considerar que el
motor primario de un generador síncrono tiene una característica par velocidad fijada en
un punto de ajuste dado por el gobernador. Esta carga solo cambia cuando se modifica
el punto de ajuste del gobernador. Puesto que el generador está conectado a un barraje
infinito, su velocidad no puede cambiar. Si la velocidad del generador no cambia y los
puntos de ajuste del gobernador no han sido variados, la potencia suministrada por el
generador debe permanecer constante.
Si la potencia suministrada es constante, mientras se varía la corriente de campo, no
pueden cambiar las distancias proporcionales a la potencia en el diagrama fasorial de la
figura 4-47 y por tal razón no cambia ni IAcos(θ) ni Egsen(δ). Cuando se incrementa la
corriente de campo el flujo φ en la máquina se incrementa y entonces la tensión
generada Eg se incrementa. Si Eg se incrementa pero Egsen(δ) se mantiene constante
entonces el fasor Eg debe desplasarse a lo largo de la línea de potencia constante como
se muestra en la figura 4-47, Puesto que Va permanece constante, el ángulo jXsIA
cambia como se muestra, por lo tanto, cambia el ángulo y la magnitud de IA. Nótese que
como resultado, se incrementa la distancia proporcional a Q (IAsen(θ)). En otras
palabras, incrementando la corriente de campo en un generador síncrono que opera en
paralelo con un sistema de potencia infinito, se incrementa la potencia reactiva de salida
del generador.
Fig 4-47. Repartición de potencia reactiva.
Para resumir la operación cuando un generador está operando en paralelo con un barraje
infinito:
- La frecuencia y tensión en bornes del generador están impuestos por el sistema
de potencia al cual está conectado el generador.
- La potencia activa que toma el generador se puede controlar por el aumento o
disminución de velocidad en vacío del primomotor.
- La cantidad de potencia reactiva que el generador toma del sistema de potencia
es controlada por la corriente de excitación del campo.
142
4.26 Funcionamiento de generadores en paralelo de igual
tamaño.
Cuando un generador funciona solo, las potencias real P, y reactiva Q entregadas por el
generador eran fijas, restringida a ser iguales a la potencia pedida por la carga; la
frecuencia y tensión en bornes eran regulados por el gobernador de la máquina y la
corriente de campo. Cuando el generador trabaja en paralelo con un barraje infinito la
frecuencia y el voltaje terminal quedan restringidos por el sistema de potencia, la
potencia activa P y reactiva Q eran regulados por medio del gobernador y la corriente de
campo.
Si un generador es conectado en paralelo con otro de igual tamaño, el sistema resultante
se puede observar en la figura 4-48, en el cual la restricción básica señala, que las suma
de la potencia real y reactiva entregada por los generadores debe ser igual a la potencia
activa y reactiva de la carga. La frecuencia del sistema no queda restringida a
mantenerse constante, como tampoco queda limitada a ser constante la potencia de un
determinado generador pero la potencia activa y reactiva que consume la carga se
mantiene constante.
Fig 4-48. Generadores de igual potencia conectados en paralelo.
La figura 4-49 muestra el diagrama potencia-frecuencia de este sistema, inmediatamente
después de que el generador G2 ha sido conectado con la línea. Acá la potencia real del
sistema Ptot se expresa como:
Ptot = Pc arg a = PG1 + PG 2
La potencia reactiva del sistema se puede expresar como:
Qtot = Qc arg a = QG1 + QG 2
Fig 4-49. Diagrama de casas de un generador conectado a otro de igual tamaño.
Ahora vamos a ver que sucede si se le cambia la posición al gobernador del generador
G2, en este caso la curva potencia frecuencia del generador G2 es desplazada hacia
arriba, como se muestra en la figura 4-50, recuerde que la potencia total del sistema
suministrada a la carga no debe cambiar. A la frecuencia original f1, las potencias
suministradas ahora por G1 y G2 serán mayores que la potencia consumida por la carga.
143
Ahora el sistema no puede funcionar a la misma frecuencia anterior. De hecho, solo
existe una frecuencia a la cual la suma de las dos potencias de los generadores es igual a
a Pcarga. Esa frecuencia será llamada f2 es mayor que la frecuencia original del sistema.
A dicha frecuencia, G2 entrega mayor potencia que antes, en tanto G1 suministra menos
potencia que antes.
Fig 4-50. Generador 2 tomando carga.
Por consiguiente, cuando funcionan dos generadores en paralelo, el aumento en la
posición del gobernador de uno de ellos
1) Aumenta la frecuencia del sistema.
2) Aumenta la potencia suministrada por ese generador, mientras disminuye la
potencia reactiva que entrega el otro generador.
El aumento en la posición de un gobernador aumenta la potencia de ese generador y la
frecuencia del sistema. La disminución en la posición del otro gobernador hace que la
potencia de ese generador disminuya la potencia de la máquina y la frecuencia del
sistema disminuya. Así que para ajustar la repartición de carga sin modificar la
frecuencia del sistema, aumente la posición del gobernador de un generador y
simultáneamente, disminuya la posición del gobernador del otro generador. Igualmente,
para ajustar la frecuencia del sistema sin modificar el reparto de carga simultáneamente
aumente o disminuya la posición de los gobernadores de ambos gobernadores.
Fig 4-51. Sistema estable para la repartición de potencia activa.
La figura 4-52 muestra el diagrama potencia reactiva-tensión de dos generadores de
igual tamaño, inmediatamente después de que el generador G2 ha sido conectado con la
línea.
Fig 4-52. Dos generadores de igual tamaño acoplados.
Hay que notar que cuando el generador G2 se acaba de conectar la potencia activa QG2
es muy pequeña o se considera como despreciable.
144
Ahora vamos a mirar que sucede cuando se le aumenta la corriente de campo del
generador G2, el comportamiento resultante es análogo a la situación de la potencia
activa y está representado en la figura 52. Cuando funcionan dos generadores en
paralelo y se aumenta la corriente de campo del generador G2.
1) Se eleva el voltaje Terminal del sistema.
2) Aumenta la potencia real Q suministrada por ese generador, en tanto se
disminuye la potencia reactiva que entrega el otro generador.
Fig 4-53. Generador 2 tomando carga reactiva.
El ajuste de la potencia reactiva y del voltaje terminal funciona de forma similar: para
modificar la repartición de la potencia reactiva sin cambiar el voltaje terminal,
simultáneamente aumenta la corriente de campo de un generador y disminuya la del
otro. Para modificar el voltaje Terminal sin afectar la repartición de la carga reactiva,
aumente y disminuya al mismo tiempo ambas corrientes de campo.
Fig 4-54. Sistema estable para la repartición de potencia reactiva.
Resumiendo, cuando se tiene dos generadores funcionan en paralelo:
1) El sistema queda restringido a que la potencia total que aportan los dos
generadores sea igual a la magnitud consumida por la carga. Ni la frecuencia del
sistema Fsis ni el voltaje Terminal VT se ven limitados a permanecer constantes.
2) Para ajustar el reparto de la potencia real entre los generadores sin que varié la
frecuencia del sistema fsis, simultáneamente, debe aumentarse la posición del
gobernador mientras disminuye la del otro. La máquina cuya posición del
gobernador fue aumentada tomará mas carga.
3) Para ajustar fsis sin variar la repartición de la potencia activa, simultáneamente
deben aumentarse y disminuirse las posiciones de ambos gobernadores.
4) Para ajustar el reparto de la potencia reactiva entre los generadores sin que se
modifique VT, simultáneamente, debe aumentarse la corriente de campo de un
generador y disminuya la del otro. La máquina cuyo campo fue incrementado
toma mas carga reactiva.
5) Para ajustar VT sin modificar el reparto de la potencia reactiva, se deben
aumentarse y disminuirse simultáneamente las corrientes de campo de ambos
generadores.
4.27 Fluctuación u oscilación de los alternadores.
145
Como es de esperase cada vez que se sincronizan dos generadores se produce una
corriente instantánea de sincronización siempre que la corriente de campo de un
alternador aumente o su primomotor aumente su velocidad. El efecto de la corriente de
sincronización es producir una potencia instantánea de sincronización que hace que el
generador que produce tensión regrese al sincronismo y que los alternadores que reciben
la potencia avancen al sincronismo. Parecería que estas tendencias aunadas con las
características de disminución de velocidad de los primomotores del alternador,
deberían producir una situación extrema de estabilidad y equilibrio.
Si, durante el tiempo de potencia, al alternador se le impulsa ligeramente adelante del
sincronismo, entregará al instante potencia de sincronización a los demás alternadores.
Estos reciben la potencia instantánea pero, debido a su inercia, su respuesta es lenta.
Entonces el generador que está en adelanto produce más y más corriente de
sincronización para tratar de llevar al sincronismo a los demás alternadores. La potencia
que se suministra puede ser tan grande y la demanda de par tan grande y contraria del
alternador que su aceleración es tan grande que, en lugar de regresar al sincronismo, en
realizad se quede atrás de los otros alternadores. Al retrasarse, su primomotor puede
estar en el tiempo de retroceso, lo cual no ayuda en nada y al retrasarse recibe
instantáneamente potencia procedente de la barra de distribución y actúa como motor.
La potencia de sincronización que recibe, más el esfuerzo adicional del primomotor en
su tiempo de potencia dan lugar una vez más a que el generador original se impulse
todavía más adelante que la primera vez. La inercia de los demás alternadores, no
respondiendo inmediatamente a la potencia instantánea que recibieron, hace que el
alternador en adelanto produzca aún más corriente de sincronización que antes. De
hecho, el alternador está fluctuando para que la velocidad de sincronismo se estabilice
sin poder encontrarla.
Esta oscilación periódica que se repite o fluctuación de pénduleo por arriba y debajo de
la velocidad de síncrona del alternador que está impulsándose por un motor
recíprocamente, continúa amplificándose en cada oscilación con respecto a la anterior.
Si se conactan instrumentos tales como amperímetros o voltímetros se puede observar la
oscilación a mediad que aumenta y disminuye la corriente, y la potencia se invierte
periódicamente en el vatímetro. En respuesta a la recepción y generación de la potencia
de sincronización. Ya que esta condiciones, por las razones antes expuestas no cesan
por si solas y no se auto eliminan es necesario tomar medidas en el diseño combinado
del alternador y su impulsor para eliminarlas.
4.28 Motores sincronos.
Para entender el concepto básico de un motor síncrono de dos polos se debe ver la
figura 5-55. La corriente de campo If del motor produce un campo magnético de estado
estacionario Br. Un conjunto de voltajes trifásicos se le aplica al estator de la máquina,
que produce un flujo giratorio en el estator. Como se puede ver en seguida:
146
Fig 4-55. Estructura del generador síncrono.
El sistema trifásico se alimenta con tres señales de tensión senoidales que están
desfasadas 120º. Las señales vienen dadas por las ecuaciones
Va = V cos(wt )
Vb = V cos( wt + 120)
Vc = V cos( wt − 120)
Estas señales se aplican a un devanado trifásico que tiene una impedancia por cada uno
de los devanados, esta conexión puede ser en delta o estrella según la conexión del
motor; como las bobinas forman un circuito cerrado por cada devanado va a circular una
corriente que se puede expresar como:
I a = I cos( wt + θ )
I b = I cos( wt + 120 + θ )
I c = I cos( wt − 120 + θ )
V
Donde la magnitud I se puede expresar como I =
.
Zs
Como se sabe toda corriente eléctrica lleva consigo asociado un campo magnético, para
la máquina de inducción se puede expresar como:
φa = φ cos(wt + θ )
φb = φ cos( wt + 120 + θ )
φc = φ cos(wt − 120 + θ )
NI
Donde la magnitud del flujo se puede expresar como φ =
.
ℜ
Estos campos son colocados en el estator desfasados 120º cada uno, de tal manera que
sobre el rotor haya un campo magnético total dado por:
φt = φa + φb + φc
Cada uno de los flujos ubicados en el rotor se pueden expresar como:
1
φa = φ cos(wt + θ ) cos(β ) = [cos(wt + θ + β ) + cos(wt + θ − β )]
2
1
2
1
φc = φ cos( wt − 120 + θ ) cos(β − 120) = [cos(wt + θ + β − 120 − 120) + cos( wt + θ − β + 120 − 120)]
2
φb = φ cos( wt + 120 + θ ) cos( β + 120) = [cos( wt + θ + β + 120 + 120) + cos( wt + θ + 120 − β − 120)]
De tal manera que si se suman las dos componentes por separado el flujo total queda:
3
φt = φa + φb + φc = φ cos(wt + θ − β )
Ecuación 4-43
2
147
Y a partir de esa ecuación se puede decir que en el estator de la máquina se genera un
campo magnético giratorio con distribución senosoidal que varia en el tiempo y de
acuerdo a la posición mecánica. Este campo tiene una amplitud de 1.5 veces el campo
de un motor monofásico que consume la misma potencia.
Y la densidad de campo Bs se obtiene dividiendo el campo entre el área efectiva de cada
polo:
φ 3φ
Bs = t =
cos( wt + θ − β )
A 2A
Como se puede apreciar hay dos campos magnéticos presentes en la máquina, síncrona
uno producido en el estator Bs y otro en el rotor Br. Como en el mismo caso de dos
imanes, uno tiene a seguir al otro en la máquina síncrona sucede lo mismo. En este caso
el campo del rotor sigue al campo magnético del estator, puesto que el campo
magnético del estator es giratorio el campo magnético del rotor tiende a girar a la misma
velocidad que el del estator.
Cuando ud tiene dos imanes unidos y trata de despegarlos haciendo que el uno se
deslice sobre el otro se nota que una fuerza para deslizar los dos imanes va aumentando
a medida que hay menos área de contacto entre los dos. Lo mismo sucede cuando se le
coloca carga al rotor, en este caso el ángulo de contacto entre el rotor y el estator va
disminuyendo y la fuerza de atracción entre los dos campos va aumentando. El
principio de operación del motor síncrono es que el rotor “persigue” al campo
magnético giratorio del estator sin alinearse completamente con él.
Puesto que el generador síncrono y el motor son construidos de la misma manera o
dicho de otra forma la máquina síncrona puede trabajar como motor o como generador y
sus ecuaciones son las mismas. Solo que el flujo de potencia es al contrario, el
generador transforma potencia mecánica en eléctrica y el motor convierte potencia
eléctrica en mecánica.
4.29 Circuito equivalente de un motor síncrono.
Como ya se dijo anteriormente el motor de inducción es el mismo que el generador
síncrono solo difieren en el sentido de cómo es la dirección del sentido de flujo de
potencia. Puesto que la dirección del flujo de potencia en la máquina es invertida, cabe
destacar que también se invertirá el sentido de la corriente en el estator de la máquina.
El circuito equivalente es exactamente el mismo que el generador síncrono, excepto que
la dirección de la corriente de Ia es invertida. El circuito equivalente trifásico es
mostrado en la figura 4-56 al igual que el circuito equivalente monofásico. Cabe
destacar que para sacar el equivalente monofásico se debe conocerse que la máquina
está conectado en estrella o en triángulo.
Debido a que la dirección de Ia cambia las ecuaciones correspondientes al estator deben
cambiar para satisfacer las leyes de Kirchhoff para el circuito equivalente. Según la
consideración anterior la ecuaciones de la máquina funcionando como generador eran:
Ecuación 4-44
Va = Eg + ( Rs + jX s ) I a
Invirtiendo la corriente para que se comporte como motor la ecuación anterior nos
queda:
148
E g = Va − ( Rs + jX s ) I a Ecuación 4-45
Fig 4-56. Circuito equivalente de un motor síncrono.
4.30 El motor sincrono desde la perspectiva del campo
magnético.
Para empezar a conocer la operación de un motor síncrono, es preciso dar otra mirada al
generador síncrono conectado a un barraje infinito. El generador tiene un motor
primario que gira su eje, causando la rotación de la máquina. El par aplicado τapp desde
el motor primario tiene la misma dirección del movimiento debido a que el motor
primario hace que el generador rote, en primera instancia. El diagrama fasorial de un
generador operando con una gran corriente de campo se muestra en la figura 4-57.
Como se describe anteriormente Br produce la tensión Eg, Bnet produce a la tensión Va y
Bs compensa a Estat(=-jXsIa). En la figura 4-57 la rotación del diagrama fasorial y del
diagrama de campo magnético se produce en el sentido contrario de las manecillas del
reloj, siguiendo la convención matemática estándar de los ángulos.
Fig 4-57. Diagrama fasorial del generador síncrono.
El par producido en el generador se puede encontrar a partir del diagrama de campo
magnético correspondiente. El par inducido de la máquina se puede expresar como:
τ ind = k ( Br xBnet )
Resolviendo el producto cruz, el torque se puede reescribir como:
τ ind = kBr Bnet sen(δ )
Nótese que, partiendo del diagrama del campo magnético, el par inducido en esta
máquina está en sentido de las manecillas del reloj, opuesto a la dirección de rotación.
En otras palabras, el par inducido en el generador es un par contrario, opuesto a la
rotación causada por el par externo aplicado τapp.
149
Suponga que en lugar de girar el eje en la dirección del movimiento, el motor primario
pierde potencia de repente y comienza a frenar el eje de la máquina. Si sucede esto, el
rotor se retrasa debido al obstáculo en su eje y queda detrás del campo magnético neto
de la máquina. Como el rotor, y por lo tanto BR, se atrasa y queda detrás de Bnet, la
operación de la máquina cambia de repente por la ecuación τ ind = k ( Br xBnet ) , cuando Br
queda detrás de Bnet, la dirección del par inducido se invierte y va en sentido contrario a
las manecillas del reloj. En otras palabras, el par de la máquina sigue ahora la dirección
de movimiento y la máquina está actuando como motor. El ángulo δ del par creciente
resulta en un par cada vez más grande que sigue la dirección de rotación, hasta que, con
el tiempo, el par inducido del motor iguala al par de carga sobre su eje. En este punto la
máquina opera de nuevo en estado estacionario y a velocidad síncrona, pero ahora como
motor.
El diagrama fasorial correspondiente a la operación como generador se muestra en la
figura 4-57, El correspondiente a la operación como motor se ve en la figura 4-58. La
razón por lo que la caída de tensión en la reactancia del estator jXsIa apunta desde Va
hacia Eg en el generador y desde Eg hacia Va en el motor es que la dirección de
referencia de Ia se invirtió en la dirección del circuito equivalente del motor. La
diferencia básica entre la operación del motor y el generador en las máquinas síncronas
puede verse en el diagrama de campo magnético o en el diagrama fasorial. En un
generador, Eg está en adelanto con respecto a Va y Br adelanta a Bnet. En un motor, Eg, se
atrasa con respecto a Eg y Br está detrás de Bnet. En un motor, el par inducido sigue la
dirección del movimiento; en un generador el par inducido es un par contrario, opuesto
a la dirección del movimiento.
Fig 4-58. Diagrama fasorial de un motor síncrono.
4.31 Operación en estado estacionario del motor síncrono.
Los motores síncronos alimentan, generalmente, cargas que funcionan a velocidad
constante. La tensión en bornes y la frecuencia del sistema de alimentación serán
constante independientemente de la potencia absorbida por el motor, es decir se
conectan a un barraje infinito. La velocidad de giro del motor está directamente
relacionada con la frecuencia eléctrica, por tal motivo su velocidad será constante,
independiente de la carga acoplada a su eje. La velocidad debe permanecer estable
desde su funcionamiento en vacío al para máximo que el pueda entregar.
La ecuación del par es:
τ ind = kBr Bnet sen(δ )
O en función de sus magnitudes eléctricas:
150
τ=
3E gVa
sen(δ )
Ecuación 4-46
ws X s
El par máximo se obtiene cuando sen(δ)=1 es decir δ=π/2
Cuando el par aplicado sobre el motor excede su valor máximo, el rotor no puede seguir
la velocidad de giro del campo, pierde velocidad y queda expuesto a continuos cambios
de sentido de par, lo que da lugar a bruscas vibraciones del motor como consecuencia de
la pérdida de sincronismo.
El par máximo vendrá expresado como:
3E V
τ max = g a Ecuación 4-47
ws X s
Relación que nos indica que cuanto mayor valor tenga la corriente de excitación, mayor
valor tendrá el par máximo y por lo tanto hay mayor estabilidad.
4.32 Respuesta ante los cambios de carga en el motor.
Cuando un motor está acoplado a la red, la velocidad es la de sincronismo y el par
necesario para hacer girar la carga a dicha velocidad.
Si la carga sobre el eje del motor aumenta, el rotor sufrirá inicialmente una
desacelecación que da lugar a un aumento del ángulo de par δ y como consecuencia un
mayor par. Este aumento del par acelerará el rotor y el motor volverá a la velocidad de
sincronismo, pero el ángulo de par será superior al inicial.
La representación fasorial correspondiente a las condiciones iniciales del motor es
mostrado en el figura 4-59.
Fig 4-59. Diagrama fasorial del motor síncrono.
A medida que aumenta la carga, el vector representativo de la fem Eg0 se desplaza más
respecto a su posición inicial. Como esta fem solo depende del flujo del inductor y de la
velocidad, parámetros que no han sido modificados, el valor de la fem Eg0 permanece
constante con la carga.
Al modificarse la posición de Eg0, cambia el vector representativo de la caída de tensión
jXsIa y por lo tanto la corriente absorbida. El vector representativo de la corriente no
solo cambia de módulo sino también de ángulo de desfase con respecto de Va.
151
Fig 4-60. Generador síncrono ante cambios de carga.
Es importante observar que los segmentos proporcionales a la potencia aumentan
igualmente.
4.33 Respuesta ante el cambio de la corriente de campo en el
motor.
Otro efecto es la modificación de la corriente de campo, manteniendo constante la
potencia entregada por el motor. Como el cambio de corriente de campo no afecta la
velocidad y como la carga acoplada al eje no ha sido modificada, la potencia entregada
no se alterará.
Cunado la corriente de campo aumenta, la fcem Eg aumentará igualmente pero
desplazandose a o largo de una línea de potencia constante.
Fig 4-61. cambio de la corriente de excitación.
Las distancias proporcionales a la potencia en el diagrama fasorial serán constantes
Egsen(δ) e Iacos(θ). A medida que el calor de Eg aumenta, la corriente de inducido
disminuye y posteriormente aumenta en función de los valores que toma la fem Eg, la
corriente está en atraso, en fase o en adelanto y el motor se comporta como una carga
inductiva-resistiva, o resistiva-capacitiva.
La representación de un sistema de ejes de corriente de inducido en función de la
corriente de campo, constituye las llamadas curva en V del motor. Existen distintas
curvas correspondientes a los distintos niveles de potencia. Como podemos deducir de
la representación vectorial, la corriente mínima de inducido se representa con factor de
potencia unidad.
Controlando la corriente de campo del motor se puede regular la potencia reactiva
absorbida o entregada a la red. Existe un valor límite de la corriente de campo por
debajo del cual el motor no puede entregar la potencia demandada, perdiendo el
sincronismo. Estos puntos determinan el llamado límite de estabilidad del motor.
152
Fig 4-62. Curvas en V de un motor síncrono.
4.34 Arranque de los motores síncronos.
Existen distintas técnicas para el arranque del motor, basadas en los siguientes
principios:
- Arranque por medio de un motor de lanzamiento hasta la conexión en paralelo
con la red, exactamente igual que su funcionamiento como generador.
- Arranque como motor asíncrono y su posterior sincronización al excitar el
circuito inductor.
- Arranque por reducción de frecuencia en el estator hasta un valor
suficientemente bajo para que el rotor pueda engancharse con el campo
magnético giratorio antes de que cambie de sentido el par.
El procedimiento de arranque por medio de una motor auxiliar se basa en la conexión
del motor a la red como generador. Una vez conectado, se prescinde del motor de
lanzamiento, el motor se desacelera y el campo magnético del rotor se retrasa respecto
del campo resultante, pasando a funcionar como motor.
El arranque como motor asíncrono o de inducción es el procedimiento más
generalizado, usando para ello un devanado amortiguador. El devanado retórico
amortiguador da al motor síncrono las características de arranque de un motor
asíncrono, y como tal se pone automáticamente en marcha al conectarlo a la red. El
motor, en estas condiciones de funcionamiento, no alcanza la velocidad de sincronismo
pero si una velocidad muy próxima a ella funcionando en vacío.
Durante el proceso de arranque, el devanado inductor debe estar en cortocircuito con el
fin de evitar las sobretensiones que se originan si estuviese a circuito abierto.
Una vez completado su periodo de aceleración, el rotor girará con un deslizamiento
mínimo. En este instante, se procederá a alimentar el circuito de la excitación. La
presencia del campo inductor y del inducido, proporcionan un par pendular, que después
de cierto tiempo llevará el rotor a la velocidad de sincronismo.
El arranque por control de frecuencia consiste en alimentar el estator de la máquina con
una frecuencia lo suficientemente baja para que el rotor pueda seguirlo. Posteriormente
se incrementa de forma paulatina la frecuencia hasta llegar a valores nominales. Cuando
el motor síncrono funciona a una frecuencia menor la fem generada Eg será menor, por
lo que la tensión aplicada al estator deberá reducirse de la misma forma para mantener
la corriente del estator en niveles admisibles.
153
4.35 Ejercicios
EJEMPLO 4-1
A que velocidad debe girar una máquina síncrona de seis polos para que genere tensión
a 50Hz.
SOLUCION
120 f
η=
= 1000rpm
p
EJEMPLO 4-2
El voltaje inducido en vacío en un generador de 60Hz es de 11000V con una corriente
de 5A. Calcular el voltaje en circuito abierto para una frecuencia de 50Hz y una
corriente de campo de 2.5A.
SOLUCION
V
E g = K g I f f ⇒ K g = 36.66
A.Hz
E g = K g I f f = 4582.5V
EJEMPLO 4-3
Una carga conectada en ∆ de 21Ω se conecta a través de una línea de transmisión de
0.1Ω a una fuente de alimentación de 120V trifásica. Determinar:
a) La potencia de salida de la fuente.
b) Las pérdidas en la línea de transmisión.
c) La eficiencia del sistema.
SOLUCION
 120
  21,2 − 0.1 0.1   I1 
 120 < 120  = − 0.1 21.2 0.1   I 

 
 2 
120 < −120  0.1
0.1 21.2  I 3 
I1=5.66<0.43A, I2=5.66<119.52A, I3=5.66<-120A
a) P = 3VI = 2037.6W
b) P = 3I 2 R = 9.6W
c) Pout = 3I 2 R = 2018.24W ;
EJEMPLO 4-4
Una carga conectada en Y de 7Ω se conecta a través de una línea de transmisión de
0.1Ω a una fuente de 240V. Determinar:
d) La potencia de salida de la fuente.
e) Las pérdidas en la línea de transmisión.
f) La eficiencia del sistema.
SOLUCION
a) Como es un sistema balanceado trifásico por medio del
modelo monofásico podemos hallar la corriente en la fase a
cero grados:
V
I f = f = 33.8∠0 A
Zf
b) La pérdidas son Pcu = 3I 2f R f = 342.73W
c) La eficiencia del sistema es:
154
Pin = 3V f I f = 24.33KW , Pout = 3I 2f RL = 23.99 KW , E % =
Pout
* 100 = 98.6%
Pin
EJEMPLO 4-5
Una carga en ∆ de 15Ω se conecta en paralelo con una carga en Y de 5Ω y el conjunto
se conecta a través de una línea de transmisión de 0.2Ω a una fuente de 460V.
Determinar:
a) La potencia consumida por la carga en delta.
b) La potencia consumida por la carga en Y.
c) La potencia total consumida por el conjunto.
d) El voltaje Terminal en la carga.
SOLUCIÓN
Haciendo la conversión de la carga conectada en Y a ∆ Ry = 3R∆ = 15Ω ,
Colocando las dos cargas en ∆ en paralelo Rt = 15 / 2 = 7.5Ω , el circuito en delta
es similar al presentado en el ejemplo 5 y las ecuaciones son:
460

  7,9 − 0.2 0.2  I1 
 460 < 120  = − 0.2 7.9 0.2  I 

 
 2 
460 < −120  0.2
0.2 7.9  I 3 
I1=58.36<2.57A, I2=58.36<117.4A, I3=58.36<-120A
a) Como las dos cargas en ∆ son iguales, la potencia total consumida es
3IV = 4.7 MW cada carga consume la mitad 2.35MW.
b) La potencia consumida por la carga en Y es la misma que la delta 2.35MW.
c) La potencia consumida total es 4.7MW.
d) El voltaje en terminales de la carga es: V = IR = 437.7V .
EJEMPLO 4-6
Un generador síncrono de rotor cilíndrico de 150MVA, 11KV, trifásico, conectado en Y
tiene una resistencia de armadura despreciable. La curva de magnetización viene dada
por la tabla siguiente:
If [A]
100
200
300
400
500
600
700
Vg [KV] 1.9
3.8
5.8
7.8
9.8
11.3
12.6
Determinar:
a) La corriente en vacío para generar la tensión nominal.
b) Si se necesita generar una tensión de fase de 5.8KV, cual es la corriente de
campo necesaria.
SOLUCION
a) Haciendo un interpolador lineal cerca de la tensión del generador no da:
500 I f 600
600 − 500
; la corriente de campo es I f =
(11 − 9.8) + 500 = 580 A
11.3 − 9.8
9.8 11 12.6
b) La tensión de línea a partir de la de fase se puede hallar como:
Vl = 3V f = 10.054 KV , interpolando nos queda:
500 I f
600
otra forma de hallar la solución es hallar la ecuación de la
9.8 10.054 12.6
recta que une los dos puntos I f = mEg + b , m=66.66; b=-153.33; por
consiguiente la corriente se puede hallar como: If=516.94A
155
EJEMPLO 4-7
Un generador síncrono trifásico de 10.8KVA, 208V, conectado en delta alimenta la
carga nominal con un fp 0.8 en atraso. La impedancia síncrona es de 0.5+j1.5Ω. La
resistencia de campo es de 20Ω y la relación tensión generada corriente de campo es
dada por:
2400 I f
Eg =
7.5 + 6.5 I f
a) La corriente de campo para generar la tensión nominal en vacío.
b) La corriente de campo para alimentar la carga nominal con fp=0.8 en adelanto a
la tensión nominal.
SOLUCION
a) despejando la corriente de campo en función de la tensión generada, la ecuación
7.5Eg
nos queda I f =
= 1.49 A .
2400 − 6.5E g
b) La corriente de fase en la carga es 17.3<36.86A, la tensión generada es
E g = Va + Z s I a = 201.03∠7.41V , la corriente de campo es If=1.38A.
EJEMPLO 4-8
Un generador síncrono de 60KVA, 440V, 60Hz, conectado en Y, tiene una resistencia
de 0.15Ω y una reactancia síncrona de 3.5Ω por fase. Calcular el porcentaje de
regulación de voltaje para la carga especificada y un factor de potencia unitario.
SOLUCION
S
Hallando la corriente de línea I l =
= 78.73∠0 A , la tensión generada es
3V
dada por E g = Va + Z s I a = 382.86∠46.031V , la regulación de tensión es
R% =
Va 0 − Va
*100 = 50.73% .
Va
EJEMPLO 4-9
Una carga trifásica conectada en Y tiene una impedancia por fase de 2+j1Ω, un
voltímetro mide 146V entre la línea A y el neutro. Determinar:
a) El voltaje de línea.
b) La corriente de línea
c) El factor de potencia de la carga.
d) La potencia aparente.
e) La potencia real.
SOLUCION
V
La corriente de línea es dada por: I l =
= 65.29∠ − 26.56 A ,
ZL
a) La tensión de línea es: Vl = 3V f = 252.87V .
b)
c)
d)
e)
la corriente de línea es 65.29<-26.56 A.
factor de potencia: fp = cos(26.56) = 0.89 en atraso.
Potencia aparente: S = 3VfIf = 28.6 KVA .
Potencia real: P = S * fp = 25.45KW .
156
EJEMPLO 4-10
Tres generadores monofásicos de 230V están conectados en ∆ para formar una fuente
trifásica. Una carga balanceada conectada en estrella tiene impedancias por fase de
2+j7Ω. Determinar:
a) El voltaje de fase en la fuente.
b) El voltaje de línea del sistema.
c) El voltaje de fase en la carga.
d) La corriente de línea del sistema.
e) La corriente de fase de la fuente.
f) Factor de potencia de la carga.
g) Potencia de la carga.
SOLUCION
a) tensión de fase en la fuente: 230V.
b) Voltaje de línea 230V.
V
c) Voltaje de fase de la carga: V f = l = 132.8V .
3
d) Corriente de línea: 18.24<-74.05A.
e) Corriente de fase: 10.53<-44.05A.
f) Factor de potencia: 0.275 en atraso.
g) Potencia de la carga: P = 3Vl I l fp = 1998.17W .
EJEMPLO 4-11
Una carga trifásica balanceada conectada en estrella tiene una corriente de línea de
8<0A, el voltaje de línea es de 120<-90V. Determinar:
a) Los voltajes trifásicos que se medirían con un voltímetro.
b) La potencia real, compleja y reactiva de la carga trifásica.
c) Determine los valores de R, L o C de la carga.
SOLUCION
a) la tensión es 120V en las tres fases.
P
b) P = 3VI cos(θ ) = 831.3W , S =
= 1662.6 < −60VA ,
fp
Q = S * sen(θ ) = 1439.85VAR
V
c) Z = = 15∠ − 60Ω , Rl=7.5Ω, C=204.19µf.
I
EJEMPLO 4-12
Un motor síncrono de 30KVA, 230V, conectado en Y, opera a plena carga con un
factor de potencia en adelanto de 0.707. Una carga inductiva trifásica conectada en Y,
que tiene una impedancia de 3+j4Ω por fase, está conectada en Y en paralelo con el
motor. Calcular:
a) El factor de potencia de la carga.
b) La potencia reactiva y activa del conjunto.
c) La corriente de línea del conjunto.
SOLUCION
157
Hallando la potencia en la carga conectada en Y: I l =
Vf
If
= 26.558∠ − 53.13 A ,
S = 3VI = 10.57∠53.13KVA .
a) al potencia total de la carga es: St = S m + Sc = 40.49∠53.13KVA , el fp=0.6 en
atraso.
b) St=40.49<53.13KVA
c) Il=101.64<-53.13 A.
EJEMPLO 4-13
Un generador trifásico conectado en estrella está entregando energía a una línea
trifásica. El voltaje entre líneas es de 460V, las corrientes de línea son de 7.73A y la
potencia es de 5.12KW. Determinar:
a) Voltaje de fase.
b) Corriente de fase.
c) Factor de potencia de la fase.
d) Impedancia de la carga.
SOLUCION
a) la tensión de fase es 265.59.
b) la corriente de fase es 7.73A.
P
c) S = 3VI = 6158.6VA , fp = = 0.83 .
S
V
d) Z = = 34.35∠33.9Ω .
I
EJEMPLO 4-14
Se tiene una máquina que en vacío tiene una tensión de 460V, con una carga consume
una corriente de 7.73A y 5.12KW con fp unitario con la misma excitación de campo.
Determinar:
a) La regulación de tensión.
b) La impedancia de la máquina.
SOLUCION
S
a) la tensión de salida es V =
= 382.42V , la regulación de tensión es
3I
V − Va
R% = a 0
*100 = 20.28%
Va
b) si se considera la resistencia de la máquina despreciable
4602 = 382.422 + ( I s X s ) 2 ⇒ X s = 33.64Ω .
EJEMPLO 4-15
Un generador trifásico conectado en Y tiene una impedancia de 0.152+j9.33Ω, con
carga entrega una tensión de 230V y una corriente de 9.5A con un ángulo de cero
grados. Determinar:
a) La tensión generada.
b) La regulación de tensión.
SOLUCION
158
a) E g = V f + I a Z s = 160.57∠33.5V por fase.
b) R% =
Va 0 − Va
*100 = 20.9%
Va
EJEMPLO 4-16
Un generador síncrono trifásico de 480V, 200KVA con factor de potencia 0.8 en atraso,
60Hz, dos polos, conectado en Y tiene una impedancia síncrona de 0.04+j0.25. A 60Hz
sus pérdidas por fricción son de 6KW y las pérdidas en el núcleo son de 4KW. El
circuito de campo tiene una tensión de 200V y una corriente de 10A . La resistencia de
ajuste del campo está entre 20 y 200Ω. La curva en vacío se muestra en la tabla
siguiente:
If [A]
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Eg [V] 0
130
250
360
430
500
535
550
570
580
a) Que corriente se requiere para que el generador en vacío genere una tensión de
480V.
b) Que voltaje generado debe tener la máquina para generar la potencia nominal a
tensión nominal.
c) Cual debe ser la potencia y par del primomotor.
d) Dibuje el diagrama fasorial del generador.
SOLUCION
4
If
5
a)
; la corriente de campo es
430 480 500
5−4
If =
(480 − 430) + 4 = 4.71A
500 − 430
b) La tensión de fase es 277.13V, la corriente de fase es
S
If =
= 240.56∠ − 36.85 A , la tensión generada es
3V
Eg = V f + I a Z s = 323.68∠ − 36.86V por fase.
c) Pg = 3E g I a cos(θVI ) = 233.59 KW , la potencia de entrada es 243.59KW, el par
del primomotor es τ =
Pin
= 646.14 Nm
Ws
d)
EJEMPLO 4-17
Un generador de 500V, 150KVA, conectado en ∆ tiene una resistencia efectiva de 0.2Ω
entre dos de sus líneas. Una corriente de campo de 12A produce una corriente de
cortocircuito de 173.2A y una tensión en circuito abierto de 450V. Calcule la regulación
de voltaje a plena tensión cuando el generador alimenta su carga nominal con factor de
potencia unitario.
SOLUCION
Hallando la impedancia del generador
159
, I f = 100 A , Z f = 4.5Ω , Z s = Rs2 + X s2 ⇒ X s = 4.49Ω
La regulación de tensión es
, Eg = V f + I a Z s = 694.62∠0V , R% =
Va 0 − Va
*100 = 38.9%
Va
EJEMPLO 4-18
Un generador trifásico conectado en Y alimenta una carga conectada en ∆ de 7.2KVA,
208V, fp=0.7 en adelanto por medio de una línea de transmisión que tiene una
impedancia de 0.5+j5Ω. La impedancia síncrona de la máquina es de 0.3+j6Ω. Las
pérdidas de la máquina son de 1700W. Si el generador alimenta la carga nominal
determinar:
a) La eficiencia.
b) El torque del primomotor si este gira a 1200rpm.
SOLUCION
V
V1 = VL + I a Z L = 163.87∠26.85V , V f = 1 = 94.61∠56.85V ,
3
E g = V f + I a Z s = 166.05∠99.17V
a) eficiencia Pout = S * fp = 5.04 KW , Pt = 3VI cos(θVI ) = 5.67 KW ,
P
Pin = Pt + Pm = 7.37 KW , E % = out * 100 = 88.88% .
Pin
P
b) τ = in = 45.12 Nm
ws
EJEMPLO 4-19
Se tiene un generador síncrono conectado en Y al que se le realizaron las pruebas
pertinentes y dieron los siguientes resultados:
Valores nominales: 2000KVA, 2300V
Prueba de corriente continua: 1.5V, 10A.
Prueba de circuito abierto: 950V, If=10A, Ia=nominal.
Determinar la impedancia por fase del generador.
SOLUCION
V
S
V
Rs =
= 0.075Ω , I n =
= 502.04 A , Z s =
= 1.09Ω ,
2I
3 *V
3I
X s = Z s2 − Rs2 = 1.08Ω
EJEMPLO 4-20
Se tiene un generador síncrono conectado en ∆ se le realizaron las pruebas pertinentes y
dieron los siguientes resultados:
Valores nominales: 1000KVA, 6000V
Prueba de corriente continua: 10V, nominal.
Prueba de circuito abierto: 275V, If=25A, Ia=nominal.
Determinar la impedancia por fase del generador.
SOLUCION
S
3V
, In =
= 55.5 A , Z s =
= 7.63Ω , X s = Z s2 − Rs2 = 7.625Ω
3 *V
I
160
EJEMPLO 4-21
Se pretende conectar dos generadores en paralelo, el generador número 1 genera tensión
a 220V y una frecuencia de 60Hz, el alternador 2 tiene una frecuencia de 59.5Hz y una
tensión de 222V. Si se tiene el interruptor abierto, calcular:
a) El voltaje máximo y mínimo a través del interruptor.
b) La frecuencia a través de cada foco.
c) El
número de pulsaciones por minuto
en
los focos.
SOLUCION
el
oscilograma se puede ver en la figura de
la
izquierda
a) Vmax=V1+V2=441V.
b) f=f1-f2=0.5Hz
1
pul
c) T = = 2 ⇒ P = 120
f
min
EJEMPLO 4-22
Se tienen dos generadores idénticos que tienen una impedancia de 0.1+j0.9Ω. Calcular
la corriente circulante si se conectan los dos generadores en paralelo y tienen las
siguientes características:
a) Generador A 220cos(2π60+0), generador B 220cos(2π60+30).
b) Generador A 210cos(2π60+0), generador B 220cos(2π60+0).
c) Generador A 220cos(2π60+0), generador B 220cos(2π59.3).
d) Diferente secuencia.
SOLUCION
V −V
a) I = 1 2 = 62.87 A
Z1 + Z 2
V −V
b) I = 1 2 = 5.52 A
Z1 + Z 2
V1
= 121.47 cos(377t − 83.65) ,
c) Usando el teorema de la superposición I1 =
Z1 + Z 2
V2
I2 =
= 122.89 cos(372t − 83.58) , I max = max( I1 − I 2 ) = 244.36 A
Z1 + Z 2
V ∠0 − V2∠120
d) I = 1
= 210.4 A
Z1 + Z 2
EJEMPLO 4-23
Se conectan dos generadores monofásicos en paralelo alimentando una carga de 0.85Ω.
El generador A se ajusta para generar en vacío 124V y tiene una reactancia de 0.1Ω. El
generador 2 se ajusta para generar en vacío 125V y tiene una reactancia igual a 0.05Ω.
Sin tomar en cuenta las corrientes de campo calcular:
a) Las corrientes que aporta cada generador.
b) La tensión en la carga.
c) La potencia de cada generador.
SOLUCION
161
− 0.85   I1 
125 0.85 + j.05
a)   = 
I1=1659.6<-88.8, I2=1659.47<-90.57,
0.85 + j 0.1  I 2 
124  − j 0.85
b) IL=I1-I2=51.26<0.17A.
c) P1 = VI cos(θVI ) = 4.344 KW , P2 = VI cos(θVI ) = −2.047 KW ,
PL = I 2 R = 2.23KW
EJEMPLO 4-24
Un generador síncrono tiene una reactancia síncrona de 0.4Ω por fase. El generador está
conectado a una barra infinita que tiene un voltaje de 14KV y el voltaje de excitación se
ajusta a aumenta en un 14%. Determinar:
a) el ángulo δ de par o momento de torsión cuando el generador suministra
420MVA.
b) El ángulo de desplazamiento mecánico.
SOLUCION
3V E sen(δ )
a) P = a g
, Eg=1.14*Va=15.96KV, sen(δ)=0.25, δ=14.47º
Xs
EJEMPLO 4-25
Se tiene la siguiente información de un generador síncrono Eg=12KV, Va=14KV,
Xs=2Ω y Eg adelanta a Va en 30º. Determinar:
a) Calcule la potencia activa total del generador
b) Trace el diagrama fasorial por fase.
c) Calcule el factor de potencia de la carga.
SOLUCION
3V E sen(δ )
a) P = a g
= 126 MVA
Xs
b)
c) Usando
el
2
teorema
de
los
cosenos
2
I a X s = 12 + 14 − 2 *12 *14 * cos(30) = 7.0011KV , usando el teorema de los
senos
para
hallar
el
ángulo
de
la
caída
IaXs
sen(30) sen(θ IaXs )
=
⇒ θ IaXs = 88.98º .
7.0011
14
d) El factor de potencia se puede calcular como cos(88.98 − 90) = 0.999 en atraso.
EJEMPLO 4-26
Un generador síncrono trifásico de 11KV, conectado en Y, tiene una reactancia síncrona
de 6Ω por fase y una resistencia despreciable. Para una corriente de campo dada el
voltaje en circuito abierto es 12KV para la condición de potencia máxima. Calcular:
a) La potencia máxima desarrollada por el generador.
b) Corriente de armadura
162
c) Factor de potencia para la condición de potencia máxima.
SOLUCION
3V E
a) Pmax = φ A = 33MW
Xs
b) I a X s = 122 − 112 = 4.79 KV , I a = 798.3 A
c) Fp=1.
EJEMPLO 4-27
Un motor síncrono trifásico de 400V, conectado en Y, entrega 12hp en el eje y opera
con un fp de 0.866 atrasado. Las pérdidas por fricción, ventilación son de 1200W. Si la
reactancia de la armadura es de 0.75Ω por fase. Calcular el voltaje inducido.
SOLUCION
P
S
P=8.95KW,
S=
= 10.34 KVA ,
θ = cos −1 ( fp) = 30º ,
Ia =
= 25.85 A ,
fp
3V
I a X s = 19.38V , E g = Va2 + ( I a X s ) 2 − 2Va I a X s cos(θ + 90) = 241.21V .
EJEMPLO 4-28
Un motor síncrono trifásico de 1000KVA, 11KV, conectado en Y, tiene una reactancia
de dispersión de 10Ω y una resistencia despreciable. Calcular el voltaje inducido para:
a) factor de potencia 0.8 atrasado.
b) Factor de potencia unitario.
c) Factor de potencia 0.8 adelantado
SOLUCION
S
a) Para el fp 0.8 atrasado: S = 1∠36.86MVA , I a =
= 30.30∠ − 36.86 A ,
3V
I a X s = 303V , E g = Va2 + ( I a X s ) 2 − 2Va I a X s cos(θ + 90) = 11.18 KV
b) Para el fp unidad: S = 1∠0 MVA , I a =
S
= 30.30∠0 A , I a X s = 303V ,
3V
E g = Va2 + ( I a X s ) 2 = 11.004 KV
c) Para el fp 0.8 en adelanto: S = 1∠ − 36.86 MVA , I a =
S
= 30.30∠36.86 A ,
3V
I a X s = 303V , E g = Va2 + ( I a X s ) 2 − 2Va I a X s cos(θ + 90) = 10.82 KV
163
5 MAQUINAS DE INDUCCION TRIFASICA
La máquina de inducción es el convertidor electromecánico más utilizado en la
industria. Su invención se le debe a Tesla a finales del siglo XIX y nace como solución
al problema de utilizar la corriente alterna. Tesla había sugerido la idea de las ventajas
que poseía la corriente alterna, cuyos niveles de tensión2 pueden ser variados mediante
transformadores, sobre la corriente continua cuyas dificultades de transmisión para la
época ya comenzaban a ser evidentes. La defensa de la corriente continua era realizada
por Edison, famoso inventor norteamericano que contaba con un inmenso prestigio. Sin
embargo, la visión comercial de Whestinghouse impulsa las ideas de Tesla para la
construcción de la primera gran central hidroeléctrica que se construye en las Cataratas
del Niagara utilizando generadores de corriente alterna, que utilizan transformadores
para elevar la tensión, transmiten mediante líneas en alta tensión y la reducen para
alimentar a los motores de inducción que accionan la creciente carga industrial. Desde
ese crucial momento y hasta la actualidad, la máquina de inducción ha ido copando la
inmensa mayoría de aplicaciones en la industria, en el comercio y en el hogar.
Las maquinas de inducción trifásicas comprenden tanto motores como generadores.
Los motores de inducción (o motores asíncronos) trifásicos son los motores mas
utilizados en la industria. Son simples, resistentes, baratos y fáciles de mantener.
Funcionan a velocidad esencialmente constante desde cero hasta plena carga. La
velocidad depende de la frecuencia, por lo que estos motores no se adaptan con
facilidad al control de velocidad. Sin embargo, cada vez se utilizan más los
controladores electrónicos de frecuencia variable para controlar la velocidad de motores
de inducción comerciales.
En este capitulo se ven los principios básicos del motor de inducción trifásico y
desarrollaremos las ecuaciones fundamentales que describen su comportamiento.
Después analizaremos su construcción general y la forma en que están hechos sus
devanados. Los motores de inducción con rotor tipo jaula de ardilla, con rotor devanado
y lineales con capacidades de unos cuantos caballos de fuerza hasta varios miles. En
este capitulo también veremos que los motores de inducción trifásicos pueden operar
como generadores de inducción trifásicos.
5.1 Componentes principales
Un motor de inducción trifásico (Fig. 5-1) consta de dos partes principales: un estator
estacionario y un rotor giratorio. El rotor está separado del estator por un pequeño
entrehierro que van de 0.4 mm a 4 mm, según la potencia del motor.
164
Fig 5-1. Motor de inducción de rotor bobinado.
El estator consta de un armazón de acero que soporta un núcleo cilíndrico hueco
compuesto de laminaciones apiladas. Varias ranuras equidistantes entre sí, hechas en la
circunferencia interna de las laminaciones, proporcionan el espacio para el devanado del
estator.
Fig 5-2. Estator de una máquina de inducción.
El rotor también se compone de laminaciones ranuradas. Estas están apiladas
cuidadosamente para crear una serie de ranuras para el devanado del rotor. Se utilizan
dos tipos de devanados del rotor: (1) devanados trifásicos convencionales hechos de
alambre aislado y (2) devanados de jaula de ardilla. El tipo de devanado da lugar a dos
clases principales de motores: motores de inducción de jaula de ardilla (también
llamados motores de jaula) y motores de inducción de rotor devanado.
Fig 5-3. Rotor de un motor de inducción jaula de ardilla.
Un rotor de jaula de ardilla se compone de barras de cobre desnudo, un poco más largas
que el rotor, las cuales están insertadas en las ranuras por uno de sus extremos. Los
165
extremos opuestos se sueldan a dos anillos de cobre para que todas las barras estén en
cortocircuito entre sí. Toda la construcción (barras y anillos extremos) se asemeja a una
jaula de ardilla, de donde se deriva el nombre. En motores pequeños y medianos, las
barras y los anillos extremos son de aluminio moldeado a presión y forman un bloque
integral.
Un motor de inducción de rotor devanado tiene una estructura similar al devanado del
estator. El devanado está distribuido unifórmenle sobre las ranuras y casi siempre está
conectado en Y con tres terminales de conexión que se conectan a unos anillos rosantes
que giran con el rotor. Los anillos colectores (también se les llama así) se conectan a las
escobillas para poder introducir resistencias en serie y variar el comportamiento de la
máquina. Estas resistencias también se pueden conectar en el momento del arranque,
frenado e inversión de giro para su control. En la figura 5-4 se puede ver el diseño de
una máquina de rotor devanado.
Fig 5-4 Rotor de anillos rozantes.
5.2 Campo magnético giratorio.
Existen dos formas de demostrar que cuando un estator de una máquina trifásica se
alimenta con tensiones trifásicas separadas 120º se produce un campo magnético
giratorio con distribución senosoidal y el primer enfoque es meramente matemático
como lo mostramos a continuación:
El sistema trifásico se alimenta con tres señales de tensión senoidales que están
desfasadas 120º. La señales vienen dadas por las ecuaciones
Va = V cos(wt )
Vb = V cos( wt + 120) Ecuación 5-1
Vc = V cos( wt − 120)
Estas señales se aplican a un devanado trifásico que tiene una impedancia por cada uno
de los devanados, esta conexión puede ser en delta o estrella según la conexión del
motor; como las bobinas forman un circuito cerrado por cada devanado va a circular una
corriente que se puede expresar como:
I a = I cos( wt + θ )
I b = I cos( wt + 120 + θ ) Ecuación 5-2
I c = I cos( wt − 120 + θ )
V
.
Donde la magnitud I se puede expresar como I =
Zs
166
Como se sabe toda corriente eléctrica lleva consigo asociado un campo magnético, para
la máquina de inducción se puede expresar como:
φa = φ cos(wt + θ )
φb = φ cos( wt + 120 + θ ) Ecuación 5-3
φc = φ cos(wt − 120 + θ )
NI
.
Donde la magnitud del flujo se puede expresar como φ =
ℜ
Estos campos son colocados en el estator desfasados 120º cada uno, de tal manera que
sobre el rotor haya un campo magnético total dado por:
φt = φa + φb + φc Ecuación 5-4
Cada uno de los flujos ubicados en el rotor se pueden expresar como:
1
φa = φ cos(wt + θ ) cos(β ) = [cos(wt + θ + β ) + cos(wt + θ − β )]
2
1
2
1
φc = φ cos( wt − 120 + θ ) cos(β − 120) = [cos(wt + θ + β − 120 − 120) + cos( wt + θ − β + 120 − 120)]
2
φb = φ cos( wt + 120 + θ ) cos( β + 120) = [cos( wt + θ + β + 120 + 120) + cos( wt + θ + 120 − β − 120)]
De tal manera que si se suman las dos componentes por separado el flujo total queda:
3
Ecuación 5-5
φt = φa + φb + φc = φ cos(wt + θ − β )
2
Y a partir de esa ecuación se puede decir que en el estator de la máquina se genera un
campo magnético giratorio con distribución senosoidal que varia en el tiempo y de
acuerdo a la posición mecánica (espacio). Este campo tiene una amplitud de 1.5 veces el
campo de un motor monofásico que consume la misma potencia.
La otra forma de percibir el concepto de campo magnético rotatorio se puede ver en la
figura 5-5 donde se ven los campos producidos en cada una de las fases dependiendo
del tiempo y un campo magnético total que gira en el rotor.
Cuando el ángulo de desfase es 0º la fase “a” tiene una tensión de cero voltios, la fase
“b” tiene una tensión con una amplitud del 86% de la amplitud y la tensión en la fase
“c” tiene una tensión del 86% pero en el ciclo negativo. En la gráfica a en la superior
derecha de la figura 5-5 se puede la distribución del flujo magnético; el flujo total es la
sumatoria de cada una de las fases y se representa como una flecha de color verde.
Cuando se ha recorrido wt=30º las señales de corriente ya han cambiado, la fase “a”
tiene una amplitud del 50% la fase “b” también tiene amplitud del 50% y la amplitud de
la fase “c” tiene una amplitud del 100%. La sumatoria de los campos ya ha girado 30º
en sentido contrario a las manecillas del reloj y coincide con el campo producido en la
fase “c” como se muestra en la figura 5-5B.
167
Fig 5-5 Campo magnético giratorio en una máquina de inducción.
Si se analiza cada una de las secuencias de la figura 5-5 en orden A, B, C, …… se
puede apreciar que el campo magnético resultante tiene un desfase de 30º en cada
movimiento y así se puede observar el flujo magnético resultante.
Fig 5-6 Apariencia del campo magnético giratorio de una máquina de dos polos
Como se puede apreciar en la figura 5-6 el campo magnético producido en el entrehierro
de una máquina trifásica alimentada con tensiones senoidales desfasadas 120º no es
cilíndrico sino avalado y esta es una condición necesaria para que haya tensiones
inducidas en el rotor.
168
5.3 Campo magnético producido por una máquina de varios
polos.
Fig 5-7 Campos magnéticos de una máquina de inducción de cuatro y seis polos.
En la figura 5-7 se pueden ver los campos magnéticos producidos por una máquina de
cuatro y 6 polos. La diferencia fundamental entre una máquina de dos polos y una de
cuatro es que en la segunda máquina el campo es más ovalado que en la segunda y este
campo se pueden ver los dos polos rotativos producido en la máquina.
En la máquina de seis polos se pueden ver los tres polos que giran en el estator. El
ángulo mecánico y el eléctrico se pueden relacionar por medio de la ecuación:
p
θe = θm Ecuación 5-6
2
Si se examina la ecuación anterior se pude observar que cumple con la discusión
anterior. Si derivamos con respecto al tiempo ambos lados de la ecuación se puede
observar la relación que hay entre las velocidades mecánica y eléctrica y se encuentra
que:
p
we = wm Ecuación 5-7
2
Donde we es la velocidad en radianes por minuto de la velocidad eléctrica, wm es la
velocidad en radianes por segundos de la velocidad mecánica. Se puede decir que a los
ingenieros no nos gusta trabaja con las velocidades en radianes por segundo, sino es
más conveniente, darlas en magnitudes del sistema internacional. Es así, como la
velocidad mecánica la expresamos en revoluciones por minuto, y la frecuencia eléctrica
la expresamos en hertz. Las ecuaciones que permiten hacer estos cambios se listan
como:
2π
wm =
η m Ecuación 5-8
60
Para la frecuencia eléctrica
we = 2πf Ecuación 5-9
Reemplazando las ecuaciones 5-7 y 5-8 en la ecuación 5-9 tenemos:
120 f
ηm =
Ecuación 5-10
p
169
5.4 Tensión inducida en el rotor.
El devanado del estator está construido por tres arrollamientos desfasados 120º en el
espacio y de 2p pares de polos, al introducir por ellos unas corrientes provenientes del
estator se crea un flujo con distribución senosoidal que gira de acuerdo al tiempo y al
ángulo mecánico y es dada por la ecuación:
3
φt = φ cos(wt + θ − β )
2
De acuerdo a la ley de Faraday, la fem inducida en un conductor de longitud L que se
mueve con velocidad V dentro de un campo magnético B, tiene un valor:
e = ∫ (VxB).dL = (VxB).L = 4.44 K1F1 N1φm Ecuación 5-11
Es decir en cada una de las barras o devanados que conforman el rotor se crea una
tensión. Como ya se sabe, las barras conductoras o los devanados se encuentran en corto
circuito; ellas tienen una resistencia RR y una inductancia LR y por ende en cada una de
las barras se crea una corriente IR dada por:
eR
Ir =
Ecuación 5-12
Rr + jwLr
Como el rotor se encuentra parado, hay un movimiento relativo de flujo entre el rotor y
el estator. El sentido de la fuerza que aparece en los conductores del rotor se obtiene
aplicando la conocida ley vectorial o ley de L’place que es:
F = i.(LxB) Ecuación 5-13
Multiplicando la fuerza por el radio de giro del rotor y en número de conductores
existentes en el mismo se obtendrá el par total de la máquina que tenderá a mover el
rotor en el mismo sentido en que gira el campo magnético en el rotor y es dado por.
τ = (rxF ) Ecuación 5-14
Multiplicando la fuerza por el radio del rotor y el número de conductores existentes en
el mismo se obtendrá el par total de la máquina que tenderá a mover el rotor en el
mismo sentido que gira el campo magnético en el estator.
τ = iLBr Ecuación 5-15
Si hay torque en el rotor éste experimentará una aceleración limitada por el momento de
inercia J del rotor y el torque desarrollado en el momento del arranque. Esta relación se
puede expresar como:
τ = Jα Ecuación 5-16
La aceleración produce un cambio de velocidad dada por:
α = w f − w0 Ecuación 5-17
wf es la velocidad final del estator y w0 es cero porque el rotor se encontraba en reposo.
Este cambio de velocidad provoca que la velocidad relativa entre el campo en el estator
y el rotor disminuya y por ende la tensión inducida en las barras colectoras disminuye a:
Er = 4.44 K1F2 N1φm Ecuación 5-18
Donde la frecuencia de la tensión inducida en el rotor se puede expresar como:
F1 = sF2
170
Y la tensión se puede expresar en función de la tensión inducida en el reposo como:
Erm = sEr Ecuación 5-19
Donde Erm es la tensión inducida en el rotor cuando se encuentra en movimiento.
Al haber una disminución de la frecuencia en la tensión, hay una disminución de la
reactancia del rotor dada por:
X rm = sX r Ecuación 5-20
Y si la tensión disminuye, la corriente en el rotor también disminuirá, la nueva corriente
se puede expresar como:
sE
I rm = 2 r2 2 Ecuación 5-21
Rr + s X r
Lo que hace disminuir el torque desarrollado en el rotor.
La fem anterior Erm producirá corrientes en el rotor con una frecuencia frm, de tal
manera que estas a su vez crearán un campo giratorio, cuya velocidad respecto a su
propio movimiento dado por:
120 f rm
η rm =
Ecuación 5-22
p
Gracias a que el rotor está devanado con el mismo número de polos del estator. Como la
máquina gira con una velocidad η rpm, la velocidad del campo magnético giratorio del
rotor con respecto a una referencia en reposo será η2+η en consecuencia, la velocidad
absoluta del campo del rotor será:
η − ηrm pηrm P(η s − η rm )
frm = sfr = s
.
=
ηs
60
60
η 2 = η1 − η
η 2 + η = (η1 − η ) + η = η1
Ecuación 5-23
Lo que indica que el campo del rotor gira en sincronismo con el campo del estator para
producir el flujo resultante en el entrehierro.
Debe notarse que esta interacción solo es posible si la fmm están enclavadas
sincrónicamente, es decir si las ondas de la fmm del estator y el rotor giran a la misma
velocidad η1, por lo que se requiere que el número de polos con el que se confeccionan
ambos devanados sean iguales, lo que representa una exigencia constructiva de estas
máquinas.
No es necesario que el número de fase del estator y del rotor deban ser iguales, ya que el
campo magnético giratorio dentro del cual se mueve el rotor es independiente del
número de fases del estator.
Los motores con rotor devanado o con anillos se construyen normalmente para tres
fases, es decir igual que el estator; sin embargo el rotor en jaula de ardilla está formado
por un gran número de barras puestas en corto circuito, dando lugar a un devanado
polifásico de m2 fases.
171
5.5 Operación de un motor de inducción trifásico
La clave para la operación de un motor de inducción es la producción de un campo
magnético rotatorio. Como se discutió en los párrafos anteriores, donde se demostró
que la excitación de un estator trifásico produce un campo magnético rotatorio en el
entrehierro de la máquina, y que el campo gira a una velocidad síncrona dada por la
ecuación 5-22. Al girar el campo magnético, “corta” a los conductores del rotor.
Mediante este proceso se inducen voltajes en los conductores. Los voltajes
inducidos hacen surgir las corrientes en el rotor, las cuales interactúan con el campo del
entrehierro para producir un par. El par se mantiene todo el tiempo mientras que existan
el campo magnético rotatorio y las corrientes inducidas en el rotor. Por consiguiente, el
rotor comienza a girar en la dirección del campo rotatorio. El rotor llegará a una
velocidad de régimen permanente, n, tal que n<ns. Evidentemente, cuando n=ns, no
habrá corrientes inducidas y, por lo tanto, tampoco habrá par.
Un enfoque alternativo para explicar la operación del motor de inducción polifásico
es considerar la interacción del campo magnético del estator (excitado) con el campo
magnético del rotor (inducido). La excitación del estator produce un campo magnético
rotatorio, que gira en el entrehierro a una velocidad síncrona. El campo induce
corrientes polifásicas en el rotor, con lo que, por lo tanto, da origen a otro campo
magnético en rotación, el cual también gira a la misma velocidad síncrona que la del
estator y con respecto al estator. Así pues, se tienen dos campos magnéticos rotatorios,
que giran a una velocidad síncrona con respecto al estator pero estacionarios entre sí.
Por consiguiente, y de acuerdo con el principio de alineamiento de los campos
magnéticos, el rotor experimenta un par. El rotor gira en la dirección del campo
rotatorio del estator.
5.6 Deslizamiento.
A menudo la velocidad mecánica real, η, del rotor se expresa como una fracción de la
velocidad síncrona, ηs, cuya relación nos da el deslizamiento, s, definido como
n −n
s= s
Ecuación 5-24
ns
Donde ns es como se dio en la ecuación 5-22, y que se repite abajo por resultar
conveniente:
120 f
ns =
P
El deslizamiento también puede ser expresado como un porcentaje, de la manera
siguiente:
n −n
s% = s
* 100 Ecuación 5-25
ns
En reposo, el campo magnético rotatorio producido por el estator tiene la misma
velocidad relativa con respecto a los devanados del rotor y con respecto a los del estator.
Así, la frecuencia de las corrientes del rotor, fr, es la misma que la frecuencia de las
corrientes del estator, fS. A la velocidad síncrona, no existe un movimiento relativo
entre el campo rotatorio y el rotor, y la frecuencia de la corriente del rotor es cero. A
otra velocidad, la frecuencia del rotor es proporcional al deslizamiento; esto es,
f r = sf S Ecuación 5-26
172
Donde fr es la frecuencia de las corrientes del rotor y fS es la frecuencia de la corriente
(o del voltaje) de entrada del estator. Así llegamos a las siguientes conclusiones:
1. El campo magnético giratorio del estator gira a la velocidad síncrona, ηs (con
respecto a un observador estacionario).
2. La fmm del rotor produce un campo magnético rotatorio que también gira a la
velocidad síncrona y en la misma dirección que el campo producido por la fmm del
estator. De este modo los campos rotatorio producidos por el estator y el rotor son
estacionarios uno con respecto al otro.
3. El campo rotatorio producido por el rotor gira a una velocidad (ws-wm) con
respecto al rotor, en donde wm es la velocidad mecánica real del rotor.
4. Las corrientes (y los voltajes) inducidos en el rotor son de la frecuencia del
deslizamiento.
5.7 Circuito equivalente de la máquina de inducción.
Si se desea establecer las ecuaciones de comportamiento eléctrico del estator y del rotor,
será preciso tener en cuenta que los arrollamientos tienen unas resistencias RR en el
rotor y RS en el estator ohmios por fase porque estos devanados son construidos de un
material físico y ellos tienen una resistividad ρ, esta resistencia está distribuida a lo
largo del conductor pero para nuestro estudio se pueden considerar concentradas, al fin
al cabo nos interesa el efecto que estas producen en el funcionamiento de la máquina.
Además existen flujos de dispersión en los devanados del estator y rotor que dan lugar a
las autoinductancias LdS y LdR.
En consecuencia, las reactancias de los arrollamientos en reposo cuando la frecuencia
de la red es wS=2πfS serán:
X S = LdS wS = LdS 2πf S Ecuación 5-27
X R = LdR wS = LdR 2πf S Ecuación 5-28
Sin embargo, al girar el rotor, la frecuencia del rotor varía al valor frm, dando lugar a la
reactancia Xrm que en función de Xr vale:
X rm = LdR wr = LdR 2πf R = sX r Ecuación 5-29
En la figura 5-8 se muestra un esquema simplificado por fase del rotor, donde se han
introducido los parámetros anteriores.
Fig 5-8. Circuito equivalente del rotor por fase.
Se observa que el estator de la máquina de inducción está alimentado por una tensión Va
y debe vencer las caídas de tensión en la impedancia de este devanado, el flujo
173
producido en el estator, induce en este devanado y en el del rotor una tensiones Es y Er
respectivamente.
La impedancia del rotor está formada por la resistencia Rr y la reactancia Xr, estando
este circuito en corto gracias a los anillos colectores. Las ecuaciones de kirchoff
correspondientes a los devanados del estator y del rotor se pueden escribir:
V1 = Es + ( Rs + jX s ) I s Ecuación 5-30
Er = ( Rr + jX r ) I r Ecuación 5-31
Debe tenerse presente que las frecuencias de los dos devanados son diferentes fr y fs
respectivamente.
Cuando se excita un motor de inducción trifásico equilibrado por medio de una fuente
trifásica equilibrada, las corrientes en los devanados de fase deben ser de magnitud
iguales y tener una diferencia de fase de 120º eléctricos. Debe cumplirse lo mismo para
las corrientes de los devanados del rotor, puesto que se transfiere energía por inducción
a través del entrehierro que hay entre el estator y el estator. Sin embargo, la frecuencia
de la tensión inducida en el rotor es proporcional a su deslizamiento. Como los
devanados del rotor y estator están acoplados magnéticamente, un motor de inducción
se asemeja a un transformador trifásico con el devanado secundario en movimiento. La
similitud se acentúa más cuando el rotor está en reposo. Así, un motor de inducción
puede representarse por fase mediante un circuito equivalente con cualquier
deslizamiento s como se muestra en la figura 5-8 que se vuelve a redibujar en la figura
5-9 y se le ha agregado la rama de magnetización.
Esta rama representa es las pérdidas en el núcleo por una resistencia ficticia llamada Rm
y los ciclos de histéresis por medio de la reactancia Xm.
Fig 5-9. Circuito equivalente del motor de inducción.
Donde:
V1
Rs
Xs
Es
Er
:
:
:
:
:
Rr
Xr
Is
Ir
Io
:
:
:
:
:
es la tensión de alimentación por fase.
es la resistencia del estator.
es la reactancia del estator.
es la tensión inducida en el devanado del estator.
es la tensión inducida en el devanado del rotor en condiciones de
deslizamiento s=1..
es la resistencia del rotor.
es la reactancia del estator en condiciones de deslizamiento s=1.
es la corriente en el estator por fase.
es la corriente en el rotor por fase.
es la corriente en vació que se puede expresar como la suma de
174
Im
Ic
las corrientes del efecto Eddy y las corrientes para vencer los
ciclos de histéresis.
corriente de magnetización por fase.
corriente de pérdidas en el núcleo por fase.
:
:
La tensión inducida en el devanado del estator está dada por:
Es = 4.44 fN s K wsφs Ecuación 5-32
Donde:
Ns
.
son el número de vueltas del devanado del rotor.
f
:
es la frecuencia del estator, se tomará como 60Hz.
Kws .
es el factor de devanado para el arrollamiento del estator.
φs
:
es la amplitud máxima del flujo por fase en el entrehierro.
La tensión inducida en los devanados del rotor en condiciones de s=1, está dada por:
Er = 4.44 fN r K wrφs Ecuación 5-33
Donde:
Nr
:
son el número de vueltas del devanado del rotor.
f
:
es la frecuencia del estator, se tomará como 60Hz.
Kwr
es el factor de devanado para el arrollamiento del estator.
:
φs
.
es la amplitud máxima del flujo por fase en el entrehierro.
Con base en el circuito equivalente por fase de la figura 5-9 es evidente que la corriente
en el rotor está dada por:
Erm
sEr
Er
Ecuación 5-34
=
=
Rr
Rr + jX rm Rr + jsX r
+ jX r
s
A partir de la ecuación anterior, podemos desarrollar otro circuito equivalente para un
motor de inducción que se ajuste aún más al modelo de un transformador, este modelo
se vuelve a dibujar en la figura 5-10. En este circuito la resistencia hipotética Rr/s en el
circuito del rotor se denomina resistencia efectiva, la cual es la misma que la resistencia
real del rotor cuando éste se encuentra en reposo (en condiciones de rotor fijo). Por otro
lado, cuando el deslizamiento se aproxima a cero en condiciones sin carga la resistencia
efectiva Rr/s es muy elevada y tiende a infinito.
I rm =
Si se define la relación de transformación del transformador a como:
Nk ws
a=
Ecuación 5-35
Nk wr
Fig 5-10. Circuito equivalente modificado del motor de inducción.
175
En el circuito de la figura 5-10 se han representado las corrientes y tensiones inducidas
y la inductancia del rotor en rotor como fijas. Practicándole otra trasformación, se puede
representar el motor de inducción en su modelo del circuito por fase referido al rotor
como se muestra en la figura 5-11.
A este circuito se le han practicado las siguientes modificaciones:
Rr' = a 2 Rr
X r' = a 2 X r
I
I r' = r2
a
Para este circuito equivalente se cumple:
IR
Er = r r + jI r X r
s
Iφ = I c + I m
Donde:
Es
E
e Im = s
Ro
jX o
La corriente por fase del devanado del estator y el voltaje aplicado son:
I s = Iφ + I r
Ic =
V1 = Es + I s ( Rr + jX r )
Fig 5-11. Circuito equivalente del motor de inducción trifásico equilibrado referido al lado
primario.
En este circuito, I r2 Rr / s representa la potencia por fase inducida en el rotor. Sin
embargo, las pérdidas del cobre por fase en el rotor deben ser I r2 Rr . Luego, la potencia
por fase desarrollada por el motor es:
R
1− s
I r2 r − I r2 Rr = I r2 Rr (
)
s
s
Rr
1− s
= Rr + Rr (
)
s
s
La ecuación anterior establece el hecho de que la resistencia hipotética Rr/s puede
dividirse en dos componentes: la resistencia real del rotor Rr y una resistencia adicional
de valor :
1− s
Rr (
) Ecuación 5-36
s
La resistencia adicional se denomina resistencia de carga o resistencia dinámica. La
resistencia de carga depende de la velocidad del motor y se dice que representa la carga
176
sobre el motor porque la potencia mecánica desarrollada por éste es proporcional a ella.
En otras palabras, la resistencia de carga es el equivalente eléctrico de la carga mecánica
sobre el rotor.
En la figura 5-12 se muestra el circuito equivalente del motor con las modificaciones
mencionadas anteriormente en términos de la resistencia de carga. Este circuito es
reconocido como el circuito equivalente exacto de un motor de inducción trifásico
equilibrado por fase.
Fig 5-12. Circuito equivalente por fase exacto del motor de inducción trifásico.
5.8 Características de rendimiento.
La corriente del rotor Ir y la corriente del estator Is pueden determinarse a partir del
modelo del circuito mostrado en al figura 5-12, donde Rr y Xr están referidos a los
bobinados del estator. Una vez conocidos los valores de Ir y de Is, los parámetros de
rendimiento de un motor de inducción trifásico pueden determinarse como sigue:
Pérdidas en el cobre del estator.
Pcus = 3I s2 Rs Ecuación 5-37
Por otra parte, las pérdidas en el cobre en el rotor se dan por:
Pcur = 3I r2 Rr Ecuación 5-38
Las pérdidas en el núcleo se expresan como:
3V 2 3V 2
Pc = r ≈ s Ecuación 5-39
R0
R0
La potencia en el entrehierro (potencia que pasa por medio del flujo magnético desde el
estator al rotor)
R
Pg = 3I r2 s Ecuación 5-40
s
La potencia desarrollada se puede determinar como:
R (1 − s )
Pd = Pg − Pcur = 3I r2 s
= Pg (1 − s ) Ecuación 5-41
s
A partir de la potencia desarrollada se puede encontrar el par desarrollado:
P (1 − s ) Pg
P
τd = d = g
=
Ecuación 5-42
wr ws (1 − s ) ws
La potencia de entrada se puede encontrar como:
Pin = 3Vs I s cos(θ s ) = Pcus + Pcur + Pg Ecuación 5-43
Donde θs es el ángulo entre Is y Vs, la potencia de salida Pout se puede expresar como:
177
Pout = Pd − Pv Ecuación 5-44
La eficiencia se puede expresar como:
P
Pd − Pv
Ecuación 5-45
E = in =
Pout Pc + Pg + Pcus
Si se considera que Pg>>(PCUS+Pout) y Pd>> Pv, la eficiencia se puede expresar
aproximadamente como:
P (1 − s)
P
E= d = g
= 1 − s Ecuación 5-46
Pg
Pg
Normalmente, el valor de X0 es grande, y a fin de simplificar los cálculos, R0, que es
mucho más grande, puede eliminarse del modelo el circuito. Si X 02 >> ( Rs2 + X s2 ) ,
entonces Vs ≈ Vr y a fin de simplificar aún más la inductancia de magnetización X0
puede expresarse el modelo del estator como se muestra en la figura 5-13.
Fig 5-13. Circuito aproximado equivalente por fase.
La corriente rms del rotor se puede expresar como:
Vs
Ir =
Ecuación 5-47
2
[( Rs + Rr / s ) + ( X r + X s ) 2 ]1 / 2
la potencia de salida nos queda:
3RrVs2
2
Pd = 3Rr I r =
Ecuación 5-48
[( Rs + Rr / s ) 2 + ( X r + X s ) 2 ]
Y el torque desarrollado nos queda:
P
3RrVs2
τd = d =
Ecuación 5-49
sws sws [( Rs + Rr / s ) 2 + ( X r + X s ) 2 ]
5.9 Comportamiento del torque del motor.
Si la ecuación del par contra velocidad se dibuja entre -∝ e ∝ se obtiene la figura 5-14
en ella se pueden distinguir tres zonas perfectamente diferenciables a saber:
a) zona -∝ <s<0 es una zona de funcionamiento como freno. El funcionamiento en
esta zona ocurre cuando se forza al rotor a girar en sentido contrario al del
campo magnético mediante un par externo.
b) Zona 0 <s<1 es una zona donde la máquina funciona como motor: esta es donde
el motor de inducción funciona normalmente y la potencia eléctrica de la fuente
se convierte en potencia mecánica.
c) Zona 1 <s<∝ es una zona de funcionamiento como generador: en esta zona el
rotor gira en el mismo sentido que el campo electromagnético, de modo que el
178
deslizamiento es negativo y la resistencia Rr/s tiene un valor negativo y genera
potencia. En este caso se debe imponer un torque mecánico externo en le mismo
sentido de giro del campo.
Fig 5-14. Zonas de operación de una máquina de inducción.
5.10 Zona de bajo deslizamiento.
En la región de operación normal del motor asíncrono, cerca de la velocidad de
sincronismo o de deslizamientos unidad, el denominador de la ecuación de torque
predomina el término Rr/s; por lo tanto, una aproximación de la ecuación de torque
podría ser:
3V
τ d = s 1 Ecuación 5-50
ws Rr
Donde se ve claramente que el torque es directamente proporcional al deslizamiento e
inversamente proporcional a la resistencia del rotor. La potencia mecánica generada en
la región de poco deslizamiento es:
V12
Pout = wrτ d = (1 − s ) wsτ d = 3(1 − s ) s
Ecuación 5-51
Rr
La dependencia del par generado respecto al deslizamiento permite predecir la potencia
de salida y la velocidad en toda la región de poco deslizamiento.
5.11 Torque desarrollado en la zona de bajo deslizamiento.
Cunado el motor opera cerca del deslizamiento nominal y este es menor del 10%, la
1− s
resistencia hipotética del rotor Rr (
) es considerablemente más grande que la del
s
rotor Rr y la ecuación 5-50 se puede expresar como:
3V 2 s
τd = a
Ecuación 5-52
ws R2
Por las siguientes consideraciones:
1) el torque desarrollado por el motor es proporcional al deslizamiento cuando el
voltaje en los terminales del rotor y la resistencia del rotor se mantienen
constantes. En la zona lineal, la relación de torques desarrollados por la máquina
es igual a la relación de los deslizamientos.
179
2) El torque desarrollado es inversamente proporcional a la resistencia del rotor a
un deslizamiento dado cuando el voltaje en bornes es mantenido constante. En
otras palabras, el torque desarrollado para cualquier deslizamiento puede ser
ajustado variando la resistencia del rotor. Esto se puede ver muy fácilmente en
los motores de rotor devanado.
3) En un valor definido de operación con un deslizamiento y resistencia del rotor,
el torque desarrollado por el motor es proporcional a la tensión aplicada al
cuadrado.
4) Para una operación con torque constante gajo un voltaje de alimentación fijo el
deslizamiento del rotor es directamente proporcional a la resistencia del rotor.
5.12 Corriente del rotor con bajos deslizamientos.
Si se analiza la ecuación 5-47 se puede observar que el término mas influyente a bajos
deslizamientos es Rr/s y se puede también ver que la corriente en el motor es
directamente proporcional a la tensión aplicada. Si se considera que Rr/s>>Xr la
corriente se puede aproximar a.
Vs
Ir = a
Ecuación 5-53
Rr
Y se puede apreciar que:
1) La corriente varía linealmente con el deslizamiento cuando le motor opera con bajos
deslizamientos.
2) la corriente en el rotor varía inversamente con la resistencia Rr.
5.13 Efecto de la resistencia del rotor.
Para tener una alta eficiencia y velocidad de operación relativamente constante se
requieren valores bajos de Rr.. Pero para un par de arranque grande y corrientes de
arranque pequeñas se deben tener valores relativamente grandes de resistencia en el
rotor. Este problema para el proyectista se resuelve de dos maneras. La primera,
requiere un rotor diferente al de jaula de ardilla. En un rotor devanado, labran ranuras en
el rotor y allí se enrollan devanados trifásicos que se conectan a unos anillos rozantes
que por medio de escobillas dejan disponibles los terminales de conexión al operario.
Con un rotor devanado se puede maximizar el torque de arranque con resistencias
externas y después retirarlas cuando el motor funciona en régimen normal. Sin embargo
la máquina de rotor devanado es más costosa y requiere de más mantenimiento que el
rotor jaula de ardilla.
La segunda alternativa es construir los rotores jaula de ardilla con dos barras, una
delgadas cerca de la periferia del motor y otras más gruesas en el fondo. Con los
primeros se tiene una resistencia relativamente grande y una inductancia de dispersión
pequeña porque el espacio de aire cercano al rotor limita el flujo de fuga que circula a
las corrientes de los conductores del rotor. Por consiguiente, los conductores delgados
ofrecen buenas características de arranque pero son deficientes en marcha. Por otra
parte, los conductores más gruesos y profundos tienen una resistencia más baja y una
inductancia de dispersión más grande. Los rotores de este tipo brindan mejores
180
características de marcha pero, producen un par de arranque pequeño porque la gran
inductancia predomina durante el arranque.
Fig 5-15 rotor jaula de arilla con dos jaulas.
Sin embargo, se pueden tener ambas características a la vez o más bien se pueden
moldear los conductores a fin de tener una parte de gran resistencia y poca inductancia
cerca de la superficie y una parte de poca resistencia y gran inductancia a mayor
profundidad en el rotor.
Fig 5-16 tipos de barras en las jaula de ardilla.
5.14 Clases de diseño nema.
Los proyectistas pueden usar algunas de las formas de las barras conductoras y cada una
de ellas le da al motor características diferentes cuando funcionan con carga o en el
momento del arranque. Los constructores americanos de máquinas eléctricas
establecieron la norma NEMA que agrupa algunas características en común que tienen
los motores y creo unas categorías, así cualquier fabricante puede “matricular” sus
motores en cada una de ellas y estas son:
-
Diseño A. es considerado como un motor estándar y se puede aplicar en
máquinas que necesiten una velocidad constante en plena carga. El motor puede
ser arrancado a la tensión nominal. En este momento el motor puede desarrollar
una torque de arranque entre 1.25 y 1.75 veces el torque nominal. La corriente
de arranque esta entre 5 y 7 veces la corriente nominal. El deslizamiento a plena
carga es menos del 5% porque la resistencia del devanado es baja. La regulación
de velocidad está entre el 2% y 4%. En la construcción del motor las barras son
colocadas cerca de la periferia del rotor con el fin de reducir la reactancia de
dispersión. Este tipo de motores manejan cargas con bajos momentos de inercia
181
-
-
-
-
-
-
-
y posee altas aceleraciones. Se aplican típicamente en ventiladores, sopladores,
bombas rotatorias.
Diseño B, el motor bajo esta categoría es considerado como uno de propósito
general y puede ser arrancado a tensión nominal. La resistencia del rotor de una
máquina clase B es un poco más alta que la respectiva de la clase A, las barras
son colocadas mas profundas en las ranuras que en los motores clase A. Por tal
motivo la reactancia de dispersión es más alta y por tal razón el torque de
arranque es un poco menor mientras que un aumento en la resistencia del rotor
lo aumenta. Los dos cambios realizados anteriormente se compensan
mutuamente de tal manera que el torque del motor clase A y clase B. la ganancia
que se obtiene es que la corriente esta en 4.5 y 5.5 veces la corriente de carga. Al
fin y al cabo los motores de clase A y clase B se remplazar entre si. La
regulación de velocidad de un motor esta entre 3% y el 5 % .
Diseño C, los motores clase c se fabrican con rotores de doble jaula y son
diseñados a arrancarse a plena tensión. La jaula del rotor de alta resistencia
limite la corriente de arranque 3.5 a 5 veces la corriente a plena carga. El torque
de arranque esta entre 200% y 265% del torque a plena carga. la relación de
velocidad esta entre el 4% y el 5% .este tipo de motor es usado en aplicaciones
que requieren altos torques de arranque.
Diseño D, el motor en esta categoría tiene una alta resistencia en el rotor de tal
manera que puede desarrollar entre 250 y 300% del torque nominal. La alta
resistencia en el rotor es creada por medio de aleaciones de alta resistencia para
construcción de las barra del rotor además se reduce su sección transversal. Bajo
diseño específico la corriente de arranque puede estar entre 3 y 8 veces la
corriente nominal, la eficiencia de este tipo de motor es baja. La regulación de
velocidad puede alcanzar el 10%.
Diseño F, es también un motor de doble jaula este motor tiene un bajo torque en
le momento de carga y toma la corriente de arranque mas baja de todos los
motores. por otra parte el torque de arranque es 1.25 veces el torque nominal,
mientras que la corriente de arranque esta entre 2 y 4 veces la corriente nominal.
El regulación de velocidad esta sobre el 5%. Estos motores puede ser
arrancados aplicando la tensión nominal. Estos motores son diseñados para
remplazar los motores en la categoría clase B y son fabricados a tamaños
superiores 25 hp.
tiene un par de arranque normal pero tiene una corriente de arranque menor.
Esta categoría tiene un deslizamiento en plana carga menor del 5%. Se aplican
típicamente en ventiladores, sopladores, bombas rotatorias, ciertos
transportadores, máquinas herramientas para cortar metales y maquinaria
diversa.
El diseño C tiene un par de arranque alto y una corriente de arranque
relativamente pequeña; trabaja con deslizamiento bajo a potencia nominal. Esta
los motores en esta categoría se aplican a máquinas que tengan una alto
momento de inercia como: sopladores centrífugos grandes, volantes y tambores
de trituración, arranque de bombas de embolo, compresores y transportadores.
El diseño D, tiene un par de arranque alto y su corriente de arranque es pequeña,
pero trabaja con un deslizamiento grande, cercan al 11% cuando trabaja a
potencia nominal. Este tipo de motores se puede usar en máquinas que tengan un
momento inicial grande y con cargas altas. Así como también para máquinas
donde el par de arranque varía considerablemente a lo largo de un periodo de
carga. Sus aplicaciones características son en prensas punzadoras, cizallas,
182
-
máquinas herramientas para conformar, grúas, malacates, montacargas,
caballetes de bombeo en pozos petroleros.
El diseño E, que no se encuentra, es un nuevo diseño NEMA para motores de
gran eficiencia. El motor tiene una corriente de arranque grande.
5.15 Determinacion de los parametros de la maquina.
A continuación se enumeran los pasos para determinar los parámetros del circuito
equivalente de un motor de inducción de una forma práctica.
Obtención de la resistencia del estator. Para llevara a cabo este procedimiento se debe
alimentar dos de sus fase con corriente continua como se muestra en la figura 5-17.
Cuando haga los cálculos hay que tener cuidado con la conexión del estator.
Fig 5-17. Medición de la resistencia del estator.
En la figura 5-19 se puede ver que sucede con las conexiones del estator, estas pueden
ser en Y o ∆ y hay que hacer las correcciones respectivas. Si se observa el circuito de la
figura 5-18 se puede ver el circuito equivalente por fase, si se alimenta el estator de la
máquina con corriente continua no hay transferencia de energía al rotor porque el rotor
está quieto y no hay variación del flujo con respecto al tiempo. Adicionalmente la
reactancia del estor es igual a cero porque la máquina se está alimentando con corriente
continua, entonces el único parámetro que se mide es la resistencia del rotor. Hay que
recordar que la reactancia de magnetización y la resistencia son ficticias y no aparecen
con corriente continua porque no hay flujo variante en el tiempo.
Fig 5-18 Medición de la resistencia del estator.
Ahora hay que observar como fue la conexión del motor cuando se le hizo la prueba y
esta puede ser en Y o ∆ como se muestra en la figura 5-19.
183
Fig 5-19 Conexión en ∆ o Y de una máquina de inducción.
Hay que recordar que para hacer la medición de la resistencia del rotor se debe aplicar
una tensión reducida con el fin de calentar los devanados de la máquina.
Medición de la impedancia de magnetización: para realizar esta medida se tiene que
llevar la máquina a velocidad síncrona, esto se puede lograr por medio de un motor de
corriente continua adicional, hay que recordar que la máquina asíncrona nunca gira a la
velocidad de sincronismo. Los parámetros que se deben medir son potencia, tensión y
corriente como se muestra en la figura 5-20.
Fig 5-20. Medición de la impedancia de magnetización.
En la figura 5-21 se puede observar como es el comportamiento del circuito
equivalente y que es lo que se mide. Si la máquina se lleva a la velocidad nominal la
1− s
resistencia Rr (
) = ∞ lo que da la impresión de que el rotor no esté conectado, o
s
dicho de otra manera la corriente en el rotor es cero.
Fig 5-21 Medición de la impedancia de magnetización del rotor.
Como se puede ver la impedancia que se mide es la impedancia de magnetización,
porque la impedancia del estator es muy pequeña en comparación con la impedancia
de magnetización. Esta prueba se debe hacer a tensión nominal y se deben anotar la
tensión entre línea Vca, corriente de línea Ica y potencia trifásica P; los cálculos para
hallar la impedancia son:
184
Conexión en Y:
S = 3Vca I ca
Rm
(V
=
ca
)
Q = S 2 − P2
(
2
V / 3
/ 3
; X m = ca
Q
P
)
2
Ecuación 5-54
Conexión en ∆:
S = 3Vca I ca
Q = S 2 − P2
Rm
2
(
Vca )
;X
=
P
m
2
(
Vca )
=
Q
Ecuación 5-55
Medición de las impedancias del rotor y estator. Para realizar esta prueba la
máquina debe energizarse a tensión reducida, debe mantenerse el rotor bloqueado y
hacer circular la corriente nominal de la máquina. Con esta medición se puede medir
conjuntamente las impedancias del rotor y del estator. El montaje que se debe
realizar aparece en la figura 5-22.
Fig 5-22. Prueba de rotor bloqueado.
En esta prueba se deben tomar la potencia trifásica Prb, corriente de línea Irb, y la tensión
de línea Vrb.
Como se pude ver en el circuito de la figura 5-23 si se tiene el rotor bloqueado el
deslizamiento del rotor ηr es cero, el deslizamiento se convierte en s=1 y por ende la
resistencia del rotor. Como la impedancia de magnetización es muy grande comparada
con la de magnetización se puede considerar que por esta última no circula corriente y
la impedancia que se mide es la del rotor más la del estator.
185
Fig 5-23. Análisis de la prueba de rotor bloqueado.
La impedancia del rotor junto con el estator se pueden calcular como:
V
Zt = Z r + Z s = f
If
Para una conexión en Y Vf=Vrb/1.732, If=Irb
Para una conexión en ∆ Vf=Vrb,If=Irb/1.732
El ángulo de la impedancia se puede calcular como:
Prb
θ = cos −1 (
)
3I rbVrb
La resistencia total se puede calcular como:
Rt = Z t cos(θ )
La resistencia del rotor ya se midió con la prueba de corriente continua.
Rr = Rt − Rs
La reactancia total del rotor y estator se puede calcular como:
X t = Z t sen(θ )
La reactancia del estator y del rotor se pude considerar la mitad en el rotor y la mitad en
el estator:
X
Xs = Xr = t
2
5.16 Criterios de funcionamiento de los motores de inducción.
El funcionamiento de un motor de inducción puede caracterizarse por los siguientes
criterios principales:
1) Eficiencia
2) Factor de potencia
3) Par de arranque
4) Corriente en el arranque
5) Para máximo
En las consideraciones de diseño, deberán incluirse las perdidas por calentamiento a
causa de I2R, las perdidas en el núcleo, y el medio de disipación del calor. No esta
dentro del alcance de este libro presentar una discusión detallada sobre los efectos de los
cambios en el diseño y, por consiguiente, de las variaciones de los parámetros sobre
cada una de las características del funcionamiento. Aquí resumiremos los resultados
como tendencias.
Por ejemplo, la eficiencia de un motor de inducción es
aproximadamente proporcional a (1-s). Así pues, el motor será mas compatible con una
carga que gire con el deslizamiento mas bajo. A causa de que la eficiencia depende
claramente de las perdidas, I2R, R’r y Rs deben ser pequeñas. Pero esto impone un
186
requerimiento en conflicto con la corriente bajo carga (I’r) porque el par depende del
producto de B e I’r. En otras palabras, un intento para disminuir las pérdidas en el
núcleo más allá de un cierto límite dará como resultado un aumento en las perdidas I2R
para una carga dada.
A partir de los circuitos equivalentes puede verse que es posible mejorar el factor de
potencia al disminuir las reactancias de perdida y aumentar la reactancia magnetizante.
Sin embargo, no es recomendable reducir las reactancias de dispersión a un mínimo,
puesto que la corriente de arranque del motor esta esencialmente limitada por estas
reactancias. De nuevo, notamos las condiciones en conflicto para un factor de potencia
elevado y una corriente de arranque reducida. Así mismo, el par máximo será más
elevado cuando las reactancias de perdida sean mas bajas.
5.17 El punto nominal.
La corriente nominal de una máquina está determinada por la clase de aislamiento de
sus bobinas, las pérdidas generadas por esta corriente, y el sistema de refrigeración
encargado de disipar al medio ambiente estas pérdidas. Los materiales aislantes que
recubren los conductores de las bobinas se degradan más rápidamente en relación
directa con la temperatura, a este fenómeno se lo conoce como envejecimiento. El calor
generado por pérdidas resistivas en los conductores crece con el cuadrado de la
corriente que circula por las bobinas. La temperatura en el interior de la máquina, y más
concretamente en el aislamiento de las bobinas, está determinado por la capacidad de la
máquina para transmitir el calor al medio ambiente. Esta capacidad se conoce como
impedancia térmica y depende de la geometría de la máquina, de los materiales y del
sistema de enfriamiento.
La corriente nominal por lo tanto, es aquella corriente que al circular por las bobinas,
produce pérdidas que incrementan la temperatura interior de la máquina hasta el valor
máximo. Con el valor máximo de la temperatura interior, el envejecimiento del material
del aislamiento es tan lento que permite alcanzar a la máquina su período de vida útil,
sin que se produzcan fallas en el mismo.
5.18 Perdidadas en las máquinas de inducción.
Pérdidas por fricción y ventilación. Esta prueba se debe realizar con el motor
desenergizado y la máquina se debe mover con un motor auxiliar a la velocidad de
sincronismo. Para hacer la prueba debe medirse primero las pérdidas de la máquina
auxiliar girando a la velocidad de sincronismo, en lo preferible se puede hacer con una
máquina de c.c de excitación independiente como se muestra en la figura 5-24 y se
pueden calcular como
P0 = VI . Ecuación 5-56
187
Fig 5-24. Determinación de las pérdidas de una máquina auxiliar.
Ahora, se debe acoplar la máquina de c.c al motor de inducción, se debe llevar el
conjunto a la velocidad de sincronismo, tomar los datos de tensión y corriente de la
máquina de d.c. del conjunto con P1 = VI y ahora se pueden calcular las pérdidas de la
máquina de inducción como:
Pfv = P1 − P0 Ecuación 5-57
Fig 5-25. Determinación de las pérdidas por fricción y ventilación de la máquina asíncrona.
Pérdidas en el núcleo: esta prueba determina las pérdidas que se presentan en el núcleo
debidas a las corrientes parásitas y los ciclos de histéresis. Para hacer estas mediciones
la máquina de inducción debe ser conectada a la red y debe girar a la velocidad de
sincronismo. Como se muestra en la figura 5-26.
Fig 5-26. Determinación de las pérdidas en el núcleo de la máquina de inducción.
Pedidas en el cobre del estator: estas son las pérdidas en el cobre presentadas en el
cobre del estator y se pueden calcular por medio de:
Pcus = I s2 Rs Ecuación 5-58
Donde: Is es la corriente medida o calculada por fase.
Rs es la resistencia por fase de la máquina.
188
Pérdidas en el cobre en el rotor: las pérdidas en el cobre del rotor PCUR incluyendo el
contacto en las escobillas para un motor de rotor devanado y puede ser determinado
desde el deslizamiento en por unidad por medio de:
PCUR = ( Pin − Pcus − PN ) s Ecuación 5-59
Cuando la máquina funciona como generador:
PCUR = ( Pout − Pcus − PN ) s Ecuación 5-60
5.19 Eficiencia de los motores de induccion.
La eficiencia de cualquier proceso mecánico está adquiriendo bastante importancia
conforme el costo relativo de energía continúa ascendiendo. Los motores de inducción
obedecen también estos principios que cualquier otro dispositivo. La eficiencia
representa la relación entre la potencia en la salida dividida sobre la potencia de entrada
y se puede expresar en al ecuación:
P − perdidas
E % = in ∑
*100 Ecuación 5-61
Pin
Se emplean dos métodos para determinar la eficiencia en las máquinas de inducción, y
esto depende de si el motor se puede cargar plenamente o si se debe usar con una
simulación de carga.
5.20 Eficiencia a partir de pruebas sin carga y con el rotor
bloqueado.
Un motor de inducción está relacionado de muchas maneras con un transformador.
Como consecuencia, la prueba en circuito abierto y con rotor bloqueado son bastante
aplicables. La prueba sin carga proporciona las pérdidas mecánicas y magnéticas. Como
ya se mencionó, las pérdidas en el cobre del estator no son despreciables porque hay
corrientes de línea despreciables incluso cuando se trabaja con carga ligera o nula. La
ecuación aplicable para los motores trifásicos se puede expresar como:
Prot = 3VL I L cos(θ ) − 3I s2 Rs
Y también
Ecuación 5-62
∑ P = 3VL I L cos(θ )
Esta situación se cumple porque el rotor sin carga trabaja a un deslizamiento muy
pequeño y por tanto percibe voltaje, una corriente y unas pérdidas en el cobre
significativamente pequeñas.
La prueba con rotor bloqueado, proporciona los parámetros reflejados del rotor. La
energía total demandada por el motor a una tensión reducida durante esta prueba se
disipa en las pérdidas en el cobre del estator y del rotor. El voltaje es bajo y las pérdidas
en el núcleo son pequeñas, puesto que solo circula una pequeña parte del flujo
magnético básico. Con esta prueba se puede medir la resistencia equivalente por fase del
estator más la del rotor reflejada al estator.
P
Res = br2 Ecuación 5-63
3I br
189
Puesto que esta relación se cumple sin que importe si el estator está conectado en
estrella o en delta, o si el rotor es de jaula de ardilla o devanado, es decir, se puede usar
de forma universal.
El procedimiento para determinar la eficiencia es el siguiente:
Pruebas de rotor bloqueado: tomar los valores de corriente Irb, tensión Vrb y potencia
Prb. Hay que recordar que la prueba se debe hacer a tensión reducida y hacer circular la
corriente nominal por el estator.
Fig 5-27. Prueba de rotor bloqueado.
Tomar la prueba sin carga: tomar los valores de corriente Iv, tensión Vv y potencia Pv.
Hay que recordar que la prueba se debe realizar con el motor energizado a tensión y
frecuencia nominal y el rotor no debe tener carga.
Fig 5-28. Prueba sin carga.
Medición de la resistencia del estator: esta resistencia se debe hacer por medio de la
prueba de corriente continua, se deben tomar los datos de corriente Icc y tensión Vcc. La
V
resistencia del medida se calcula como: Rm = cc y la resistencia en el estator se calcula
I cc
como:
3R
R
Conexión delta
Rs = m
conexión Y Rs = m
2
2
Fig 5-29. Medición de la resistencia del estator.
190
Hallar las pérdidas por rotación: estas pérdidas se pueden calcular a partir de la
prueba de en vacío como:
Prot = Pv − 3I v2 Rs
5-64
Hallar la eficiencia con la carga estipulada: para hallar la eficiencia con una carga
deseada, se debe colocar la carga y tomar los valores de tensión Vc, corriente Ic y
potencia Wc. a partir de los datos se pueden calcular las pérdidas en el cobre:
Pcuc = 3I c2 Rs
La eficiencia se puede determinar como:
P − perdidas
W − Prot − Pcuc
E % = in ∑
*100 = c
*100 Ecuación 5-65
Pin
Pin
5.21 Arranque de los motores de induccion
La mayoría de los motores de inducción, grandes o pequeños, son lo suficientemente
fuertes como para que puedan ser arrancados directamente de la línea sin incurrir daño
alguno a los devanados del motor aunque, cuando este está parado. La corriente de
arranque suele ser de alrededor de cinco a siete veces la corriente nominal. Sin
embargo, en los motores de inducción grandes, las corrientes de arranque elevadas son
objetables en dos aspectos. Primero, la fuente que suministra energía eléctrica al motor
de inducción pudiera no ser de una capacidad lo suficientemente grande. Segundo,
porque con una corriente de arranque grande, la caída de voltaje en la línea puede ser
excesiva, resultando en un voltaje reducido para el motor debido a las caía de tensión
que aparecen en la línea. Debido que el par varia según el cuadrado del voltaje, el par
de arranque puede resultar tan pequeño, con el voltaje de línea reducido, que el motor
no pudiera arrancar bajo carga. Así pues, formulados los requerimientos básicos para el
arranque: la corriente de la línea debería ser limitada por la capacidad de la fuente, pero
solo hasta el punto en que el motor pueda desarrollar par suficiente para el arranque
(bajo carga, si fuera el caso).
5.22 Arranque a plena tensión.
Este arranque es el más sencillo de todos, consiste en conectar las tres fases a la red,
alimentar a tensión y frecuencia nominales. Al conectarse a la red el deslizamiento del
motor es el más alto, la impedancia del rotor reflejada en el estator es baja y por
consiguiente hay una corriente alta en este momento, esta corriente está entre 5 y 8
veces la corriente nominal con un factor de potencia muy bajo (cercano a 0.6 en atraso)
lo que implica que la potencia activa desarrollada por el motor es baja y por ende el
torque también lo es, este puede estar entre 0.5 y 1.5 veces el torque nominal
dependiendo de la clase del motor. En la figura 29 se puede ver el comportamiento de
los dos parámetros del motor.
191
Fig 5-30. Comportamiento de la corriente y torque del motor de inducción a plena tensión.
Como se sabe la velocidad del rotor wr al momento de arrancar es igual a cero y por
consiguiente el deslizamiento queda como:
w − wr
s= s
=1
ws
De acuerdo a esto, el circuito equivalente queda como:
Fig 5-31. Circuito equivalente para hacer el cálculo de la corriente de arranque a plena tensión.
Si se analiza el circuito equivalente se puede decir que la corriente de arranque se puede
calcular usando la malla externa del circuito equivalente y queda:
V1
I arr =
Ecuación 5-66
( Rs + Rr ) + j ( X s + X r )
El torque en el momento del arranque se puede calcular como:
3RrVs2
τ arr =
Ecuación 5-67
ws [( Rs + Rr ) 2 + ( X r + X s ) 2 ]
El comportamiento de la corriente y el torque se pueden graficar en al figura 5-29.
Cuando usar arranque a plena tensión:
– la potencia del motor es débil con respecto a la de la red, para limitar las
perturbaciones que provoca la corriente solicitada.
– la máquina accionada no requiere un aumento progresivo de velocidad y dispone
de un dispositivo mecánico (por ejemplo, un reductor) que impide el arranque
brusco.
– el par de arranque debe ser elevado.
Cuando no usar arranque a plena tensión:
– la caída de tensión provocada por la corriente solicitada pueda perturbar el buen
funcionamiento de otros aparatos conectados a la misma línea.
– la máquina accionada no pueda admitir sacudidas mecánicas.
– la seguridad o la comodidad de los usuarios se vea comprometida (por ejemplo,
en el caso de las escaleras mecánicas), será imprescindible recurrir a una
192
artimaña para disminuir la corriente solicitada o el par de arranque. En estos
casos, el medio más utilizado consiste en arrancar el motor bajo tensión
reducida.
5.23 Arranque con resistencias en serie con la red.
Consiste en limitar las corrientes de arranque colocando unas resistencias en serie con la
red como se muestra en la figura 31, cuando el motor haya adquirido una velocidad
próxima a la de régimen estas deben cortocircuitarse para que el motor desarrolle su
potencia nominal; las potencias de pérdidas que se disipan en las resistencias son altas.
Al arrancar el motor por este método se tiene una reducción de la corriente y del par en
el momento de arranque; por tal razón se debe escoger de forma rigurosa el valor de las
resistencias, las resistencias son de unos pocos ohmios y de gran potencia, lo que hace
más difícil la consecución de estos elementos. Adicionalmente, las resistencias disipan
bastante calor, exigiendo que para cierto tamaño de los motores se haga necesario
construir grandes salas con buena ventilación para alojarlas. Una alternativa que se
puede implementar es cambiar las resistencias por reactancias (bobinas) reduciendo el
tamaño de las instalaciones y las especificaciones en cuanto a ventilación, pero con las
reactancias se disminuye el factor de potencia pudiendo incurrir en multas por
consumos excesivos de reactivos.
Fig 5-32 Arranque con resistencias en serie con la armadura.
Para que el arranque funcione adecuadamente se debe cerrar el interruptor S1y un
tiempo después se debe cerrar S2 con el fin de poderle sacar la máxima potencia la
motor de inducción. Este tipo de arranque se puede implementar a cualquier tipo de
motor de inducción que tenga 3, 6, 9 o 12 terminales. Para motores grandes es necesario
hacer el arranque con varias resistencias.
Fig 5-33. Comportamiento del motor ante un arranque con resistencias en serie.
193
El circuito equivalente del motor se puede reemplazar por el mostrado en la figura 5.
Fig 5-34 Circuito equivalente del motor de inducción con resistencias de arranque en serie con el
estator.
La resistencia de arranque se puede calcular por:
V
Rarr = 1 − ( Rs + Rr ) 2 + ( X s + X r ) 2 Ecuación 5-68
I arr
Donde la Iarr se debe estipular en el momento del arranque y depende de las
características que tenga la carga, en general Iarr=NIn donde 1<N<3.
El torque en el momento del arranque se puede calcular como:
3RrVs2
τ arr =
Ecuación 5-69
ws [( Rarr + Rs + Rr ) 2 + ( X r + X s ) 2 ]
El comportamiento de la corriente y el torque se pueden graficar en al figura 5-33.
Durante la fase de aceleración con las resistencias, la tensión que se aplica a los bornes
del motor no es constante. Equivale a la tensión de la red menos la caída de tensión que
tiene lugar en la resistencia de arranque. La caída de tensión es proporcional a la
corriente absorbida por el motor. Dado que la corriente disminuye a medida que se
acelera el motor, sucede lo mismo con la caída de tensión de la resistencia. Por tanto, la
tensión que se aplica a las bornes del motor es mínima en el momento del arranque y
aumenta progresivamente.
Dado que el par es proporcional al cuadrado de la tensión en bornes del motor, este
aumenta más rápidamente que en el caso del arranque estrella-triángulo, en el que la
tensión permanece invariable mientras dura el acoplamiento en estrella. Este tipo de
arranque es, por tanto, apropiado para las máquinas cuyo par resistente crece con la
velocidad, por ejemplo los ventiladores. Su inconveniente consiste en que la punta de
corriente es relativamente importante durante el arranque. Sería posible reducirla
mediante el aumento del valor de la resistencia, pero esta medida conllevaría una caída
de tensión adicional en las bornes del motor y, por tanto, una considerable reducción del
par de arranque. Por el contrario, la eliminación de la resistencia al finalizar el arranque
se lleva a cabo sin interrumpir la alimentación del motor y, por tanto, sin fenómenos
transitorios.
5.24 Arranques a tensión reducida.
Consiste en reducirle la tensión en el momento del arranque. Con esto se reduce
notablemente la corriente, pero también se reduce el torque que el motor puede
desarrollar. Una reducción del 60% del voltaje nominal ocasiona una reducción al 36%
de los valores de par y la corriente de arranque se reduce en un 60%. Una reducción del
194
70% de la tensión nominal reduce la corriente de arranque en un 70% y el par se reduce
al 49%.
Para llevar a cabo el arranque se ha dibujado el circuito de potencia en la figura 34 y los
pasos as seguir son: se debe cerrar la cuchilla S1 para alimentar el transformador, y se le
debe aplicar tensión reducida al motor (la cuchilla S2 debe estar conectada a baja
tensión). Una vez el motor tenga la suficiente velocidad se debe energizar a su tensión
nominal colocando la cuchilla S2 a la tensión de la red. Este arranque al igual que el
anterior se puede usar para cualquier tipo de motor, sólo hay que conectarle los tres
terminales del estator.
Fig 5-35 Arranque a tensión reducida.
En la figura 5-35 se puede observar el comportamiento de un motor que se arranca a una
tensión igual a la mitad de la nominal. El motor se debe arrancar a la mitad de la
tensión, la corriente de arranque también se reduce a la mitad. En el momento del
cambio de tensión se produce un pico en la corriente por el cambio de tensión; pero este
pico no es problemático porque es de corta duración, siempre se debe dejar que el motor
adquiera una buena velocidad. Si no se deja alcanzar una buena velocidad el pico va a
ser fuerte y prácticamente se perdería todo el equipo. Se supone que a mayor número de
taps del transformador, el arranque va a ser más suave y los picos se pueden controlar
mejor. Este tipo de arranque se puede usar para motores mayores de 100hp.
Fig 5-36. Comportamiento del motor ante un arranque a tensión reducida.
La tensión que se debe aplicar en el momento del arranque se puede calcular por medio
de:
Varr = I arr ( Rs + Rr ) 2 + ( X s + X r ) 2
Ecuación 5-70
Donde la Iarr se debe estipular en el momento del arranque y depende de las
características que tenga la carga, en general Iarr=NIn donde 1<N<3.
195
El torque en el momento del arranque se puede calcular como:
2
3RrVarr
τ arr =
Ecuación 5-71
ws [( Rs + Rr ) 2 + ( X r + X s ) 2 ]
El comportamiento de la corriente y el torque se pueden graficar en al figura 5-35.
5.25 Arranque estrella triángulo.
Este tipo de arranque se puede practicar sólo en motores que tengan 6 bornes. Al
arrancar el motor el estator se debe conectar en Y, energizando conectando la cuchilla
S2 en Y; la tensión que aparece en los devanados del estator es la tensión de línea, la
corriente se reduce a un tercio de la corriente de arranque con respecto a la conexión en
delta, el torque también se reduce a una tercera parte. Después de un tiempo se debe
hacer el cambio a delta, cambiar de posición la cuchilla S2, para que el motor pueda
desarrollar su par nominal.
Fig 5-37 Arranque estrella triángulo.
La corriente de arranque se reduce en términos de Id = 1,5 a 2,6 In lo que mejora el
desempeño de las instalaciones y el torque puede considerarse como τd = 0,2 a 0,5 τn.
Por tal razón se recomienda arrancar primero el motor y luego acoplar la carga.
La velocidad del motor se estabiliza cuando se equilibran el par del motor y el par
resistente, normalmente entre el 75 y 85% de la velocidad nominal. En ese momento,
los devanados se acoplan en triángulo y el motor rinde según sus características
naturales. Un temporizador se encarga de controlar la transición del acoplamiento en
estrella y el acoplamiento en triángulo. El cambio de la cuchilla S2 (conexión a
triángulo) se produce con un retardo de 30 a 50 milisegundos tras el arranque de la
máquina.
Fig 5-38 Comportamiento del motor ante un arranque Y-∆
∆.
196
Si se hace un cambio prematuro entre la Y y la delta se puede perder el esfuerzo, ya que
el pico de corriente es alto y no protege al motor como se puede ver en la figura 37
izquierda.
La corriente en el momento del arranque se puede calcular como:
V1 / 3
Ecuación 5-72
( Rs + Rr ) + j ( X s + X r )
El torque en el momento del arranque se puede calcular como:
3Rr (V1 / 3 ) 2
τ arr =
Ecuación 5-73
ws [( Rs + Rr ) 2 + ( X r + X s ) 2 ]
I arr =
5.26 Arranque con devanados parciales.
Este tipo de arranque se puede implementar sólo en motores de doce o de nueve bornes
y además el motor debe estar trabajando a la tensión más baja. El arranque consiste en
energizar sólo la mitad del devanado del estator por medio de 1M y después que el
motor haya alcanzado la velocidad de régimen se debe energizar la otra mitad para que
el motor pueda desarrollar la potencia nominal; esto se logra energizando 2M. Al
realizar este tipo de arranque, el motor toma 65% de la corriente nominal y el torque de
arranque se reduce a un 45%.
Fig 5-39 Arranque con devanados parciales.
Este tipo de motor está dotado de un devanado estatórico desdoblado en dos devanados
paralelos con nueve o doce bornes de salida. Equivale a dos “medios motores” de igual
potencia.
Durante el arranque, un solo “medio motor” se acopla en directo a plena tensión a la
red, lo que divide aproximadamente por dos tanto la corriente de arranque como el par.
No obstante, el par es superior al que proporcionaría el arranque estrella-triángulo de un
motor de jaula de igual potencia.
Al finalizar el arranque, el segundo devanado se acopla a la red. En ese momento, la
punta de corriente es débil y de corta duración, ya que el motor no se ha separado de la
red de alimentación y su deslizamiento ha pasado a ser débil. Este sistema, es poco
utilizado en Europa, es muy frecuente en el mercado norteamericano.
197
Fig 5-40. Comportamiento del motor con arranque con devanados parciales.
La corriente en el momento del arranque se puede calcular como:
V1
I arr =
Ecuación 5-74
2[( Rs + Rr ) + j ( X s + X r )]
El torque en el momento del arranque se puede calcular como:
3RrV12
τ arr =
Ecuación 5-75
2ws [( Rs + Rr ) 2 + ( X r + X s ) 2 ]
5.27 Arranque electrónico (soft starter):
La alimentación del motor durante el arranque se realiza mediante una subida
progresiva de la tensión, lo que posibilita un arranque sin sacudidas y reduce la punta de
corriente. Para obtener este resultado, se utiliza un graduador de tiristores montados en
contraposición y se usan dos por 2 en cada fase.
La subida progresiva de la tensión de salida puede controlarse por medio de la rampa de
aceleración, que depende del valor de la corriente de limitación, o vincularse a ambos
parámetros.
Garantiza:
– el control de las características de funcionamiento, principalmente durante los
períodos de arranque y parada.
– la protección térmica del motor y del arrancador.
– la protección mecánica de la máquina accionada, mediante la supresión de las
sacudidas de par y la reducción de la corriente solicitada.
La corriente puede regularse de 2 a 5 In, lo que proporciona un par de arranque
regulable entre el 10% y el 70% del par de arranque en directo. Permite arrancar todo
tipo de motores asíncronos. Puede cortocircuitarse para arrancar por medio de un
contactor y mantener al mismo tiempo el dominio del circuito de control. A todo ello
hay que añadir la posibilidad de:
– desaceleración progresiva,
– parada o frenada.
198
Fig 5-41. Principio de funcionamiento del arrancador suave.
El principio de funcionamiento consiste en ir aumentado paulatinamente la tensión
aplicada al estator de la máquina, en un primer instante el ángulo de conducción de los
tiristores es pequeño (pequeña tensión) y a medida que el motor adquiere velocidad el
arrancador va aumentando el ángulo de disparo (aumenta la tensión aplicada) hasta
llegar a la tensión nominal. En pocas palabras este tipo de arranque es semejante al
arranque por tensión reducida, solo que sin transformador. Este tipo de arranque tiene
un costo menor al uso de arranque con auto transformador y sus usos son más versátiles.
Para arrancar el motor se debe programar el tiempo de aceleración o la corriente
máxima de arranque y el arrancador ejecuta la pendiente de arranque sin que la
corriente nunca sobrepase los límites establecidos. Hay que recordar la reducción alta
del torque de arranque.
5.28 Arranque por resistencias rotóricas en los motores de
anillos rozantes.
Un motor de anillos no puede arrancar en directo (devanados rotóricos cortocircuitados)
sin provocar puntas de corriente inadmisibles. Es necesario insertar en el circuito
rotórico resistencias que se cortocircuiten progresivamente, al tiempo que se alimenta el
estator a plena tensión.
Fig 5-42 Arranque con resistencias en el rotor.
El cálculo de la resistencia insertada en cada fase permite determinar con rigor la curva
de par-velocidad resultante: para un par dado, la velocidad es menor cuanto mayor sea
la resistencia. Como resultado, la resistencia debe insertarse por completo en el
199
momento del arranque y la plena velocidad se alcanza cuando la resistencia está
completamente cortocircuitada.
La corriente absorbida es prácticamente proporcional al par que se suministra. Como
máximo, es ligeramente superior a este valor teórico.
Correspondiente a un par de arranque de 2 τn es aproximadamente de 2 In. Por tanto, la
punta es considerablemente más débil, y el par máximo de arranque más elevado, que
en el caso de un motor de jaula, en el que el valor normal se sitúa en torno a 6 In para
1,5 τn.
El motor de anillos con arranque rotórico se impone, por tanto, en todos los casos en los
que las puntas de corriente deben ser débiles y cuando las máquinas deben arrancar a
plena carga. Por lo demás, este tipo de arranque es sumamente flexible, ya que resulta
fácil adaptar el número y el aspecto de las curvas que representan los tiempos sucesivos
a los requisitos mecánicos o eléctricos (par resistente, valor de aceleración, punta
máxima de corriente, etc.).
5.29 Control de velocidad de los motores de inducción.
Durante mucho tiempo, las posibilidades de regulación de la velocidad de los motores
asíncronos han sido muy escasas. En la mayoría de los casos, los motores de jaula se
utilizaban a su velocidad nominal. Los únicos motores que disponían de varias
velocidades fijas eran los de acoplamiento de polos y los de devanados separados, que
todavía se emplean de manera habitual.
Actualmente, los convertidores de frecuencia permiten controlar a velocidad variable
los motores de jaula. De este modo, pueden utilizarse en aplicaciones que, hasta hace
poco, quedaban reservadas para los motores de corriente continua.
Velocidad de sincronización: La velocidad de sincronización de los motores asíncronos
trifásicos es proporcional a la frecuencia de la corriente de alimentación e inversamente
proporcional al número de pares de polos que constituyen el estator.
120 f
η=
p
N: velocidad de sincronización en r.p.m.
f: frecuencia en Hz
p: número de pares de polos.
La siguiente tabla contiene la velocidad de rotación del campo giratorio, o velocidad de
sincronización, correspondiente a las frecuencias industriales de 50 Hz y 60 Hz y a la
frecuencia de 100 Hz, en base al número de polos.
La velocidad de un motor de jaula, según se ha descrito anteriormente, depende de la
frecuencia de la red de alimentación y del número de pares de polos. Por consiguiente,
es posible obtener un motor de dos o varias velocidades mediante la creación de
combinaciones de bobinados en el estator que correspondan a distintos números de
polos.
200
numero
polos
2
4
6
8
10
12
14
Velocidad de rotacion [rpm]
50 Hz
60Hz
3000
3600
1500
1800
1000
1200
750
900
600
720
500
600
375
450
Motores de acomplamiento de polos: Este tipo de motores sólo permite relaciones de
velocidad de 1 a 2 (4 y 8 polos, 6 y 12 polos, etc.). Consta de seis bornes. Dependiendo
de sus características, los motores pueden ser de potencia constante, par constante o par
y potencia variables. Para una de las velocidades, la red se conecta a las tres bornes
correspondientes. Para la segunda, dichos bornes están conectados entre sí y la red se
conecta a los otros tres bornes. Normalmente el arranque se realiza de manera directa,
tanto para alta como para baja velocidad.
En ciertos casos, si las condiciones de uso lo requieren y el motor lo permite, el
dispositivo de arranque pasa automáticamente a baja velocidad antes de activar la alta
velocidad o antes de la parada. Dependiendo de las corrientes absorbidas durante los
acoplamientos a Baja Velocidad o Alta Velocidad, uno o dos relés térmicos pueden
encargarse de la protección.
Generalmente, el rendimiento de este tipo de motores es poco elevado y su factor de
potencia es bastante débil. Cuando es necesario que varios motores de este tipo
funcionen de manera conjunta, no se recomienda su conexión en paralelo. De hecho,
aunque los motores sean de idéntica potencia y fabricación, se producen circulaciones
de corriente que los relés de protección no pueden asimilar correctamente.
Motores de devanados estatóricos separados: Estos motores, que constan de dos
devanados estatóricos eléctricamente independientes, permiten obtener cualquier
relación de dos velocidades. Dado que los devanados Baja Velocidad deben soportar las
restricciones mecánicas y eléctricas derivadas del funcionamiento del motor a Alta
Velocidad, sus características eléctricas dependen de ello. En ocasiones, un determinado
motor funcionando a Baja Velocidad puede absorber una corriente superior que cuando
lo hace a Alta Velocidad. También es posible obtener motores de tres o cuatro
velocidades mediante el acoplamiento de los polos en uno de los devanados estatóricos
o en ambos. Esta solución requiere que los bobinados dispongan de tomas adicionales.
201
Fig 5-43. Regulación de velocidad por medio de dos devanados separados.
5.30 Regulación de velocidad en los motores de anillos.
Regulación de velocidad por deslizamiento: La conexión de una resistencia permanente
en los terminales del rotor de un motor de anillos reduce su velocidad de manera
proporcional al valor de la resistencia. Se trata de una solución sencilla para alterar la
velocidad. Las resistencias “de deslizamiento” pueden cortocircuitarse en varias
posiciones para obtener una regulación discontinua de la velocidad o la aceleración
progresiva y el arranque completo del motor. Deben soportar la duración del
funcionamiento, especialmente cuando su función consiste en hacer variar la velocidad.
Por este motivo, su volumen al igual que su coste, puede ser considerable.
Este proceso es sumamente simple y se utiliza con frecuencia. No obstante, conlleva dos
inconvenientes importantes:
- durante la marcha a velocidad reducida, gran parte de la energía tomada de la red se
disipa y se pierde en las resistencias.
- la velocidad que se obtiene no es independiente de la carga, pero varía con el par
resistente que se le aplica al eje del motor. Para una resistencia dada, el deslizamiento es
proporcional al par. Por ejemplo, la bajada de velocidad que se obtiene mediante una
resistencia puede ser del 50% a plena carga y sólo del 25% a media carga, mientras que
la velocidad en vacío permanece prácticamente invariable.
Si un operador vigila permanentemente la máquina, puede modificar bajo pedido el
valor de la resistencia para establecer la velocidad de una zona determinada. Esta
práctica funciona en el caso de los pares relativamente importantes, pero la regulación
resulta prácticamente imposible en el caso de los pares débiles. De hecho, si se inserta
una resistencia muy fuerte para obtener un punto “velocidad débil a par débil”, la menor
variación del par resistente hace aumentar la velocidad de cero a cerca del 100%. Esta
característica es muy inestable. En el caso de las máquinas con variación particular del
par resistente en función de la velocidad, el ajuste puede ser igualmente imposible.
Fig 5-44 regulación de velocidad por anillos rozantes.
202
SISTEMAS DE VARIACIÓN DE VELOCIDAD.
5.31 Variación de velocidad por medio del convertidor de
frecuencia
Principio: El objetivo del convertidor de frecuencia consiste en alimentar los motores
asíncronos trifásicos de jaula. Se basa en un principio similar a la técnica MLI (1) que
garantiza la rotación regular y libre de sacudidas de las máquinas, incluso a baja
velocidad, gracias a una forma de corriente de salida muy próxima a la senoidal.
Descripción del funcionamiento: El puente rectificador y los condensadores de filtrado
convierten la tensión alterna monofásica o trifásica de la red en tensión continua. En la
siguiente etapa, un puente ondulador de transistores conmuta la tensión continua para
generar una serie de impulsos de ancho variable. El ajuste del ancho de los impulsos y
de su repetición permite regular la tensión y la frecuencia de alimentación del motor
para mantener una relación V/f (tensión/frecuencia) constante y, por tanto, el flujo
deseado en el motor. La inductancia del motor realiza el alisado de la corriente (consulte
el esquema inferior).
Fig 5-45. Partes del convertidor de frecuencia.
El control de la modulación se lleva a cabo por medio de un microprocesador y un
ASIC (2). La modulación depende de las tensiones y las frecuencias, por tanto, de las
velocidades solicitadas en la salida. Los convertidores de frecuencia son muy fáciles de
utilizar para alimentar un motor de jaula estándar. El par que se obtiene permite
accionar todo tipo de máquinas, incluyendo las de fuerte par resistente.
En caso de par de arrastre, existe una opción que permite el funcionamiento en los
cuatro cuadrantes. El convertidor de frecuencia hace posible que el motor funcione en
ambos sentidos de la marcha y permite la opción de frenado. La frecuencia de salida
puede ser superior a la de alimentación.
El variador también se utiliza como arrancador o freno para la puesta en marcha y la
parada progresiva adaptada a una rampa. Integra la protección térmica del motor y la
protección contra cortocircuitos. El diálogo con el operador se simplifica gracias a los
diodos LED, visualizadores de 7 segmentos, y consolas de puesta en servicio y la
posibilidad de interconexión con un ordenador del tipo PC. El diálogo con los
automatismos puede realizarse por medio de un enlace serie o de un bus multipunto.
203
Fig 5-46. Comportamiento del motor con arrancador electrónico.
5.32 Variación de velocidad por medio del variador de tensión
Esta solución tiende a desaparecer como resultado de los avances conseguidos por los
convertidores de frecuencia. El par que suministra un motor asíncrono es proporcional
al cuadrado de la tensión de alimentación. El principio de funcionamiento consiste en
reducir el par resistente a la velocidad deseada. La modulación de tensión se obtiene
mediante la variación del ángulo de encendido de dos tiristores montados en oposición
en cada fase del motor.
Fig 5-47. Regulación de tensión por medio de tensión.
Este sistema de variadores de tensión se utiliza principalmente para variar la velocidad
de los pequeños ventiladores. Durante el deslizamiento del motor, las pérdidas en el
rotor son proporcionales al par resistente e inversamente proporcionales a la velocidad.
Por tanto, el motor debe tener capacidad para disipar estas pérdidas y no debe presentar
puntos de inflexión que desestabilizarían la velocidad. Normalmente, los pequeños
motores de hasta 3 kW cumplen estas condiciones. Además, hace falta un motor de
jaula resistente, motoventilado en caso de que trabaje a baja velocidad. Es posible
utilizar este variador como arrancador para las máquinas con pares resistentes débiles.
Fig 5-48. Variación de velocidad por medio de la tensión de armadura.
204
Regulación de velocidad por deslizamiento: La conexión de una resistencia permanente
en los bornes de un motor de anillos reduce su velocidad de manera proporcional al
valor de la resistencia. Se trata de una solución sencilla para alterar la velocidad. Las
resistencias “de deslizamiento” pueden cortocircuitarse en varias posiciones para
obtener la regulación discontinua de la velocidad o la aceleración progresiva y el
arranque completo del motor.
Fig 5-49. Regulación de velocidad por deslizamiento.
Deben soportar la duración del funcionamiento, especialmente cuando su función
consiste en hacer variar la velocidad. Por este motivo, su volumen al igual que su coste,
puede ser considerable. Este proceso es sumamente simple y se utiliza con frecuencia.
No obstante, conlleva dos inconvenientes importantes:
– durante la marcha a velocidad reducida, gran parte de la energía tomada de la red se
disipa y se pierde en las resistencias.
– la velocidad que se obtiene no es independiente de la carga pero varía con el par
resistente que aplica la máquina al eje del motor. Para una resistencia dada, el
deslizamiento es proporcional al par. Por ejemplo, la bajada de velocidad que se obtiene
mediante una resistencia puede ser del 50% a plena carga y sólo del 25% a media carga,
mientras que la velocidad en vacío permanece prácticamente invariable.
Fig 5-50. Control de velocidad por deslizamiento.
Si un operador vigila permanentemente la máquina, puede modificar bajo pedido el
valor de la resistencia para establecer la velocidad de una zona determinada. Esta
práctica funciona en el caso de los pares relativamente importantes, pero la regulación
resulta prácticamente imposible en el caso de los pares débiles. De hecho, si se inserta
una resistencia muy fuerte para obtener un punto “velocidad débil a par débil”, la menor
variación del par resistente hace aumentar la velocidad de cero a cerca del 100%. Esta
característica es muy inestable. En el caso de las máquinas con variación particular del
par resistente en función de la velocidad, el ajuste puede ser igualmente imposible.
205
5.33 Frenado de los motores de inducción.
Como se sabe de antemano, los frenados eléctricos de los motores sirven para reducir la
velocidad y no para mantener el eje del rotor quieto. Para frenar el motor de inducción
se pueden tener tres formas, a saber:
Frenado natural: es el frenado más simple, económico y sencillo que existe y consiste
en dejar que la energía cinética almacenada en el rotor se invierta en otro tipo de
energía. Es decir, se deja que el rotor se pare por sí sólo. Este es el más económico, ya
que no necesita contactores ni energías adicionales en ese momento. Además no expone
al motor a cargas adicionales. Para realizar este tipo de frenado simplemente se debe
quitar la energía (desconectar las tres fases de alimentación).
Fig 5-51. Frenado natural.
Frenado con inyección de corriente continua: como se explica en el principio de
funcionamiento, el rotor sigue el campo magnético rotatorio del estator y a medida que
se le va colocando carga el rotor aumenta su deslizamiento. ¿Que sucedería si el campo
del estator se deja estático? el campo giratorio en el estator también tendería a quedarse
quieto. Al colocarle un campo fijo en el estator y el rotor estar girando (sucede en el
momento del frenado) la tensión inducida en el rotor es alta, y se inducirán altas
corrientes en el rotor; por tales razones, el torque que se genera en el momento del
frenado puede ser alto, dependiendo de la magnitud de la corriente en el momento del
frenado, es decir depende de la resistencia del estator y de la magnitud de la tensión en
el momento del frenado. Al realizarse este tipo de frenado es importante tener en cuenta
que la corriente de frenado no debe ser superior a la corriente nominal y además el
tiempo de frenado debe ser lo más corto posible, pues la potencia que genera la fuente
de dc se disipa toda en forma de calor en el devanado del estator.
Fig 5-52 Frenado con corriente continua.
206
Con este frenado se debe tener un cuidado especial, ya que se puede mezclar corriente
alterna con continua y dañar no solo el motor sino los rectificadores o los bancos de
batería. El frenado se debe realizar abriendo inicialmente 1M y luego activando 2M por
un pequeño intervalo de tiempo.
El proceso consiste en enviar corriente rectificada al estator previamente separado de la
red. Dicha corriente crea un flujo fijo en el espacio. Para que el valor del flujo
corresponda a un frenado adecuado, la corriente debe ser aproximadamente 1,3 veces la
corriente nominal. Generalmente, el excedente de pérdidas térmicas causado por esta
ligera sobreintensidad se compensa por el tiempo de parada que sigue al frenado.
Dado que el valor de la corriente queda establecido por la única resistencia de los
devanados del estator, la tensión de la fuente de corriente rectificada es débil. Dicha
fuente suele constar de rectificadores o proceder de los variadores. Estos elementos
deben poder soportar las sobretensiones transitorias producidas por los devanados
recién desconectados de la red alterna.
Frenado a contra corriente: este tipo de frenado consiste en invertirle el sentido de
rotación al campo del estator; en pocas palabras consiste en invertirle la secuencia al
campo o invertirle dos fases en el estator como se ve en la Fig 3. Si se analiza el circuito
de frenado a contracorriente y el de inversión de giro se ve que son exactamente iguales.
Por ende el frenado consiste en invertirle el sentido de giro por un pequeño instante de
tiempo y si hay necesidad, se puede invertir el sentido de rotación para proteger a los
operarios que trabajan en la planta.
Fig 5-53. Frenado a contracorriente para un motor de inducción.
Antes de adoptar este sistema, es imprescindible comprobar que el motor sea capaz de
soportar frenados por contracorriente. Además de las restricciones mecánicas, este
procedimiento impone ciertas limitaciones térmicas importantes en el rotor, ya que la
energía correspondiente a cada frenado (energía de deslizamiento tomada de la red y
energía cinética) se disipa en la jaula. En el momento del frenado, las puntas de
corriente y de par son claramente superiores a las que se producen durante el arranque.
Para obtener un frenado sin brusquedad, suele insertarse una resistencia en serie con
cada fase del estator durante el acoplamiento en contracorriente. A continuación, el par
y la corriente se reducen como en el caso del arranque estatórico.
Los inconvenientes del frenado por contracorriente de los motores de jaula son tan
importantes que este método sólo se utiliza en ciertas aplicaciones con motores de
escasa potencia.
207
Motor de anillos: Para limitar la punta de corriente y de par, antes de acoplar el estator
del motor a contracorriente, es obligatorio volver a insertar las resistencias rotóricas
utilizadas durante el arranque. También suele ser necesario añadir una sección adicional
denominada de frenado.
El par de frenado puede regularse fácilmente mediante la elección de una resistencia
rotórica adecuada. La tensión rotórica en el momento de la inversión es casi el doble
que en el momento de parada, lo que puede obligar a tomar precauciones especiales de
aislamiento.
Al igual que sucede con los motores de jaula, el circuito rotórico produce una gran
cantidad de energía que, en gran medida, se disipa en las resistencias. Es posible
controlar automáticamente la parada al alcanzar la velocidad nula por medio de uno de
los dispositivos mencionados anteriormente o mediante la acción de un relé de tensión o
de frecuencia insertado en el circuito rotórico. Este sistema permite retener una carga
arrastrante a velocidad moderada. La característica es muy inestable (fuertes variaciones
de velocidad por débiles variaciones de par).
5.34 Inversión de giro en los motores de inducción.
Para invertir el sentido de giro de los motores de inducción se debe invertir el sentido de
giro del campo en el estator, es decir, se debe invertir la secuencia de las fases de
alimentación del estator. En el momento de inversión de giro se producen las corrientes
altas que pueden exponer al motor a sobre temperaturas. Las corrientes en el momento
de la inversión son un poco mayores que las de arranque, ya que el deslizamiento es
menor que cero (negativo). Es aconsejable limitar las corrientes de inversión de giro con
los mismos métodos que se realizan los arranques. El circuito y la explicación se
encuentran en practicas anteriores.
Fig 5-54. Frenado a contracorriente para un motor de nueve devanado.
5.35 Generador de inducción aislado.
Un generador de inducción puede ser auto-excitado proporcionando la potencia
reactiva magnetizante por medio de un banco de condensadores (o capacitores). En tal
caso, no se necesita una fuente externa de ca. El voltaje y la frecuencia de operación del
generador están determinados por la velocidad del generador, su carga y la capacidad
del banco de condensadores. Como en el caso del generador en derivación de cc, para
208
que el generador de inducción se auto-excite, su rotor debe tener el suficiente flujo
remanente (ver figura 1). La operación de un generador de inducción auto-excitado
puede entenderse a través de la figura 2. En vació, la corriente del condensador,
Ic=V1/Xc, debe ser igual a la corriente de magnetización, Im=V1/Xm. Debido a que V1 es
una función de Im, para una operación estable, la línea IcXc=ImXc debe intersecar a la
curva de magnetización, que es un trazo de V1 versus Im, como se muestra en la figura 2.
El punto de operación P queda entonces determinado, y
V1 = I m X c
Puesto que Xc=1ω/C=1/(2πfC), podemos reescribir la ecuación así:
I m = 2πfCV1
De la ecuación se sigue que la frecuencia de operación esta dada por
Im
f =
Ecuación 5-76
2πCV1
Bajo carga, la potencia generada V1I’2cosφ’2 proporciona la perdida de potencia en Rm,
y la potencia utilizada por la carga R. Las corrientes reactivas se relacionan entre si de
la siguiente manera:
V1 V1 V1
= +
+ I ' 2 senφ ' 2 Ecuación 5-77
Xc X Xm
Lo cual determina la capacitancia para una carga dada.
Fig 5-55. Generador de inducción autoexcitado.
5.36 Generador de inducción conectado a un sistema de
potencia.
Para entender la operación como generador, consideremos una maquina trifásica de
inducción a la cual se le acopla mecánicamente un motor de fuerza motriz. Cuando el
estator es excitado, se produce un campo magnético rotatorio en sincronismo y el rotor
comienza a girar, como en un motor de inducción, mientras toma potencia eléctrica de
209
la fuente de suministro. Entonces se debe encender el primomotor (para que el rotor
gire en la dirección del campo rotatorio). Cuando la velocidad del rotor exceda a la
velocidad del sincronismo, la dirección de la potencia eléctrica se invertirá. La potencia
comienza a fluir hacia la fuente al tiempo que la maquina comienza a operar como un
generador.
Fig 5-56. Generador conectado a un sistema de potencia.
Fig 5-57. Circuito equivalente de un generador conectado a un sistema de potencia.
El campo magnético giratorio se produce por efecto de la corriente magnetizante
suministrada al devanado del estator desde la fuente trifásica. Este abastecimiento de la
corriente magnetizante debe estar disponible cuando la maquina opera como un
generador de inducción. Para generadores de inducción operando en paralelo con una
fuente trifásica, el voltaje y la frecuencia están fijados por el voltaje y la frecuencia de
operación de la fuente que abastece la corriente de excitación.
A diferencia de un generador síncrono, para una carga dada, la corriente de salida y el
factor de potencia están determinados por los parámetros del generador de inducción.
Por lo tanto, cuando un generador de inducción desarrolla una cierta potencia, también
entrega una cierta corriente en fase y una cierta corriente en cuadratura. Sin embargo, la
componente en cuadratura de la corriente generalmente no tiene una relación definida
con la componente en cuadratura de la corriente de carga. La corriente en cuadratura
debe ser suministrada por los condensadores conectados en paralelo con el generador de
inducción.
Los generadores de inducción no son adecuados para abastecer cargas que tengan
bajos factores de potencia en atraso. Tiempos atrás, los generadores de inducción se
utilizaron en sistemas de generación de velocidad variable y frecuencia constante. Los
generadores de inducción grandes han encontrado aplicación en plantas de potencia
hidroeléctricas y aerogeneradores.
5.37 Ejemplos
EJEMPLO 1
210
El estator de una máquina de inducción tiene seis polos y se alimenta con una fuente de
tensiones senoidales trifásicas balanceadas. Cual es la velocidad de giro del campo
magnético en el estator si la frecuencia de alimentación del es de:
a) 50Hz
b) 60Hz.
Respuesta:
a) Para una frecuencia de 60Hz la velocidad de giro viene dada por:
120 f 120 * 60
ηs =
=
= 1200rpm
P
6
b) Y para una frecuencia de 50Hz es
120 f 120 * 50
ηs =
=
= 1000rpm
P
6
EJEMPLO 2
Cual es la frecuencia de la corriente del rotor de una máquina de inducción de seis polos
que gira a una velocidad de 1000 rpm y se alimenta con una fuente de 60Hz.
Respuesta:
s=
η s − η r 1200 − 1000
=
= 0.166
ηs
1200
f r = sf s = 0.16 * 60 = 9.6 Hz
EJEMPLO 3
Si a una máquina de anillos rozantes de dos polos y se aliementa a 60Hz se le midió la
tensión en el rotor cuando este está parado y el rotor está energizado y dio 20V; se
necesita estimar la tensión en el rotor cuando gira con una velocidad de 1700 rpm.
Hallar esta tensión.
Respuesta:
Como el rotor de la máquina gira cercana a la velocidad de sincronismo pero nunca es
igual se puede decir que la frecuencia sincrona es 1800 rpm y por ende la tensión en el
rotor es:
η − ηr 1800 − 1700
Er = sEro = s
=
20 = 111V
ηs
1800
EJEMPLO 4
Calcular la velocidad del rotor a plena carga de una maquina de inducción de 2 polos si
el deslizamiento es del a) 5%, b) 7%.
Respuesta:
La velocidad de sincronismo se puede calcular como:
211
120 f 120 * 60
=
= 3600rpm
P
2
La velocidad el rotor se puede calcular como:
a) η r = (1 − s )η s = (1 − 0.05) * 3600 = 3420rpm
b) η r = (1 − s )η s = (1 − 0.07) * 3600 = 3348rpm
ηs =
EJEMPLO 5
Cuantos polos tiene una máquina cuyo rotor gira a 1650 rpm y se laiementa con una
fuente trifásica e 60Hz.
La velocidad del rotor es cercana y menor que la velocidad de sincronismo, por ende en
número de polos se puede calcular como:
120 f
120 * 60
ηs =
⇒P=
= 4.36
P
1650
Como el número de polos de una máquina debe ser pare y entero, la máquina puede
tener 4 polos o 6 en ese caso se calculan las velocidades para cada par de polos:
120 f 120 * 60
ηs =
=
= 1800rpm
P
4
120 f 120 * 60
ηs =
=
= 1200rpm
P
6
Como la velocidad del rotor debe ser cercana y menor a la velocidad del rotor la
máquina debe tener 4 polos.
EJEMPLO 6
Un motor de inducción de seis polos, trifásico, de 60 Hz gira con un deslizamiento de
4% a una cierta carga. Determinar (a) la velocidad de sincronismo, (b) la velocidad del
rotor, (c) la frecuencia de las corrientes del rotor, (d) la velocidad del campo en rotación
del rotor con respecto al estator, y (e) la velocidad del campo en rotación del rotor con
respecto al campo en rotación del estator.
a) La velocidad de sincronismo viene dada por:
120 * 60
ns =
= 1200rpm
6
b) La velocidad del campo magnético se puede obtener
n = (1 − s )n s = (1 − 0.04) *1200 = 1152rpm
c) La frecuencia de las corrientes del rotor es dada por:
f r = 0.04 * 60 = 2.4 Hz
d) Los seis polos del estator inducen seis polos en el rotor. El campo en rotación
producido por el rotor gira a una velocidad síncrona correspondiente, ns, relativa
al rotor de modo que
120 f r 120 f
nr =
=
s = sn s
P
P
Pero la velocidad del rotor con respecto al estator es
n = (1 − s )n s
De aquí que la velocidad del campo del rotor con respecto al estator sea
212
n ' s = n r + n = sn s + (1 − s ) n s = 1200 rpm
e) La velocidad del campo del rotor con respecto al campo del estator es
n' s − n s = n s − n s = 0
EJEMPLO 7
Un motor de inducción de 6 polos, 60 Hz gira a 1152 rpm. Determine la velocidad de
sincronismo y el porcentaje de deslizamiento.
La velocidad de sincronismo viene dada por:
120 f 120 * 60
ηs =
=
= 1200rpm
P
6
El deslizamiento se puede calcular como:
η − η r 1200 − 1152
s= s
=
100 = 4%
ηs
1200
EJEMPLO 8
El rotor de una máquina asíncrona de 440V, 5oHz, polos gira a 720 rpm. Determine:
a) la velocidad síncrona. Rta 750 rpm
b) La frecuencia del rotor. Rta 2 Hz
EJEMPLO 9
Si la frecuencia del rotor de una máquina asíncrona de 6 polos, 50Hz trifásica es de 3
Hz, determina:
a) El deslizamiento. Rta 0.06
b) La velocidad del rotor. Rta 940 rpm
EJEMPLO 10
El rotor de una máquina asíncrona de 4 polos, 60Hz, gira a 1710 rpm, determine:
a) la velocidad síncrona. Rta 1800 rpm
b) La frecuencia del rotor. Rta 3Hz
c) Velocidad de giro del campo magnético en el rotor. Rta 179.07 rad/seg
EJEMPLO 11
Un motor jaula de ardilla trifásico de 5hp, 220V, 60Hz, 1728 rpm tiene los siguientes
parámetros
Rs=0.48 Ω, Rr=0.41 Ω, Xs=0.67Ω, Xr=0.67Ω,Xm=25Ω,
El estator está conectado en Y y el deslizamiento a velocidad nominal es del 7% a plena
carga, Determine:
a) La corriente en vacío.
b) Factor de potencia en vacío.
c) Corriente de arranque.
d) Factor de potencia en el arranque.
e) Corriente a plena carga.
f) Factor de potencia a plena carga.
Solución:
a) el circuito equivalente de motor es
213
En vacío se cumple que ηs=ηr y por ende el deslizamiento es s =
resistencia
1− s
Rr (
) =∞y
s
la
corriente
del
estator
η s − ηr
= 0 , le
ηs
viene
dada
por
Va
= 4.94 < −88.93 A
Rs + j ( X s + X m )
b) El factor de potencia en vacío es dado por:
fp = cos(−88.93) = 0.018(atraso)
η − ηr
1− s
= 1 , y por ende Rr (
c) En el momento del arranque ηr=0, s = s
) = 0 , la
ηs
s
Va
= 78.94 < −56.41A
corriente de arranque es dada por I 0 =
Rs + j ( X s + X r )
d) El factor de potencia viene dado por:
fp = 0.055(atraso)
1− s
e) S el deslizamiento es del 7% entonces: s07%, Rr (
) = 5.45Ω
s
Las ecuaciones de la máquina quedan como:
− j 25
127 0.48 + j 25.6
  Is 
 0  =  − j 25
5.86 + j 25.67  Ir 
  
Is=20.18<-23.69A, Ir=19.16<-10.83A
f) Factor de potencia con carga:
fp = 0.916(atraso)
EJEMPLO 12.
Las impedancias de un motor de inducción de 16kw, 690/440V, 50Hz, 4 polos son:
Rs=0.5 Ω, Rr=0.75 Ω, Xs= Xr =2.6Ω, Xm=50Ω, Va=440V
Si la máquina está conectado en ∆ y a plena carga tiene un deslizamiento del 10%,
determinar :
a) Corriente en vacío.
b) Corriente de arranque.
c) Corriente en funcionamiento a plena carga.
Solución:
a) Corriente en vacío:
I0 =
ηs=ηr, s =
η s − ηr
1− s
Va
= 0 , Rr (
) = ∞ , I0 =
= 7.6 < −89.45 A
ηs
s
Rs + j ( X s + X m )
214
b) La corriente de arranque es:
1− s
Va
η − ηr
ηr=0, s = s
= 1 , Rr (
) = 0 , I0 =
= 74.79 < −76.48 A
ηs
s
Rs + j ( X s + X m )
c) La corriente a plena carga es:
− j 50   Is 
400 0.5 + j 52.6
 0  =  − j 50
7.5 + j 52.62  Ir 

 
Is=36.63<-54.55A, Ir=32.3<-46.95A
EJEMPLO 13.
Un motor de inducción de 4 polos, 400V, 60Hz, trifásico conectado en Y, tiene los
siguientes parámetros:
Rs=2Rr=0.2 Ω, Xs=2.5Xr=0.5Ω,Xm=20Ω, Va=230.9V
Si la máquina gira a 1755 rpm, determinar:
a) Potencia de salida.
b) Par o torque de salida.
Solución:
a) a partir del circuito equivalente se puede determinar la potencia de salida:
ηs =
120 f
η − ηr
1− s
= 1800rpm , s = s
= 0.025 , Rr (
) = 3.9
P
ηs
s
− j 20   Is 
230.9 0.2 + j 20.5
=
 0   − j 20
4 + j 20.2  Ir 

 
Is=54.61<-19.99A, Ir=53.04<-8.79A
1− s 
P = 3I r2 Rr 
 = 32.9 Kw
 s 
b) el torque viene dado por:
P
τ = = 179.1Nm
w
EJEMPLO 14
Un motor de inducción trifásico conectado en ∆ de 230V, 60Hz, dos polos opera con un
deslizamiento del 3% mientras la corriente de línea es de 22A, las resistencias y
reactancias del estator 0.1Ω y 0.2Ω, las pérdidas por dispersión son de 1.15Ω, calcular:
a) Resistencia del rotor.
b) Potencia desarrollada.
Solución:
215
12.7 =
230
, Rr=0.124Ω
Rr 

2
 0.1 +  + (0.2 + 0.15)
s 

c) La potencia e salida es:
1− s 
P = 3I r2 Rr 
 = 1.93Kw
 s 
2
EJEMPLO 15
Un motor de inducción trifásico de 208V, 50Hz, 12 polos, conectado en ∆ tiene una
impedancia en el estator de 0.06+j0.8 Ω, y una impedancia en el roto de 0.1+j0.3Ω
cuando el rotor está quieto, la reactancia de magnetización es de 150Ω. Cuando el motor
opera a plena carga tiene un deslizamiento del 5%, determinar:
a) La potencia del motor
b) El torque en el eje
Solución:
a) la potencia es dada por:
1− s
Rr (
) = 1.9 ,
s
− j150   Is 
208 0.01 + j150.8
 0  =  − j150
2 + j150.3  Ir 

 
Is=90.57<-29.35A, Ir=90.38<-28.59A
1− s 
P = 3I r2 Rr 
 = 46.56 Kw
 s 
c) El torque es dado por:
P
τ = = 780.04 Nm
w
EJEMPLO 16
Un motor de inducción trifásico de 6 polos, 230V 60Hz, conectado en Y tiene los
siguientes parámetros de su circuito por fase:
Rs=0.5 Ω, Rr=0.25 Ω, Xs= 0.75, Xr =0.5Ω, Xm=100, Rm=500Ω
La fricción por fricción y ventilación son de 150W y tiene un deslizamiento a plena
carga del 11%. Determinar:
a) La potencia de entrada.
b) Las pérdidas en el cobre el rotor y estator.
c) Al potencia transferida.
d) La potencia desarrollada.
e) La potencia de salida.
f) El torque de salida
g) La eficiencia.
216
Solución.
A partir del circuito equivalente tenemos:
Las ecuaciones del circuito equivalente quedan:
1− s
) = 2.02
Rr (
s
− j100
0
230 0.5 + j100.75
Is 
 0  =  − j100
I 
− 500
500 + j100

 
 o 
 0  
0
− 500
502.27 + j 0.5  I r 
Is=76.24<-25.29A
Io=75.84<-24.06A
Ir=75.5<-24.06A
a) potencia de entrada
Pin = 3VI cos(θ ) = 47.7 KW
b) Las pérdidas en el cobre del estator
Pcus = 3I s2 Rs = 8.7 KW
Las pérdidas en el cobre del rotor.
Pcur = 3I r2 Rr = 4.27 KW
c) Al potencia transferida.
Pt = Pin − Pcus − Pm = 38.87 KW
R
Pt = 3I r2 r = 38.86 KW
s
d) La potencia desarrollada.
1− s
Pd = 3I r2 Rr
= 34.54 KW
s
Pd = Pt − Pcur = 34.59 KW
e) La potencia de salida.
Pout = Pd − Pfv = 33.09 KW
f) El torque de salida
P
τ = out = 29.58 N .m
wr
g) La eficiencia.
P
e% = out 100 = 69.37%
Pin
EJEMPLO 17
Un motor de inducción trifásico conectado en ∆ de 208V, 50Hz, 12 polos, tiene una
impedancia del estator de 0.1+j0.3 Ω/fase y una impedancia a rotor bloqueado de
0.06+j0.8 Ω/fase. Las resistencias de pérdidas en el núcleo son de 150Ω/fase y la
reactancia de magnetización es de 750Ω/fase. Las pérdidas por fricción y ventilación
son de 2KW. Cuando el rotor opera a su deslizamiento nominal del 5%, determine:
217
a) La potencia de entrada.
b) Las pérdidas en el cobre del estator.
c) Las pérdidas del cobre en el rotor.
d) La potencia en el entrehierro.
e) La potencia desarrollada.
f) La eficiencia
g) El torque en el eje.
h) La potencia nominal.
Solución.
1− s
) = 1.14
Rr (
s
− j150
0
208 0.1 + j150.3
Is 
 0  =  − j150
750 + j150
− 750   I o 

 
 0  
0
− 750
751.2 + j 0.8  I r 
Is=107.7<-34.99A
Io=107.14<-34.42A
Ir=106.92<-34.48A
a) potencia de entrada
Pin = 3VI cos(θ ) = 55.05 KW
b) Las pérdidas en el cobre del estator
Pcus = 3I s2 Rs = 3.48KW
Las pérdidas en el cobre del rotor.
Pcur = 3I r2 Rr = 2057W
c) potencia transferida.
R
Pt = 3I r2 r = 41.15KW
s
d) La potencia desarrollada.
1− s
Pd = 3I r2 Rr
= 39.09 KW
s
e) La potencia de salida.
Pout = Pd − Pfv = 37.09 KW
f) El torque de salida
P
τ = out = 745.74 N .m
wr
g) La eficiencia.
P
e% = out 100 = 67.38%
Pin
EJEMPLO 18
218
Una máquina de inducción trifásica de 10hp, 4 polos, 440V, conectado en ∆ gira a
1725rpm a plena carga. Las pérdidas del cobre en el estator son 212W y las pérdidas
rotacionales son de 340W, determine:
a) La potencia desarrollada.
b) La potencia transferida
c) Las perdidas en el cobre
d) La potencia de entrada.
e) La eficiencia
Pout = 7460W
Pd = Pout + Pfv = 7.8 KW
Pd
= 339W
1− s 


 s 
Pt = Pd + Pcus = 8.139 Kw
Pin = Pt + Pcus = 8.351KW
P
E % = out 100 = 89.33%
Pin
Pcur =
EJEMPLO 19
Un motor de inducción trifásico de 208V, 60Hz, 6 polos, conectado en Y tiene los
siguientes parámetros:
Rs=0.21 Ω, Rr=0.33 Ω, Xs= 0.6Ω, Xr =0.6Ω, Xm=450Ω, Rm=210Ω
Cuando el motor se encuentra a plena carga gira con un deslizamiento del 5% a plena
carga. Cual es el torque de arranque, la corriente de arranque usando el ciruito
equivalente aproximado.
Solución:
Usando el circuito equivalente aproximado
Torque de arranque.
3RrVs2
τd =
= 47.45 N .m
sws [( Rs + Rr / s ) 2 + ( X r + X s ) 2 ]
Corriente de arranque.
Va
I arr =
= 69.3 A
2
( Rr + Rs ) + ( X r + X s ) 2
EJEMPLO 20.
Un motor de inducción trifásico de 230V, 4 polos, 60Hz, conectado en Y tiene los
siguientes parámetros:
Rs=10.12 Ω, Rr=21.97 Ω, Xs= 38.61Ω, Xr =11.51Ω, Xm=432.48Ω,
Cuando el motor trabaja a su velocidad nominal de 1550 rpm, las pérdidas en el núcleo
son de 10.72 vatios, las pérdidas por fricción y ventilación son de 5.9W, determinar:
a) La corriente del estator. Rta=0.766<-34.170
b) La corriente de magnetización. Rta 0.558<-99.76
219
c)
d)
e)
f)
g)
h)
La corriente en el rotor. Rta 0.7<-14.55
La potencia de entrada. Rta 252.5W
Las pérdidas en el cobre del rotor. Rta 32.3W
La potencia de salida. Rta 194.1W
El torque. Rta 1.19 Nm
La eficiencia. Rta 76.87%
EJEMPLO 21
Las constantes por fase de un motor de inducción de 600V, 60Hz, 4 polos conectado
en Y son Rs=0.75 Ω, Rr=0.8 Ω, Xs= 2.0 Ω, Xr =2.0 Ω, Xm=50Ω, Calcular:
a) El par de arranque.
b) El par máximo.
c) El par cuando trabaja con un deslizamiento del 7%
Solución:
a) el torque de arranque de la máquina de inducción está dado por:
1− s
120 f
η −η
η r = 0 , s = s r = 1 , Rr (
) = 0 ,η s =
= 1800rpm ws = 188.49[rad / seg ]
ηs
s
P
3RrVs2
= 83.02 N .m
sws [( Rs + Rr / s ) 2 + ( X r + X s ) 2 ]
b) El torque máximo se logra cuando:
Rr
s=
= 0.196
Rr2 + ( Xr + Xs ) 2
τ arr =
τdm =
3Vs2
= 198.12 N .m
2ws [ Rs + Rs2 + ( X r + X s ) 2 ]
c) Torque cuando trabaja con un deslizamiento del 7%
3RrVs2
τd =
= 78.11N .m
sws [( Rs + Rr / s ) 2 + ( X r + X s ) 2 ]
EJEMPLO 22
Un motor de inducción trifásico de 120V, 60Hz, 6 polos conectado en ∆ tiene una
impedancia del estator de 0.2+j0.25 y una impedancia del rotor de 0.1+j0.15 cuando
este está quieto. Encuentre el par máximo y su corriente.
a) el circuito equivalente es dado por:
El torque máximo está dado por:
3Vs2
τdm =
= 265.5812 N .m
2ws [ Rs + Rs2 + ( X r + X s ) 2 ]
el deslizamiento es dado por:
220
Rr
s=
= 0.242
R + ( Xr + Xs ) 2
1− s
Rr (
) = 0.31
s
Va
Ia =
= 223.86 A
Rr
2
2
( + Rs ) + ( X r + X s )
s
EJEMPLO 23
Un motor de inducción trifásico de 230V, 60Hz, 4 polos, conectado en ∆ opera a 1710
rpm cuando se encuentra a plena carga. La potencia desarrollada por la máquina es de
2hp y la corriente es de 4.5A. Si el rango de voltaje de la fuente varía ±10% determinar:
a) el rango de torques
b) el rango de corrientes
En el cual se mueve el motor.
120 f
η − ηr
π
ηs =
= 1800rpm , s = s
= 0.05 , wm = 1710 = 179.07[rad / seg ]
P
30
ηs
El torque desarrollado a un voltaje de 230V es:
2 * 746
τd =
= 8.33N .m
179.07
Cuando el voltaje aplicado se reduce en un 10% el torque desarrollado es:
2
r
2
 0.9 * 230 
 = 6.95 N .m
 230 
τ d = 8.33
Y la corriente correspondiente es:
0.9 * 230
I = 4.5
= 4.05 A
230
De forma similar cuando la tensión aumenta en un 10%
τ d = 8.33 *1.12 = 10.08 N .m
Y la corriente es:
I = 4.5 * 1.1 = 4.95 A
EJEMPLO 24
Los resultados de las pruebas en vacío y con el rotor bloqueado de un motor de
inducción trifásico, conectado en Y, son las siguientes:
Prueba en vacío:
Voltaje línea a línea = 440V
Potencia de entrada = 1770W
Corriente de entrada = 18.5A
Prueba con el rotor bloqueado:
Voltaje línea a línea = 45V
Potencia de entrada = 2700W
Corriente de entrada = 63A
Determinar los parámetros del circuito equivalente aproximado.
A partir de los datos de la prueba en vacío:
221
400
1
I0=18.5A
P0 = (1770) = 590W
3
3
La impedancia de magnetización es:
(231) 2
Rm =
= 136.8Ω
390
(231) 2
Xm =
= 12.6Ω
(231) 2 (18.5) 2 − (590) 2
A partir de los datos de la prueba con el rotor bloqueado:
2700
45
Vs =
= 25.98V
I s = 63 A
= 900W
Ps =
3
3
Las resistencias se pueden calcular como:
900
Re = R1 + a 2 R2 =
= 0.23Ω
(63) 2
V0 =
= 231V
2
X e = X1 + a X 2 =
(25.98) 2 (63) 2 − (900) 2
(63) 2
= 0.34Ω
EJEMPLO 25
Los datos de una máquina de inducción trifásica de 208V, 60Hz, conectada en ∆ son:
vacío Bloqueado
Potencia [W]
450
59.4
Corriente [A]
1.562 2.77
Voltaje [V]
208
27
La resistencia del devanado de estator es de 2.4Ω
Impedancia de magnetización:
S = 3Vca I ca = 512.7VA
Q = S 2 − P 2 = 245.6VAR
Rm =
(Vca )2
= 96.14Ω ; X m =
P
La impedancia a rotor bloqueado:
V
V f = 27V , I f = 1.59 A , Z t = f = 16.98Ω ,
If
Rt = Z t cos(θ ) = 7.73Ω , Rr = 5.33Ω , X s = X r =
(Vca )2
Q
= 176.16Ω
Xt
= 7.55Ω
2
EJEMPLO 26
Un motor de inducción trifásico conectado en estrella se aliementa de una fuente de 50
Hz, tiene la curva par-velocidad mostrada en figura. Se pide: Considerando despreciable
la impedancia equivalente del estátor y la rama derivación, obtener los valores
siguientes: Par máximo (rta 350Nm), deslizamiento de par máximo (rta 40%), Par de
arranque (rta 241.4 Nm), velocidad de sincronismo (rta 1000rpm) número de polos de
la máquina (rta 6).
222
EJEMPLO 27
Un motor de inducción trifásico de 230V, 60Hz y 6 polos gira a 1152 rpm, conectado en
Y y trabajando en condiciones nominales. Con dicho motor se han realizado los
siguientes ensayos:
Ensayo de corriente continua: la resistencia medida entre dos fases es de 0.8 W.
Ensayo de rozamiento: se determina que las pérdidas por rozamiento son de 345
Ensayo en vacío: a 230 V se absorben 589.6 W y 1351 Var. Se pide:
1ª Resistencia equivalente por fase del estator.
2ª Corriente absorbida por el motor en vacío y factor de potencia.
3ª Velocidad de giro en vacío y deslizamiento correspondiente.
4ª Pérdidas en el cobre en el estator y en el rotor (exactas) en vacío.
5ª Pérdidas nominales en el hierro.
EJEMPLO 28
Un motor de inducción trifásico de rotor devanado de 400V, 60 Hz y tres pares de
polos trabajando en condiciones nominales tiene un deslizamiento del 3 % y absorbe
una corriente de 33.5 A con factor de potencia 0.9225. Su rendimiento en esas
condiciones es del 86.62 %. Con dicho motor se han realizado los siguientes ensayos:
Ensayo de rozamiento: se determina que las pérdidas por rozamiento son de tipo
cuadrático y que las pérdidas a velocidad nominal son de 198.5 W.
Ensayo DC: Resistencia equivalente entre dos fases del estator de 1 W.
Se pide, cuando el motor se alimenta a 400 V y con deslizamiento nominal, lo siguiente:
a) Frecuencia de las tensiones y corrientes inducidas en el rotor. Velocidad
de giro.
b) Impedancia equivalente del motor: módulo y argumento.
c) Potencia eléctrica de entrada, potencia útil y potencia mecánica.
d) Pérdidas en el cobre en el rotor y en el estator. Potencia de entrehierro.
Pérdidas en el hierro.
EJEMPLO 29
Una máquina asíncrona trifásica de 3 pares de polos, rotor devanado, alimentada a
50c/seg., trabaja como motor y desarrolla a plena carga una velocidad de 980 r.pm. Su
r
velocidad de par máximo es de 730 r.p.m. Siendo Xs+Xr = 15Ω , I0 despreciables,
calcular:
a) Relación entre los pares de arranque, máximo y de plena carga.
223
2
) = 1.23Nm
τ max (1 + smax
=
τ arr
2 smax
2
τ pc s pc (1 + smax
) = 1.14 Nm
= 2
2
τ arr
smax + s pc
τ max
= 1.07 Nm
τ pc
c) Relación entre el par de arranque calculado anteriormente y el que tendría si al
2
devanado del rotor se le conecta en serie una resistencia m R = 5 Ω por fase.
x
τ max
= 0.81Nm
τ pc
EJEMPLO 30
Dado un motor asíncrono trifásico conectado en estrella, 380V, 50c/sg. cuyas
características son, Rr = 2Ω ; Xs= 8Ω , velocidad de plena carga 1425 r.p.m y
e
r
considerando R << R /s , calcular:
a) Velocidad de sincronismo, nº de pares de polos y deslizamiento a plena
carga. Rta 1500 rpm, 4 polos, 5%.
b) Frecuencia de la corriente inducida a plena carga. Velocidad de par máximo.
Rta 2,5 Hz, 25%.
c) Par de arranque, máximo y de plena carga. Rta τarr=27Nm, τmax=27Nm,
τpc=0.81Nm.
EJEMPLO 31.
Un motor de inducción trifásico conectado en estrella, de rotor devanado, 3 pares de
polos, 960 r.p.m., 440V y 50 c/sg. , tiene los siguientes parámetros referidos al estator.
Rs = 0,045Ω ; Xs= 0,2Ω ; Rr = 0,04Ω ; Xr = 0,1 Ω
Las pérdidas mecánicas son despreciables y el ensayo en vacío da como resultados V=
440V ; P = 5400W ; cosφ = 0,2.
Fe
v
Se pide:
a) Determinar para las condiciones de plena carga, la potencia de entrada, el
factor de potencia y la corriente de línea. Rta 176,557 KW, 0.91 atraso,
251,96A.
b) También en las condiciones de plena carga, el par, las pérdidas en el cobre, la
potencia mecánica desarrollada y el rendimiento del motor. Rta 1563,95Nm,
213.96Kw, 6551W, 0.96%.
c) El deslizamiento a par máximo y el valor del par máximo. Rta 13.18%,
2653.5 Nm
d) Si se quiere que el par máximo se obtenga en el arranque, calcular la
resistencia a añadir al rotor (referida al estator). Rta 0.26Ω.
e) En la situación d) y suponiendo el motor trabajando a un par igual a τpc
calculado en el apartado b), calcular la nueva velocidad de funcionamiento y el
rendimiento del rotor en esta situación. Rta 700rpm, 70%.
EJEMPLO 32.
224
Un motor de inducción trifásico de 6 polos, 50c/sg., tiene un par máximo 2,5 veces el
par nominal a un deslizamiento smax = 0.3. Se pide calcular el par de arranque, el par
máximo y trazar la curva τ-ω en función del par nominal en los siguientes casos:
a) en las condiciones del enunciado.
b) manteniendo los voltajes aplicados y reduciendo la frecuencia de
alimentación a 25c/sg.
c) manteniendo la frecuencia de 50c/sg. y reduciendo los voltajes aplicados a la
mitad
d) reduciendo tanto la frecuencia como el voltaje a la mitad.
EJEMPLO 33
Un motor asíncrono trifásico conectado en triángulo de 4 C.V., 970 r.p.m. está
Alimentado a 220V, 50c/sg., siendo Rs despreciable. El resultado del ensayo a rotor
parado ha sido Vcc = 33,3 V ; Icc = 8,16 A ; Pcc = 92 W y considerando que las pérdidas
mecánicas despreciables
Calcular:
e) El par máximo, de plena carga y de arranque τmax=98.5 Nm, τpc=29.98
Nm, τmax=98.5 Nm, τarr=37.88 Nm,
Razonar el comportamiento del motor en los siguientes casos
f) Con par resistente constante de 44Nw-m
g) Con par resistente constante de 32 Nw-m
h) Con par resistente constante de 24Nw-m
i) Funcionando a plena carga el par resistente aumenta hasta 104 Nw-m
EJEMPLO 34.
Un motor asíncrono trifásico de rotor devanado conectado en estrella, 6 polos, 50c/sg.,
Rs = 1Ω , Rr = 1Ω, Xs = 2,5Ω, Xr = 2Ω Va=380V.
El motor está conectado mecánicamente a una carga que impone un par resistente de
70Nw-m (constante con la velocidad)
Se pide:
a) Justificar el arranque o no del motor. Rta el motor no arranca.
b) Calcular la resistencia Rr adicional que habrá que conectar en serie con el
rotor para arrancar el motor. Rta 0.6 Ω
c) Calcular la velocidad de giro del motor cuando está conectada la resistencia
adicional. Rta 900 rpm.
Una vez arrancado el motor se quita la resistencia Rr adicional y se cortocircuitan los
devanados del rotor Se pide:
d) Calcular la velocidad a la que girará el motor. Rta 938Nm
e) Calcular la potencia mecánica que el motor está dando. 6875 W.
EJEMPLO 35.
Un motor asíncrono trifásico conectado en ∆, 980 r.p.m, 6 polos, 380V, 50c/seg, de
rotor devanado, ha dado los siguientes resultados al realizarle los ensayos a rotor libre y
a rotor parado:
225
A rotor libre 380V, 5A, 600W
A rotor parado 49V, 10A, 300W
Considerando las pérdidas mecánicas nulas y Rs = 1Ω, calcular:
a) Circuito equivalente, Rta R0=722Ω, X0=134Ω, Rr=2Ω, Xr=Xs=3.96Ω
b) Deslizamiento a plena carga y a par máximo. Par máximo, par de arranque y
par de plena carga. Representar la curva τ-ω. Rta spc=0.02, Smax=0.25,
τmax=230Nm, τarr=115Nm, τpc=40.3Nm
c) La nueva velocidad de funcionamiento y la velocidad de par máximo si
disminuye la tensión de alimentación a 380/√3, conservando el par de plena
carga. Rta ηpc=930rpm.
d) La nueva velocidad de funcionamiento y la velocidad de par máximo si se
pone en serie con el devanado del rotor una resistencia Rr = 2Ω y el motor se
alimenta a una tensión nominal de 380V, conservando el par de plena carga. Rta
950 rpm, 960 rpm.
EJEMPLO 36.
Un motor asíncrono trifásico conectado en ∆ tiene las siguientes características,
Potencia nominal 22 Hp; Numero de pares de polos p=3 ; Rr = 1Ω ; Xr= 4Ω ; Rs = 0Ω ;
Pfe = 400Ω ; pérdidas mecánicas despreciables. Si se alimenta de una línea trifásica de
380V, 50c/s. Calcular:
a) La velocidad de plena carga. Rta s=6.4%, 960 rpm.
b) La velocidad de par máximo. Rta s=25%, 750rpm
c) La velocidad de potencia máxima. Rta s=19.5%, 805 rpm
d) La velocidad de rendimiento máximo. Rta s=3%, 970 rpm
e) La relación entre el par máximo y el par de arranque. Rta 2.125.
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