Problema No. 1 Un motor de inducción trifásico, conectado en estrella, 6 polos, 25 HP, 1150 RPM, a una frecuencia de 60 Hz. Si las pérdidas rotacionales.

Presentación del tema: "Problema No. 1 Un motor de inducción trifásico, conectado en estrella, 6 polos, 25 HP, 1150 RPM, a una frecuencia de 60 Hz. Si las pérdidas rotacionales."— Transcripción de la presentación:

1

2 Problema No. 1 Un motor de inducción trifásico, conectado en estrella, 6 polos, 25 HP, 1150 RPM, a una frecuencia de 60 Hz. Si las pérdidas rotacionales son de 300 vatios. Calcular: a) La potencia de entrada al rotor. b) Si la resistencia medida entre anillos deslizantes es 0.12 , calcule la corriente del rotor por anillo cuando se entrega 25 HP. Ref. Tomada del Examen Parcial del Primer Tèrmino del año 2000

3 FIGURA A.- Gráfico del Equilibrio de Potencia en un Motor de Inducción Polifásico Pentrada Pc gir. Pm des. Psalida P CU1 P h+f P CU2 P F+V, P fe rot. FIGURA B.- Gráfico representativo de la ubicación de la resistencia medida entre anillos deslizantes r 1 r 2 Rm.- Resistencia medida entre anillos deslizantes r 1 r 1 r 2 r 2 Rm = 2r 2 donde r 2 es la resistencia del devanado del rotor por fase ESTATOR ROTOR

4 Sabemos que Ns = ( 120f ) / p, donde f es la frecuencia de la fuente de alimentación y p el número de polos. f = 60 Hz, p = 6 polos. Entonces Ns = 1200 RPM. Sabiendo Ns que es la velocidad del flujo giratorio ( velocidad sincrónica ) y Nm la velocidad del rotor que es dato del problema ( Nm = 1150 RPM ), calculamos s que es el deslizamiento: s = ( Ns - Nm ) / Ns Reemplazando los datos nos queda: s = 0.043478 ( adimensional ) De acuerdo a la FIGURA A, Pm des. = Psalida + P F+V,P fe rot. Estas pérdidas de fricción y ventilación y de hierro rotacional son dato del problema y son de 300 W.

5 La potencia de salida también es dato, pero nos lo dan en caballos de fuerza ( HP ), es de 25 HP; este valor lo llevamos a vatios, sabiendo que 1 HP corresponde a 746 W, entonces la potencia de salida será de 18650 W. Con estos dos datos de las pérdidas y la potencia de salida podemos sacar: Pm des. = Psalida + P F+V,P fe rot entonces Pm des. = 18950 W. De acuerdo a demostraciones previas sabemos que: Pm des. = Pc gir. ( 1 - s ), y como ya conocemos s y la Pm des., despejamos Pc gir. Pc gir. = 19811.35823 W que en si representa a la potencia de entrada al rotor. 

6 De acuerdo a la FIGURA B, Rm es 0.12 , que es dato del problema, y Rm = 2r 2,entonces r 2 = 0.06  Sabemos Pm des. está en función del deslizamiento: Pm des = m 1 I’ 2 2 (( 1- s ) / s ) r’ 2 donde m 1 es el número de fases del sistema, I’ 2 es la corriente en el rotor referida al estator y r’ 2 es la resistencia por fase del rotor referida al estator. Pero usando términos no referidos nos queda la ecuación: Pm des. = m 2 I 2 2 (( 1- s ) / s ) r 2 y como ya conocemos la Pm des., s, r 2 y m 2 que en este caso será 3, debido a que la Pm des. que estamos usando, fue la que se saco del análisis trifásico.

7 Entonces reemplazando datos en la última ecuación y despejando el valor de I 2 nos queda: I 2 = 69.17603 A  que será la corriente que circula por el rotor y por cada anillo cuando la potencia de salida es de 25 HP

8 Problema No. 2 Un motor de inducción de rotor devanado, 450 HP, 3 fases, 2200 V, 60 Hz, 6 polos, tiene las siguientes constantes por fase referidas al estator: r’ 2 = 0.15  x’ 2 = 0.75  r 1 = 0.32  x 1 = 1.15  La conexión de los embobinados es Y-Y. Además, las pérdidas del núcleo son de 2500W, P F+V, P fe rot son de 12000 W y la corriente de magnetización es de 25 A. Calcular la velocidad y la eficiencia de esta máquina a plena carga. Ref. Tomada del Folleto en Inglès proporcionado por el Ing. Gustavo Bermùdez

9 FIGURA A.- Gráfico del Equilibrio de Potencia en un Motor de Inducción Polifásico Pentrada Pc gir. Pm des. Psalida P CU1 P h+f P CU2 P F+V, P fe rot. FIGURA B.- Circuito Equivalente del Motor de Inducción r 1 x 1 x’ 2 I 1 Io I’ 2 V 1 Bm Gm r’ 2 /s

10 Para hallar la velocidad de la máquina nos podemos valer de la ecuación: s = ( Ns - N ) / Ns Lo más asequible a calcular primero es Ns = 120f / p, f = 60Hz y p = 6 polos. Entonces Ns = 1200 RPM. Ayudándonos de la FIGURA A, podemos calcular la Pm des. Que será igual a la Psalida más las P F+V, P fe rot. Que son datos del problema: Pm des. = 450HP( 746W/HP) + 12000 W Pm des. = 347700 W. Ahora valiéndome de las ecuaciones siguientes: V 1 I’ 2 = ecuación A [(r 1 + r’ 2 /s) 2 + (x 1 + x’ 2 ) 2 ] 1/2

11 Y de la ecuación: Pm des. = m 1 I’ 2 2 (( 1-s )/ s ) r’ 2 ecuación B Como ya sabemos el valor de la Pm des., r’ 2 de la ecuación B, y V 1 que es voltaje fase neutro, y el que nos da el problema es línea línea, también conocemos r 1, x 1 y x’ 2 de la ecuación A. Entonces lo que nos queda es reemplazar la ecuación A en función de s, en la ecuación B que también está en función de s, quedándonos la siguiente ecuación: (2200/  3) 2 (1-s) 347700 = 3 * * * (0.15) (0.32 + 0.15/s) 2 + (1.15+0.75) 2 s luego del despegue me queda la ecuación cuadrática: (5.800406903)s 2 + (-1.992006903)s + (0.0225)

12 Quedando como posibles respuestas: s 1 = 0.3317320867 y s 2 = 0.01169328613 pero escogemos siempre el menor, osea s 2 = s Una vez obtenido s, de la ecuación s = ( Ns - N ) / Ns despejamos N que es la velocidad del rotor. 0.01169328613 = ( 1200 - N ) / 1200 entonces N  1185 RPM (redondeando)  En la parte B nos ayudamos de la ecuación I 1 = I 0 + I’ 2 donde I 0 es la corriente magnetizante, I 1 la corriente del estator y I’ 2 es la corriente del rotor referida al estator. I 0 es dato del problema, 25 A. De la ecuación A, poodemos hallar el valor de I’ 2 debido a que tenemos el resto de datos.

13 Entonces, reemplazando datos, I’ 2 nos queda: I’ 2 = 95.61 A Vale recalcar que esta igualdad se cumple fasorialmente, por lo tanto la relación escalar se cumple de la siguiente manera: I 1 =  ( I 0 2 + I’ 2 2 ) entonces reemplazando los valores calculados de I 0 y I’ 2 que son valores escalares, nos queda que: I 1 = 98.83 A Entonces, de la FIGURA A, sabemos que: Pentrada = P CU1 + P h+f + P c gir. Pentrada = m 1 I 1 2 r 1 + P h+f + ( Pm des. / ( 1-s ) ) Reemplazando datos nos queda:

14 Pentrada = 363690.1199 W Por lo tanto ahora si podremos calcular la eficiencia:  = Psalida / Pentrada  = ( 450 HP * 746 W/HP ) / ( 363690.1199 W )  = 92.304 % 

15 Problema No. 3 Un motor de Inducción Jaula de Ardilla 3  4 polos, 60 Hz.. Conectado en estrella tiene una resistencia de estator de 0.5  por fase. La corriente de línea al motor es de 10 A., la potencia de entrada trifásica es 3000 Watts. ¿ Cuál es el torque ?. Desprecie las pérdidas del núcleo. Ref. Tomada del Libro de Màquinas de Corriente Alterna de Fitzgerald. Problema 10.4

16 FIGURA A.- Gráfico del Equilibrio de Potencia en un Motor de Inducción Polifásico Pentrada Pc gir. Pm des. Psalida P CU1 P h+f P CU2 P F+V, P fe rot. DATOS Pin= 3000 W I 1 = 10 A r 1 = 0.5  p= 4 f = 60 Hz

17 De acuerdo al gráfico de potencias de la FIGURA A, tenemos que: Pin= Pcgir+ P CU1, como son datos sólo la Pin, y nos falta el resto... Pero por medio del gráfico mismo podemos hallar las pérdidas de cobre en el estator: P CU1 = m 1 I 1 ² r 1, de aquí todos los datos son conocidos: (m 1 = 3 fases) Reemplazando: P CU1 = ( 3 fases )( 10A ) 2 ( 0.5  ) P CU1 = 150 W Ahora si, con las pérdidas de cobre del estator y la potencia de entrada a la máquina que es dato del problema, podemos hallar la Pcgir.

18 Pcgir= Pin - P CU1 = 3000W - 150W, entonces Pcgir = 2850W Sabemos que el Torque electromagnético está representado por: Telect. = ( 7.04 / Ns )( Pcgir ) donde Ns = ( 120 f ) / p, donde p y f son datos del problema. Por lo tanto Ns = ( 120 * 60Hz ) / 4 polos. Ns = 1800 RPM Reemplazando en la ecuación de Telect., nos queda: Telect = ( 7.04 / 1800 RPM )( 2850W ) Telect = 11.1466 lb. pies 

19 Problema No. 4 Un motor de inducción de 208v, trifásico 10 HP, 60 Hz, tiene su embobinado del estator conectado en estrella y desarrolla una corriente de 30 A. Cuando suministra su carga nominal con un voltaje nominal aplicados al estator. Calcule los valores nominales de (a) voltaje de línea a línea, (b) corriente de línea. Ref. tomada del Libro de Màquinas de Electromagnèticas y Electromecànicas de Matsch. Problema 7.2

20 FIGURA A.- Conexión de los embobinados del estator en Y y en  I LY Ecuación del V LN del estator V LY V LN = Z Y I LY Z Y V LN donde I LY = I FY y V LY = V FY *  3 I F  I L  = I F  *  3 V L  V L  = V F  I L  Z  = 3 * Z Y

21 A) Dato del problema es: V LY = 208 v, entonces el V FY = 208 /  3, que será lo que soporte cada embobinado del estator cuando se lo conecte en delta. Por lo tanto en delta: V L  = V F  = 208 /  3 = 120 V  B) Tenemos que en Y, V FY = Z Y * I LY, reemplazando valores: 120V = Z Y * 30A por lo tanto Z Y = 4 , y como Z  = 3 * Z Y entonces: Z  = 12  Y como V L  = Z  * I F , reemplazo valores: 120 V = 12  * I F  entonces I F  = 10 A Y sabemos que I L  = I F  *  3 entonces I L  = 17.3 A. 

22 Problema No. 5 Un motor de inducción de 208v, trifásico 10 HP, 60 Hz, tiene su embobinado del estator conectado en estrella y desarrolla una corriente de 30 A. Este motor ahora debe operar desde una fuente de 50 Hz con la misma conexión del estator en estrella. Si la magnitud de la densidad de flujo y la densidad de la corriente en los embobinados deben ser la misma que para las condiciones nominales en una operación a 60 Hz. Calcule: a) el voltaje nominal b) los caballos de potencia nominales y c) la corriente a plena carga. a), b) y c) es cuando se opera a 50 Hz. Ref. tomada del Libro de Màquinas de Electromagnèticas y Electromecànicas de Matsch. Problema 7.3

23 Sabiendo que el torque se relaciona inversamente proporcional con la frecuencia, tenemos: T 60Hz es a 1/60Hz, como T 50Hz es a 1/50Hz. T 60Hz = Pout /  = Pout / (2  f) = 10HP(746W/HP)/(2  *60Hz) T 60Hz = 19.7883N.mt Reemplazando, nos queda: 19.7883 N.mt es a 1/60Hz, cuánto será el T 50Hz a 1/50Hz. Despejando, nos queda que T 50Hz = 23.7459 N.mt. Teniendo presente el valor de estos torques, recordemos que el torque es directamente proporcional al voltaje nominal al cuadrado: El T 60Hz es a V N60Hz 2 como el T 50Hz es a V N50Hz 2 Reemplazando: 19.7883 N.mt es a (208V) 2, entonces 23.7459 N.mt a cuánto voltaje será:

24 V N50Hz = 227.8523 V  La parte b nos pide sobre la potencia de salida, y sabemos que esta no se ve afectada por la frecuencia. A continuación se comprueba: T 50Hz = Pout /  50Hz, reemplazando: 23.7459 N.mt = Pout / ( 2  *50Hz ) entonces Pout = 7460 W = 10HP, como se lo había planteado desde un comienzo. La parte c, sabemos que las corrientes son directamente proporcionales a los voltajes, por lo tanto: I 60Hz es a V N60Hz como I 50Hz es a V N50Hz, reemplazando: 30A es a 208V, 227.8523V a cuánta corriente será: I 50Hz = 32.8633 A 

25 Problema #6 Un motor de inducción rotor devanado de 440V, 60Hz, 4polos, es conectado directamente a una bomba que entrega 1000 ft 3 /mint a una altura de 8.7ft. Bajo estas condiciones el motor toma 15.62Kw a un Fp=0.92 en atraso, cuando opera sin carga consume 803W las resistencias por fase son R 1 =0.202 /fase R’ 2 =0.022  /fase. La relación de vueltas entre el estator y el rotor es 4/1. Calcular la eficiencia de la bomba P outbomba =Q*W*h / 33000 P outbomba = (1000ft 3 /mint*62.4lb/ ft 3 *8.7ft)/33000 P outb =16.45Hp P inmotor =3 1/2 *V LL *I L *Fp3 I L l=15620/(3 1/2 *440*0.92) I L =22.27 A Pcu1=m*I 2 1 *R 1 =3*22.27 2 *0.202=300.76W Pcu2=m*(b*I1)2* R´2=3*(4*22.27) 2*0.022 Pcu2=524.11W Las perdidas en vacío son: P f+v + P h+e =803W P out m =P in b =P in m -Pcu1-Pcu2-P f+v -P h+e

26

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

28 OA esta representa In, a un ángulo  n, O-Ib a un ángulo  b y gf, que representalas perdidas de cobre en el estator por fase. In la corriente que no va a la carga, tiene dos componentes: la componente de magnetización I  la cual esta atrasada con respecto al voltaje por aproximadamente 90° y la componente de la energía Ie, que suministra la perdida de carga y esta en fase con el voltaje. Entonces los datos para el diagrama circular asumiendo que el estator esta conectado en Y son: Datos de la perdida: corriente de fase = In voltaje de fase = E L / 3 1/2

29 Factor de potencia de la perdida = Pn / (3 1/2 E L In) = cos  n Lo valor de cos  n determina el valor de el ángulo  n. Las condiciones de rotor bloqueado para la proporción de voltaje de línea (E L ) será : corriente de fase I b = I´ b *E L /E b voltaje por fase E p = E L / 3 1/2 potencia por fase P p = ( P´ b / 3)*(E L / E b ) 2 factor de potencia para condiciones de rotor bloqueado = P´ b / (3 1/2 * E b * I´ b ) = cos  b El valor de cos  b determina la magnitud del ángulo  b. Considere una escala conveniente para la corriente igual a K amperios por división. Regresando a los cálculos, tenemos: componente de magnetización (dado), I  = 34 A componente de energía Ie = perdidas totales / (3 1/2 * V ) = 4400 / (3 1/2 * 500) =5.07 A corriente de perdida, I n = (I 2  + I 2 e ) 1/2 = ( 34 2 + 5.07 2 ) 1/2 =34.4 A cos  n = Ie / In = 0.1475  n = 81° 37´ La corriente para el voltaje de línea de rotor bloqueado Ib = 800 A (dato) El determinar  b, es necesario para saber la potencia de entrada con el rotor bloqueado cual es el total de perdidas de cobre en el rotor y en el estator para las condiciones de bloqueo. Esta potencia de bloqueo es normalmente medida

30 Corriente del rotor, Ir = Is * radio de trans. = 800* 2 = 1600 A para las tres fases: 3*I 2 s*Rs =3*800 2 *0.058=111360 W Pcu en el estator 3*I 2 r*Rr = 3*1600 2 *0.01 = 76800 W Pcu en el rotor Rs =resistencia efectiva en el estator y Rr = resistencia ohmica del rotor cos  b = perdidas totales de cu / (3 1/2 * E b * I b ) = 188160/(3 1/2 *800*500)= 0.271 y  b = 74°15´ Entonces la línea gf: gf=(I 2 b - I 2 n )*Rs/(K*E L / 3 1/2 ) = (800 2 -34.4 2 )*0.058/(K*500/ 3 1/2 ) = 128/ K Entonces el diagrama de circulo puede ser construido como normalmente se indica

31 Por arrancador Y-  T arr(Y) = T arr(  ) / 3 T arr(Y) =(1/3)*4 Kgm T arr(Y) =1.33 Kgm Nota: Como T arr(Y) < T 2 arr entonces si se puede utilizar este tipo de arrancador ; se supone que el motor opera en 

32 Problema #8 Un motor de inducción de rotor devanado de 2300 V y 1000Hp trifásico, 60Hz, 16 polos con el estator y el rotor conectado en estrella, tiene las siguientes constantes: r 1 = 0.0725 / fase b = 2.025/1 x 1 = x 2 = 0.625 / fase r 22 = 0.0252 / fase x M = 17.7 / fase r fe = 200 / fase El motor impulsa una carga se considera que requiere un par constante. La velocidad estable del motor con esta carga es 442rpm cuando los anillos deslizantes del rotor están en corto-circuito. (a) Calcule en base al circuito equivalente aproximado la resistencia conectada en serie con cada fase del rotor tal que el motor tome una corriente de arranque de 1.5 veces la corriente estable para la carga dada. (b) ¿Cuál es la velocidad en base que r fe permanece constante con la resistencia con el circuito del motor?. (c) ¿A qué valor deberá la resistencia externa del rotor reducirse para que, después de que el motor alcanza la velocidad estable en la parte (b), la corriente inicial sea nuevamente 1.5 veces el valor de la corriente estable para la carga dada? Datos MIRD 3, 2300V, 1000Hp, 60Hz, 16 polos, conexión Y-Y, r 1 = 0.0725 / fase, r 22 = 0.0252 / fase, x M = 17.7 / fase, r fe = 200 / fase, b = 2.025/1, n =442 r.p.m..

33 n s =(120*f)/p = 120*60/16 = 450rpm S = (ns-n) / ns = (450-442) / 450 =0.0177 r´ 2 = b 2 r 2 = 0.1038  /fase x´ 2 = b 2 x 2 =2.5628  /fase Ia= 1.5 I N I N = V LN / |Z| =( 2300/ 3 1/2 )/ 6.7386 = 197.059  -28.34 A Ia = 1.5*(197.059) = 295.589 A Ia = V / ( (r 1 + (r´ 2 +R´)/s) 2 + (x 1 + x´ 2 ) 2 ) 1/2  R´= 2.9658  /fase R´= b 2 R  R = 0.7232  /fase

34 Problema #9 La eficiencia y el factor de potencia de un motor de inducción trifásico de 50HP, 6 polos, 60 hz, 440V son 90% y 92% respectivamente. Este motor absorbe el 525% de la corriente de plena carga y desarrolla el 175% del torque de plena carga cuando arranca a pleno voltaje. Especifìque la relación del número de vueltas del autotransformador que se utiliza para arrancar de tal manera que le motor desarrolle el 60% del torque de plena carga. De los datos tenemos Tarr(dir) = 1.75 TFL Tarr(TR) =0.6TFL Tap = VM /VLN T=T 2 arrTarr(dir) (1) Iarr=TapIarr(dir) (2) IL = T 2 ap Iarr(dir) (3) De la ecuación (1) tenemos De la ecuación (1) tenemos Tap = (0.6/1.75) 1/2 = 0.5855 Tap = 58.55% a=1/ T ap = 1.707

35 Se tiene un M.I. 3Ø de 10 polos, 13.5 A ; tiene los siguientes parámetros: r 1 = 0.33  / fase r´ 2 = 0.27  / fase x 1 + x´ 2 = 2  / fase Z total arr = 2.09  73.30º  T arr(Vn) = 4 Kgm I arr(Vn) = 60.8 A Se pide reducir el T arr al 60% ( T´ arr = 1.6 Kgm ) utilizando: resistencias, reactancias, autotransformador o un arrancador Y-  Utilizando resistencias T arr(Vn) / T arr (TR) = V 2 N / V 2 M  V M =V N ( T arr(TR) /T arr(Vn) ) 1/2 V M =(220/ 3 1/2 )(1.6 / 4) 1/2  V M = 80.33 V V rext = ( V 2 LN -V 2 M sen 2  RB ) 1/2 -V M cos  RB V rext = ( (220 / 3 1/2 ) - 80.33 2 *sen 2 73.3 ) 1/2 - 80.3*cos 73.3 V rext = 77.97 V I arr(TR) = (V M / V LN ) I arr(dir) =80.33*60.8/(220 / 3 1/2 )  I arr(TR) = 38.45 A R exterior = V rext / I arr(TR) = 77.97 / 38.45 = 2.03  / fase

36 Utilizando reactancias V x ext.... = ( V 2 LN - (V M cos  RB ) 2 ) 1/2 - V M sen  RB V x ext..... = ((220/ 3 1/2 ) - ( 80.33*cos 73.3°) 2 ) 1/2 - 80.33* sen 73.33° V x ext... = 47.959 V X ext = V x ext... / I arr(TR) = 47.959/ 38.45  X ext = 1.247  / fase Por autotransformador T arr(TR) = T 2 ap T arr(Vn) T ap =(1.6/4) 1/2 = 0.6324  a = 1.5811 relación del autotransformador I arr(TR) = T ap * I arr(Vn) = 0.6324*60.8  I arr(TR) =38.45A I arr(línea) = T 2 ap * Ira (Vn) =0.6324 2 *60.8  I arr(línea) = 24.31A

37 Por arrancador Y-  T arr(Y) = T arr(  ) / 3 T arr(Y) =(1/3)*4 Kgm T arr(Y) =1.33 Kgm Nota: Como T arr(Y) < T 2 arr entonces si se puede utilizar este tipo de arrancador ; se supone que el motor opera en 

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

39 Solución: Primer paso. Para un par máximo la resistencia total del circuito del rotor referida al estator es, La resistencia en el arranque deberá producir un par máximo y, cuando la corriente del rotor ha caído 2.0 veces su valor normal, los anillos deslizantes se conmutan a derivaciones dando un valor de la resistencia tal que el par es nuevamente máximo.

40

41 = 66.7 amp por fase (referida al estator), s = 0.042, es Corriente Nominal del Rotor La corriente del rotor referida al estator, s = 0.042, es

42 amp por fase Deslizamiento en el cual la corriente del Rotor Iguala 2.0 Veces el Valor Nominal A 2 veces la corriente nominal la impedancia encontrada por I 2 es

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

44 El valor inicial de I2 a s = 0.337 es nuevamente 66.7 amp. Deslizamiento en el cual la corriente del rotor ha caída a 2.0 veces el valor nominal Tercer Paso. La resistencia externa requerida para un par máximo a s =.114 deberá ser negativa. Por lo tanto los restantes 0.028 ohms en la resistencia externa para la cuál la corriente del rotor referida al estator será de 38.7 amp. Dado que este valor nominal, la operación es práctica.

45 Ejercicio#4 Problema #11 Un motor de inducción de 208 voltios, trifásico 10 Hp, 60 HP, tiene su embobinado del estator en estrella, y desarrolla una corriente de 30 amp., cuando suministra su carga nominal con un voltaje nominal aplicado al estator. Este motor debe operar desde una fuente de 50 Hz; si la magnitud de la densidad del flujo y la densidad de la corriente en los embobinados debe ser la misma que para las condiciones nominales a una operación de 60 hz. Calcule: a) El voltaje nominal b) Los caballos de potencia nominales c) La corriente a plena carga para la operación a 50 hz.

46

47

48 Ejercicio # 5 Problema #12 La entrada al rotor de un motor de inducción de 2200 voltios, trifásico, 60 Hz, 12 polos, es de 242 Kw. a) Calcule el par en Newtons-metros y en Lb-pies b) Si la corriente en el rotor es 375 amperios por fase y la resistencia del rotor es 0.0175 ohm por fase, Cuál es la velocidad y potencia de salida del motor?. Desprecie las pérdidas rotacionales

49

50

51 Problema #13 La eficiencia y factor de potencia de un motor de inducción de 50 hp, 6 polos, 440 voltios, 60 ciclos son respectivamente 90 y 92.5% a plena carga. Este motor entrega 525% de la corriente a plena carga y desarrolla 175% del torque a plena carga cuando se pone en marcha del otro lado de la línea por voltaje máximo.Especifique la relación de vueltas de un autotransformador de arranque que preemitirá que este motor sea puesto en marcha con un torque igual al 60% del de plena carga. Cual será la corriente inicial en la línea cuando este aparato de arranque es usado? Desprecie los efectos de saturación y las perdidas en el aparato de arranque. Ejercicio # 2:2:

52 A voltaje normal (440 voltios), comenzando a través de la línea Corriente inicial, Torque inicial Entonces: y, A un voltaje inicial Ex el torque inicial,

53 Relación de vueltas del autotransformador A voltaje inicial de 258 voltios. Corriente de línea,

54 Problema #14 Problema #10 PROBLEMA N#11 DEL FOLLETO DE MAQUINARIAS ELECTRICAS II Un MIJA trifasico,10Hp,220V,60Hz,4 polos,estator en Y desarrolla un torque interno a plena carga a un deslizamiento=4% cuando opera a voltaje y frecuencia nominal.Los datos de impedancia del motor son Para propositos del problema las son despreciables Determinar el deslizamiento para un torque maximo cuando opera a voltaje y frecuencia nominal.

55 r1x1X2* Xm V1 r2/s

56 Luego tenemos: Porque

57 Donde

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

59

60 Problema #15 Problema #11 PROBLEMA N#14 DEL FOLLETO DE MAQUINARIAS ELECTRICAS II Un motor de induccion trifasico de 10 polos 220V,13.5A resistencia del estator reactancia del rotor referida= impedan cia TOTAL DE ARRANQUE= Desarrolla un torque de arranque a pleno voltaje de 4Kgm y una corriente de arranque de 60.8A.Se desea reducir el torque al 40% del torque de arranque a pleno voltaje.Calcular la resistencia externa a ser insertada en el circuito primario

61 Esto representa el 40% de 4Kgm

62 Teniendo en cuenta que

63 Problema #16 Problema #12 PROBLEMA N#10 DEL FOLLETO DE MAQUINARIAS ELECTRICAS II

64 ;

65

66

67

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

69 Donde el torque a plena carga es:

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

71 Luego la impedancia por fase de el motor de induccion referido al estator sera Ω 0.1690.44Ω V I1 Para el arranque s=1

72 Donde la potencia de entrada al rotor es la Pcampo giratorio Pero s=1

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

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

75 En condiciones de rotor a una velocidad pequeña los datos que podemos obtener son perdidas ya sea por friccion ventilacion mas las perdidas en el hierro del rotor Para las condicones de rotor bloqueado las potencia dada representa las perdidas en el hiero de la maquina Como las perdidas por hierro varian con el cuadrado de la corriente podemos hacer una relacion entre las perdidas por hierro en rotor bloqueado y las de rotor a carga normal y tambien a rotor parado

76 Rotor parado Carga normal Para las condiciones de carga normal:

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

78

79 Ejercicio # 3:3: Problema #19 Dos motores de tres fases, 50 hp están disponibles en el comercio. Uno tiene una eficiencia a plena carga de 90%, el otro una eficiencia a plena carga de 89%. El motor de más alta eficiencia cuesta $100 más que el otro. Asumir que el motor es para ser usado 260 días de ocho horas a plena carga por año. El costo de energía diferencial es 1.0 centavos por kilovatio-hora. La depreciación, interés, impuestos y costos del seguro son 15%de la inversión inicial por año. Cuál de los dos motores sería la mejor compra? Dar razones para su respuesta.

80 Costos anuales, AC P = Costo del motor más barato A Entonces: P + $100 = Costo del motor B Motor A: Entrada = = 41.45 Kw Kilovatios-horas = 41.45 * (260 * 8) = 862,000 Costo de Energia = 862,000 * $ 0.01 = $ 8620 (AC) = 0.15 * (P + $ 100) + $ 8620 = 0.15P + $ 8635

81 Entrada = = 41.9 Kw Kilovatios-horas = 41.9 * (260 * 8) = 872,000 Costo de Energía = 872,000 * $ 0.01 = $ 8720 (AC) = 0.15 P + $ 8720 Entonces: El incremento (AC) del motor B sobre el motor A = $ 85 Entonces, la elevación económica es el motor A. Motor B:

82 PROBLEMA #1 Problema #20 Problema #15 Las pérdidas en un motor trifásico de inducción, a 60 Hz, 4 polos, a plena carga son: Pérdidas en el cobre: 3 % Pérdidas en el nucleo: 3% Pérdidas en el estator: 5% Pérdidas por fricción y ventilación: 2% a) a) Calcule tan precisamente como los datos lo permitan, la eficiencia de la máquina a 75% de plena carga. b) b) Liste las asunciones hechas en sus cálculos.

83 Para resolver el problema hacemos las siguientes suposiciones: 1. Los porcentajes de perdida están dados en porcentaje de entrada a plena carga. 2. Las perdidas en el cobre son un porcentaje constante de entrada a plena carga. 3. Las perdidas de fricción y ventilación son un porcentaje constante de entrada a plena carga 4. Las pérdidas en el núcleo varían con el cuadrado del porcentaje de carga. 5. Las pérdidas del estator varían con el cuadrado del porcentaje de carga.

84 Resolución

85 P o = 100% - (3% + 3% + 5% + 2%) P o = 100% - 13% P o = 87% P cu1= m I 1 2 r 1 P cu2 = m I 2 ’2 r 2 Solo estas cantidades P f+v = f(carga) disminuyen al 75% P cu2 : P cu2 = (3 x 75%)/ 100% P cu2 = 2.25% P cu1 : P cu1 = (5 x 75%) / 100% P cu1 = 3.75%

86 P f+v: P f+v = (2 x 75%) / 100% P f+v = 1.5% P o = P i -(P cu2 + P h+e + P cu1 + P f+v ) P o = 100% - (2.25% + 3% + 3.75% + 1.5%) P o = 100% - 10.5% P o = 89.5%  = (P o x 100%) / P i  = 89.5 %

87 Problema #21 Problema #16 Una bomba que trabaja con un motor trifásico de inducción a 440 v, eleva 1100 pies cúbicos de agua por minuto contra un total máximo de 100 pies de agua. La eficiencia de la bomba y del motor son 0.75 y 0.92, respectivamente. El factor de potencia del motor es 0.90. PROBLEMA # 2

88 a) a)Calcular el costo de operación de esta bomba las 24 horas del día, cuando la potencia cuesta 3 centavos por Kw-h. b) b)Calcular la corriente de linea del motor. Potencia de salida de la bomba Hp salida = Q w H / 33333 = (1100 x 62.4 x 100) / 33000 Hp salida = 208 Hp Potencia de entrada de la bomba Hp entrada = Hp salida / Eficiencia = 208 / 0.75 Hp entrada = 277.5 Hp

89 Potencia de salida del motor Hp salida (motor) = Hp entrada (bomba) = 277.5 Hp Potencia de entrada del motor Kw entrada (motor) = (Hp salida (motor) x 0.746) / Eficiencia Kw entrada (motor) = (277.5 x 0.746) / 0.92 Kw entrada (motor) = 225 Kw

90 Costo de operación Costo/24h = 225 x 24 x $ 0.03 Costo/24h = $ 162.00 Corriente de Linea I L = Kw entrada (motor) /  3 x E L x f.p. I L = (225 x 1000) / (  3 x 440 x 0.90 ) I L = 328 Amperios

91 PROBLEMA 3 Problema #22 Problema #17 Un motor de inducción de 460 V y. 25-hp, 60-Hz, cuatro polos, de conexión en Y, tiene las impedancias siguientes, expresadas en ohmios por fase referidas al circuito del estator r 1 =0.641  r 2 = 0.332  X 1 = 1.106  X 2 = 0.464  X m = 26.3 

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

93 RESOLUCIÓN: n s = 120 f/P n s =(120x60 Hz)/4 polos n s =1800 rpm La velocidad mecánica del eje del rotor es n m = (1- s) n s n m = (1 – 0.022)(1800 rpm) n m = 1760 rpm

94 Z 2 ’ = R 2’ /s + jX 2’ Z 2’ = ( 0.332/0.022) + j 0.464  Z 2’ = 15.09 + j 0.464  = 15.10  1.76  Z f = Z 2 ´  jX m Z f = (Z 2 ´ x jX m ) / (Z 2 ´ + jX m ) Z f = ( 15.09+j0.464 ) j 26.3 / (15.04 + j 0.464 + j 26.3 ) Z f = 11.056 + j6.689  Z f = 12.93  31.1 

95 Z total = Z 1 + Z f Z total = (0.641+j1.106) + 11.056 + j6.689 Z total = 11.697 + j7.695  Z total = 14.06  33.6  I 1 = V 1 /Z total I 1 = ( 460/  3) / ( 11.697 + j7.695 ) I 1 = 15.87 - j10.44 A I 1 = 18.9  -33.6  A

96 f p = cos  f p = cos 33.6 f p = 0.8333 P in =  3 x V x I x f p P in =  3(460)(18.9)(0.8333) P in = 12.54 Kw P cu1 = m x I 1 2 x r 1 P cu1 = 3(18.8) 2 (0.641) P cu1 = 685 w P cgir = P in - P cu1 P cgir = 12540 – 685 P cgir = 11855 w

97 P md = P cgir (1-s) P md = 11855 (1- 0.022) P md = 11594.2 w P out = P md - P rot P out = 11594.2 – 1100 P out = 10494.2 w  = P out x 100/P in  = (10494.2 x 100)/ 12540  = 83.69 %

98 PROBLEMA # 4 Problema #23 Problema #18 Un motor de inducción de 480V, 50 Hp, trifásico, absorbe 60 A, con f p = 0.85 en atraso. Las perdidas en el cobre del estator son de 2 Kw y las perdidas en el cobre del rotor son de 700 w. Las perdidas por fricción y por vendaval son de 600 w, las perdidas en el núcleo son de 1800 w y las dispersas se pueden despreciar. Encuentre las magnitudes: a.- La potencia de salida. b.- La eficiencia del motor.

99 SOLUCION: P ent =  3 V T I L cos  P ent =  3 (480 V)(60 A)(0.85) P ent = 42.4 Kw P cgir = P ent - P cu1 – P h+e P cgir = 42.4 Kw – 2 Kw – 1.8 Kw P cgir = 38.6 Kw P md = P cgir – P cu2 P md = 38.6 kw – 700 w P md = 37900 w

100 P out = P md – P f+v P out = 37900 w – 600 w P out = 37.3 kw  = (P out x 100) / P in  = (37.3 kw x 100) / 42.4 kw  = 87.97 %

101 PROBLEMA 5 Problema #24 Problema #19 n n Un motor de induccíon trifasico de de 2200 v, 60 hz, 500 HP, tienen la siguientes constantes por fase; r 1 =0.37 ; X 1 =1.2; r 2 ’=0.17; X 2 =0.8, Perdidas en el nucleo = 2300W; Perdidas de fricción-ventilación y hierro rotacional = 11000w. Estator y rotor ambos en estrella. Calcular el deslizamiento y la eficiencia a salida nominal.

102 P md = Po +P f+v+rot P md = 500*746 + 11000 P md = 384000 watts

103 Igualando las siguientes formulas S = 0.0150317

104 Segunda parte Eficiencia= 95,08%

105 rpm Cuando el motor está cargado n = 750 – 70 = 680 rpm Cuando se encuentra libre n = 750 – 12 = 738 rpm Tenemos que: La ecuación del torque en forma mecánica es: T = Fxd T = 35.4lbx2pies T = 70.8 lb-pies Problema #25 Problema #20 Un motor de inducción trifásico de 4 polos, 25 Hz, 220 V es operado por un sistema de freno cuya palanca tiene 2 pies de longitud y una fuerza de 35.4 lb. Cuando opera a voltaje y frecuencia nominal las lecturas de los vatímetros es W1 = 5.55 Kw y W2 = 2.90 Kw a una velocidad de 70 rpm. Con el freno quitado la lectura fue de W1 = 1.18 Kw y W2 = 0.8 Kw a una velocidad de 12 rpm. La lectura corregida en el brazo del freno fue de 35.4 lb. Calcular el rendimiento y la corriente de línea en las condiciones de carga.

106 La ecuación del torque en forma electrica es: [ W ] La potencia de entrada debe ser vista por los vatímetros y en condiciones de carga se tiene: Pin = W1+W2 = 5550+2900 Pin = 8450 [W]

107 El factor de potencia se puede calcular por medio de la lectura de los vatímetros de la siguiente forma: Luego la corriente de línea es: [ A ]

108 P md = P o +P F+V+rot = 450x746+12000 P md = 347700 [ W ] Problema #26 Problema #21 Un motor de inducción trifásico rotor devanado de 450 Hp, 2200V, 60 ciclos, 6 polos, tiene los siguientes parámetros por fase: r1 = 0.32 Ώ, r2´= 0.15 Ώ, x1 = 1.15 Ώ, x2´= 0.75 Ώ. La conexión de los devanados del estator y del rotor es Y-Y respectivamente. Las pérdidas por fricción y ventilación son 12 Kw, y las del núcleo 2.5 Kw, Im = 25 A. Determinar la eficiencia a plena carga del motor de inducción trifásico utilizando el circuito aproximado equivalente.

109 Se obtiene la siguiente ecuación cuadrática en “s”: Teniendo en cuenta que:

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

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

112 [ W ] Ώ/fase

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

114 V Ώ/fase

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

116

117 Problema #30 Problema #25 Cual debe ser la relación de transformación del autransformador que permita arrancar el motor con un Tarr=60% Tn y cuál es el valor de la Iarr. Si se tiene un MI3 de 50 Hp, 6 polos, 440 V, 60 Hz, eficiencia=90%, fp=90%, Iarr(Vn)=525%In, Tarr(Vn)=175 Tn. Método de arranque por autransformador: V M V M Tap= V LN V LN Tarr[TR]= Tap² Tarr(DIR) (1) Iarr[linea]= Tap² Iarr(DIR) (2) Iarr[motor]=Tap Iarr(DIR) (3) De la ecuación #1 tenemos: 60% Tn = Tap² 175% Tn Tap= [60/175]½ = 0.5855 1 Tap = = 1,71 a

118 De la eficiencia tenemos: Pout Pout η=η=η=η= Pin Pin (50)(746) (50)(746) Pin= = 41444,4W 0.90 0.90 Pin 41444,4 Pin 41444,4 In= = = 60,424[A] √3 VLLfp √3(440)(0.90) √3 VLLfp √3(440)(0.90) Luego tenemos: Iarr[TR]= Tap Iarr[DIR] Iarr[TR]= 0,5855 (5,25)(60,424) Iarr[TR]= 185,73 [A]

119 Problema #31 Problema #26 Se tiene un M13 de 10 polos, 220 V, 13.5 A; tiene los siguientes parámetros: r1=0.33 Ω/faseZtotal arr=2.09 ∟ 73.30° r2´arr=0.27 Ω/faseTarr(Vn)=4 Kgm x1+x2´=2 Ω/faseIarr(Vn)=60.8 A Se pide reducir el Tarr al 60% (Tarr´= 1.6 Kgm) utilizando: Resistencias, Reactancias, Autransformador, o un arrancador Y-∆. Utilizando resistencias Tarr (Vn) Vn 2 Tarr (Tl) VM 2 Vm = Vn [Tarr (Tl) / Tarr (Vn)] ½ = (220 / 1.717) (1.6 / 4) ½ Vm = 80.33 V Vrext = (VLN 2 - VM 2 *Sen 2 RB) ½ - VM*CosRB Vrext = ((220/1.717) 2 –80.33 2 * Sen 2 73.3) ½ - 80.33*Cos 73.3 Vrext = 77.97 V

120 Iarr (TR) = (Vm / VLN ) * Iarr[DIR] Iarr (TR) = 80.33 / (220/ 1.717 ) * 60.8 Iarr (TR) = 38.45 A Rext = Vrext / Iarr (TR) = 77.97 V / 38.45 A = 2.03 Ω/fase Utilizando reactancias Vxext= (VLN 2 - VM 2 *Cos 2 RB) ½ - VM*SenRB Vxext= ((220/1.717) 2 –80.33 2 * Cos 2 73.3) ½ - 80.33*Sen 73.3 Vxext= 47.959 V Xext= Vxext / Iarr (TR)= 47.959 V / 38.45 A Xext= 1.247 Ω/fase

121 Por Autotransformador Tarr (TR) = Tap 2 * Tarr (Vn) Tap = √1.6 / 4 = 0.6324  a = 1.58 Iarr[TR]= Tap Iarr[Vn] Iarr[TR]= 0.6324 * 60.8 Iarr[TR]= 38,45 [A] Iarr[Linea]= Tap 2 Iarr[Vn] Iarr[Linea]= 0.6324 * 60.8 Iarr[Linea]= 24.31 [A] Por arrancador Y-∆. Tarr (Y) = 1/3 * Tarr (∆) Tarr (Y) = 1/3 * 4 Kgm Tarr (Y) = 1.33 Kgm CONCLUSIÓN: Como Tarr (Y) < Tarr ‘ entonces si se pede utilizar este tipo de arrancador.

122 27 Problema #32 Problema # 27 Un motor de inducción trifásico de 50 Hp, 440 V, 60 Hz, 4 polos, n= 1476 rpm, tiene un Tmáx. = 200% Tnom., r2´= 0.2 Ω/f. Asuma que las pérdidas Pf+v= 0 y r1= 0. Además el rotor está conectado en Y. Calcular la Pcu2, la velocidad que desarrolla a Tmáx. 120*f 120*60 ns = = =1800 rpm p 4 ns – n 1800 - 1476 s= = = 0.03 ns 1800 Pmd= Pout + Pf+v+rot Pcu2= sPcgir Pcgir= Pmd/(1-s) Pmd= 50*746 = 37300 W Pcgir= 37300/(1-0.03)= 38453,60 W Pcu2= 0.03*38453,60= 1153,60 W

123 Bajo la condición de que r1=0, se tiene que: Tn 2 2 Tn 2 2 = = = = Tmáx(Sn/STmáx)+(STmáx/Sn) (0.03/STmáx)+(STmáx/0.03) Tmáx(Sn/STmáx)+(STmáx/Sn) (0.03/STmáx)+(STmáx/0.03) STmáx 2 – 0.12STmáx + 0.03 2 = 0 STmáx = 0.00803 STmáx = 0.111962, debido a STmáx > Sn STmáx = (ns – nTmáx)/ ns nTmáx = ns [1- STmáx] = 1800 [ 1 – 0.111962 ] = 1598,46 rpm nTmáx = 1598,46 rpm

124 Problema #33 Problema #28 Un motor de induccion trifásico rotor devanado de 450 Hp, 220 V, 60 Hz, 6 polos, tiene los siguientes parámetros por fase: r1 = 0.32x1 = 1.15 r2´ = 0.15x2 = 0.75 La conexión de los devanados del rotor y del estator es Y-Y respectivamente. Las pérdidas de fricción y ventilación son 1200 W, y las del núcleo 2500 W, Im = 25 A. Determinar la eficiencia a plena carga, utilizar el circuito equivalente aproximado. Pmd = Po+PF+V+rot Pmd = 450*746 +1200 = 347700 W I2´= V1 / [(r1+r2´/s) 2 +(x1+x2´) 2 ] 1/2 (1) Pmd = m1 I2´ 2 r2´[(1-s) /s] (2) Elevamos al cuadrado la ec.1 : I2´ 2 = V1 / [(r1+r2´/s) 2 +(x1+x2´) 2 ] (3) Despejamos de la ec.2 y de la ec.3 I2´ 2 e igualamos:

125 2200 2 *s 2 *0.15 2200 2 *s 2 *0.15 347700= 3 * * [1-s] (11.1372s 2 + 0.288s + 0.0675)*s (11.1372s 2 + 0.288s + 0.0675)*s 2.777963471 s 2 – 0.954023s – 0.010775 = 0 s = 0.331732 s = 0.01169, I2´ = 95.613 [A] I1 = √Im 2 + I2´ 2 = 98,827 [A] Pcu1 = m1*I1 2 *r1 = 3(98,827) 2 (0.32) = 9376,17 W Pcgir = m1*I2´ 2 *(r2´/s) = 3(95,613) 2 (0.15/0.01163) = 351810,91 W PoutPout 450*746 PoutPout 450*746 η== = Pin Pcgir + Pcu1 + Ph+e 35810,91 + 9376,17 + 2500 Pin Pcgir + Pcu1 + Ph+e 35810,91 + 9376,17 + 2500 η = 92,3 %

126 Problema No. 1 Problema #34 Problema #29 Explique por qué el “maximun” o torque de de un rotor embobinado en un motor de inducción permanece sin cambio, mientras que la resistencia del rotor es variada. Explique por qué el “maximun” o torque de arranque de un rotor embobinado en un motor de inducción permanece sin cambio, mientras que la resistencia del rotor es variada. ¿ Por qué el máximo valor del torque curces ocurre a diferentes valores de deslizamiento ? (Sacado de copias proporcionadas por el profesor págs. 88,89 (Prior 45))

127 Solución El torque desarrollado en el rotor de un motor de inducción Tr, es proporcional al producto de (1) El campo rotacional magnético el cual se vincula al rotor y producido por la corriente de los devanados del estator, Por (2) El campo magnético producido por la corriente del rotor, Por (3) El coseno el desplazamiento angular entre estos campos magnéticos. Permite Er ser el voltaje inducido en el rotor cuando el voltaje estimado esta impreso en el devanado del estator y en el rotor es estacionario a 10% de deslizamiento. A una frecuencia establecida o específica, Er es directamente proporcional a la fuerza del campo magnético rotatorio ( o rotacional). El campo magnético producido por la corriente del rotor es proporcional al voltaje inducido en el rotor a cualquier deslizamiento (s).

128 Ahora Corriente del Rotor se expresa como : Donde s: deslizamiento Rr: resistencia del rotor Rr: resistencia del rotor Xr: Reactancia del rotor a cierto valor de frecuencia “f” Xr: Reactancia del rotor a cierto valor de frecuencia “f”

129 Entonces: Para encontrar la resistencia a la cual ocurre el máximo valor del torque, Tr, e igualamos la derivada a cero. (1)(2)(3)

130

131 Por consiguiente el máximo torque ocurre cuando Rr es igual a sXr. Para valores de Rr iguales y menores que Xr, el máximo torque deberá ser constante y ocurrir para valores de deslizamiento lo cual hace que Rr = sXr. La reactancia del rotor para la condición estacionaria, Xr, es constante, así que como Rr es varaible, hay algunos valores de deslizamiento los cuales resultan por las condiciones necesarios de Torque Máximo.

132 Problema No. 2 Problema #35 Problema #30 Un cierto motor de inducción trifásico jaula de ardilla, consume 150 amperios cuando arranca al 75 % de su rated voltage y desarrolla un torque de 120 lb - pie. Este motor es diseñado para y servir a una carga, la cual es prácticamente constante y requiere un torque normal de arranque. La potencia es suministrada para una utilidad pública en un área urbana. (Sacado de copias proporcionadas por el profesor págs. 95 (june 56))

133 A) Calcule el torque de arranque y la corriente de esta máquina cuando su rated voltage valor es esta máquina cuando su rated voltage valor es aplicado. aplicado. B) Sobre que asunciones están basados sus calculos. calculos. C) ¿Qué objeciones, si las hay, podría alcanzar a través de la linea si esta máquina es través de la linea si esta máquina es arrancada regulamente dos veces al día ?. arrancada regulamente dos veces al día ?.

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

135 TORQUE DE ARRANQUE : B) Asumimos que las resistencias y reactancias equivalentes del rotor y estator reactancias equivalentes del rotor y estator son del mismo valor para cada voltaje. son del mismo valor para cada voltaje. C) Habrá un pronunciado dip voltage el cual afecta el alumbrado. afecta el alumbrado.

136 PROBLEMA No.3 Tomado de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por L.W.Matsch ( Ejemplo 7.1, pags 384-388 ) Problema #36 Problema #31 Un motor de inducción de rotor devanado de 15-hp, 440 volt, trifásico, 60-Hz, 8 polos, tiene su estator y rotor conectados en estrella. La relación de las vueltas efectivas del rotor es b = 2.4 a 1. Las pérdidas de fricción de aire y fricción son 220 watts a velocidad nominal y pueden considerar constantes desde cero carga hasta carga plena. El estator y el rotor tienen las siguientes constantes por fase ESTATOR ROTOR r 1 = 0.52 ohm R 22 = 0.110 ohm x 1 = 1.15 ohm X 22 = 0.20 ohm x M = 40.0 ohm r fe = 360 ohm

137 Las pérdidas de carga parásitas son 120 watts. Use el circuito equivalente (a), para calcular lo siguiente para un desplazamiento s = 0.045 con un voltaje nominal balanceado y frecuencia nominal aplicados al estator y con los anillos deslizantes del rotor en corto – circuito: i.- Corriente del estator, ii.- factor de potencia, iii.- corriente en el embobinado del rotor, iv.- salida en caballos de potencia, v.- eficiencia, y vi.-par.

138 (b) Repita la parte (a) usando el circuito equivalente aproximado, Figura a continuación ( parte b ), (c) Compare los resultados de las partes (a) y (b) en forma tabulada. Solución: En ambos circuitos equivalentes de la Figura 7.7, la impedancia del rotor se refiere al estator con el uso de la relación de impedancia : b 2 = (2.4) 2 de tal forma que : r 2 = b 2 r 22 = 5.76 * 0.110 = 0.634 ohm por fase r 2 = b 2 r 22 = 5.76 * 0.110 = 0.634 ohm por fase x 2 = b 2 x 22 = 5.76 * 0.20 = 1.15 ohm por fase x 2 = b 2 x 22 = 5.76 * 0.20 = 1.15 ohm por fase

139 Para un deslizamiento s = 0.0045, la impedancia del rotor referida al estator es : ( Ohms por fase ) La impedancia de dispersión del estator es : y la impedancia de excitación referida al estator es ( Ohms por fase )

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

141 Ohms por fase

142 El voltaje por fase es: que produce la corriente del estator Amperios por fase (ii) El factor de potencia del motor es :

143 (iii)La corriente del embobinado del rotor (Amperios por fase)

144 (iv)Salida en caballos de potencia P. fw = pérdidas de fricción y ventilación P. stray = pérdidas de Corrientes Parásitas

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

146 (vi) El par es la relación de la potencia mecánica a la velocidad angular mecánica de rotación. La la velocidad angular mecánica de rotación. La velocidad angular es : velocidad angular es : velocidad de sincronismo y un par o torque de:

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

148 amperios por fase

149 La corriente de excitación : y la corriente del estator es :

150 (ii) El factor de Potencia es : La corriente actual en el embobinado del rotor es : ( amperios por fase o por anillo deslizante ) (iii) La potencia mecánica desarrollada es :

151 (iv) La potencia mecánica es : ( watts ) con una salida en caballos de potencia de hp=10.920 / 746 = 14.65 (v) La potencia de entrada es ( watts) y la eficiencia es

152 c) Tabla de resultados

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

154 Sin embargo, en pequeños motores tales como servomotores de dos fases usados en dos sistemas de control la resisitencia puede ser varias veces tan grande como la reactancia de control de dispersión. Adicionalmente, debido a las limitaciones físicas en entre-hierro es proporcionalmente más grande que en motores grandes, con el resultado comparativo de una reactancia de magnetización más baja.

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

156 dado que : como : Dado que :

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

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

159 PROBLEMA # 4 (Tomado del Macht problema 7.15) Problema #37 Problema #32

160 Donde V es el voltaje de línea a neutro hp p rpmn DATOS 1000 16 458 :   Problema #38 Problema #33

161 Circuito equivalente

162

163

164 Problema #39. Problema #34 Un motor devanado de 450 Hp, 220 voltios, 60 Hz, 6 polos, el motor de inducción tiene las siguientes constantes del circuito por fase referido al estator : Resistencia del rotor: 0.15 ohm, Reactancia de dispersión del rotor: 0.75 ohm. Resistencia del estator: 0.32 ohm, Reactancia de dispersión del estator: 1.15 ohm. Conexión del devanado Y-Y. En adesión, las pérdidas del núcleo son 1200W y la corriente magnetizante es 25A. Calcule la velocidad y eficiencia de esta máquina a carga máxima : I 2 4 – ( 3.9x10 5 ) I 2 2 + 3.5x10 9 I 2 2 =900 I 2 =95 Amp. Corriente de estator; Is= =98 amperios. Perdidas de cobre en el estator; = 9220 Watts. Perdidas del cobre en rotor; =4050 Watts. S = 0.0115  = 1185rpm % = 93%

165 Problema #40 Problema #35 Un motor de induccion 3, 60 hz, 6 polos, 110 voltios, tiene una conexion  estator y conexión  rotor, la resistencia entre terminales del estator es 0.221 con el rotor corto circuitado y frenado, los siguientes datos fueron tomados: Voltajes entre terminales 36V, corriente por terminales 45.2A y total de potencia de entrada 1500 Watts; Calcule para las condiciones de bloqueo de rotor tasa de voltaje de las siguientes corrientes de fase: I estator, componente de potencia de la I estator; y la componente de potencia de la corriente del estator representando la perdida del cobre del estator. La corriente de un motor de induccion bajo condiciones de bloqueo varia directamente con el voltaje impreso sobre el devanado del estator, y la potencia del motor bajo estas condiciones varia aproximadamente con el cuadrado del voltaje de linea. (Este motor es un motor de Induccion de rotor devanado) Para medidas de voltaje de lineas, E L =110 (Motor Bloqueado)

166 Corriente de linea; =1138.A. Potencia Total; =14000 Watts. Factor de potencia; =0.532 Desde el arrollamiento del estator son conectados en delta, La corriente del estator por fase sera: Corriente de fase del estator: =79.7A Componente de potencia de =42.4 La resisitencia del arrollamiento del estator por fase, R S = (3/2) x0.221 = 0.3315  I 2 R es la perdida del arollamiento del estator por fase, I S 2 R S = 79.7 2 x 0.3315 = 2100W

167 La Componente de potencia de la corriente del estator representando la perdida I 2 R del estator es : Ejemplo 7.5: Las siguientes constantes son para un motor de arranque con capacitor de ¼ -hp, 60-hz, 115-v, 4 polos: r 1 = 2.15 ohms r 2 = 4.45 ohms x 1 = 3.01 ohms x 2 = 2.35 ohms x M = 70.5 ohms Las perdidas de nucleo = 26.0 watts, perdidas de friccion de viento y friccion = 14.0 watts. Calcule para un deslizamiento de 0.05 la (a) corriente, (b) factor de potencia, (c) salida, (d) para y (e) eficiencia. Solucion: (a) La corriente basada en el circuito equivalente en la Fig. 7-22 (d), es Donde z 1 = r 1 + jx 1 = 2.15 + j3.01, donde Z f Z b se encuentran haciendo uso de la Fig. 7-22 (c), como sigue:

168

169 y a) El factor de potencia es cos 52.1  = 0.615. b) La potencia desarrollada, de la Ec. 7.63, es P em = (1 – s) I 2 m (R f - R b ) = (0.95) (3.54) 2 (16.72 – 1.06) = 186 w La potencia mecanica de salida es P sa1 = P em - P rot Y las perdidas rotacionales son P rot = 26 + 14 = 40 w Por lo tanto P sa1 = 186 – 40 = 146 w or 0.196 hp

170 (d) (e) Eficiencia = salida / entrada Entrada = VI m cos  = 115 x 3.54 x 0.615 = 250 Eficiencia = 146 / 250 = 0.584

171 Problema 4. Problema #36 El rotor de un motor de inducción de rotor – devanado se reembobina con el doble de numero de sus vueltas originales y con el área de sección transversal del material conductor en cada vuelta de un medio del valor original. Calcule el valor de relación de las siguientes cantidades en el motor reembobinado a las correspondientes cantidades originales. desprecie los cambios en el flujo de dispersion a) corriente de rotor a plena carga. b) La resistencia actual del rotor. c) La resistencia del rotor referida al estator. d) Los caballos de potencia nominales, e) La eficiencia a plena carga. a) original reembobinado

172 b) Como el embobinado es el doble, entonces la longitud se duplica c)

173 d)

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

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

176 Referencias de los Problemas: Ejercicio 1: Problema 45 del Folleto de Problemas Resueltos de Maquinaria II, página 88. Ejercicio 2: Problema 54 del Folleto de Problemas Resueltos de Maquinaria II. Ejercicio 3: Ejemplo 7-5 de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por Leander W. Matsch, página 419. Ejercicio 4: Problema 7-9 de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por Leander W. Matsch, página 438. Ejercicio 5: Problema 7-10 de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por Leander W. Matsch, página 439.

177 Problema No. 1 Problema No. 1 Problema#38 Explique por qué el “maximun” o torque de arranque de un rotor embobinado en un motor de inducción permanece sin cambio, mientras que la resistencia del rotor es variada. ¿ Por qué el máximo valor del torque curces ocurre a diferentes valores de deslizamiento ? (Sacado de copias proporcionadas por el profesor págs. 88,89 (Prior 45))

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

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

180 Ahora Corriente del Rotor se expresa como : Donde s: deslizamiento Rr: resistencia del rotor Rr: resistencia del rotor Xr: Reactancia del rotor a cierto valor de frecuencia “f” Xr: Reactancia del rotor a cierto valor de frecuencia “f”

181 Entonces: Para encontrar la resistencia a la cual ocurre el máximo valor del torque, Tr, e igualamos la derivada a cero. (1)(2)(3)

182

183 Por consiguiente el máximo torque ocurre cuando Rr es igual a sXr. Para valores de Rr iguales y menores que Xr, el máximo torque deberá ser constante y ocurrir para valores de deslizamiento lo cual hace que Rr = sXr. La reactancia del rotor para la condición estacionaria, Xr, es constante, así que como Rr es varaible, hay algunos valores de deslizamiento los cuales resultan por las condiciones necesarios de Torque Máximo.

184 Problema No. 2 Problema #39 Un cierto motor de inducción trifásico jaula de ardilla, consume 150 amperios cuando arranca al 75 % de su voltaje nominal y desarrolla un torque de 120 lb - pie. Este motor es diseñado para y servir a una carga, la cual es prácticamente constante y requiere un torque normal de arranque. La potencia es suministrada para una utilidad pública en un área urbana. (Sacado de copias proporcionadas por el profesor págs. 95 (june 56))

185 A) Calcule el torque de arranque y la corriente de esta máquina cuando su valor de voltaje esta máquina cuando su valor de voltaje nominal valor es aplicado. nominal valor es aplicado. B) Sobre que asunciones están basados sus calculos. calculos. C) ¿Qué objeciones, si las hay, podría alcanzar a través de la linea si esta máquina es través de la linea si esta máquina es arrancada regulamente dos veces al día ?. arrancada regulamente dos veces al día ?.

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

187 TORQUE DE ARRANQUE : B) Asumimos que las resistencias y reactancias equivalentes del rotor y estator reactancias equivalentes del rotor y estator son del mismo valor para cada voltaje. son del mismo valor para cada voltaje. C) Habrá una pronunciada caida de voltage la cual afecta el alumbrado. cual afecta el alumbrado.

188 PROBLEMA No.3 PROBLEMA #40 Tomado de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por L.W.Matsch ( Ejemplo 7.1, pags 384-388 ) Un motor de inducción de rotor devanado de 15-hp, 440 volt, trifásico, 60 Hz, 8 polos, tiene su estator y rotor conectados en estrella. La relación de las vueltas efectivas del rotor es b = 2.4 a 1. Las pérdidas de fricción de aire y fricción son 220 watts a velocidad nominal y pueden considerar constantes desde cero carga hasta carga plena. El estator y el rotor tienen las siguientes constantes por fase ESTATOR ROTOR r 1 = 0.52 ohm R 22 = 0.110 ohm x 1 = 1.15 ohm X 22 = 0.20 ohm x M = 40.0 ohm r fe = 360 ohm

189 Las pérdidas de carga parásitas son 120 watts. Use el circuito equivalente Use el circuito equivalente (a), para calcular lo siguiente para un desplazamiento s = 0.045 con un voltaje nominal balanceado y frecuencia nominal aplicados al estator y con los anillos deslizantes del rotor en corto – circuito: (a), para calcular lo siguiente para un desplazamiento s = 0.045 con un voltaje nominal balanceado y frecuencia nominal aplicados al estator y con los anillos deslizantes del rotor en corto – circuito: i.- Corriente del estator, i.- Corriente del estator, ii.- factor de potencia, ii.- factor de potencia, iii.- corriente en el embobinado del rotor, iii.- corriente en el embobinado del rotor, iv.- salida en caballos de potencia, iv.- salida en caballos de potencia, v.- eficiencia, y v.- eficiencia, y vi.-par. vi.-par.

190 (b) Repita la parte (a) usando el circuito equivalente aproximado, Figura a continuación ( parte b ), (c) Compare los resultados de las partes (a) y (b) en forma tabulada. Solución: En ambos circuitos equivalentes de la Figura 7.7, la impedancia del rotor se refiere al estator con el uso de la relación de impedancia : b 2 = (2.4) 2 de tal forma que : r 2 = b 2 r 22 = 5.76 * 0.110 = 0.634 ohm por fase r 2 = b 2 r 22 = 5.76 * 0.110 = 0.634 ohm por fase x 2 = b 2 x 22 = 5.76 * 0.20 = 1.15 ohm por fase x 2 = b 2 x 22 = 5.76 * 0.20 = 1.15 ohm por fase

191 Para un deslizamiento s = 0.0045, la impedancia del rotor referida al estator es : ( Ohms por fase ) La impedancia de dispersión del estator es : y la impedancia de excitación referida al estator es ( Ohms por fase )

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

193 Ohms por fase

194 El voltaje por fase es: que produce la corriente del estator Amperios por fase (ii) El factor de potencia del motor es :

195 (iii)La corriente del embobinado del rotor (Amperios por fase)

196 (iv)Salida en caballos de potencia P. fw = pérdidas de fricción y ventilación P. stray = pérdidas de Corrientes Parásitas

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

198 (vi) El par es la relación de la potencia mecánica a la velocidad angular mecánica de rotación. La la velocidad angular mecánica de rotación. La velocidad angular es : velocidad angular es : velocidad de sincronismo y un par o torque de:

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

200 amperios por fase

201 La corriente de excitación : y la corriente del estator es :

202 (ii) El factor de Potencia es : La corriente actual en el embobinado del rotor es : ( amperios por fase o por anillo deslizante ) (iii) La potencia mecánica desarrollada es :

203 (iv) La potencia mecánica es : ( watts ) con una salida en caballos de potencia de hp=10.920 / 746 = 14.65 (v) La potencia de entrada es ( watts) y la eficiencia es

204 c) Tabla de resultados

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

206 Sin embargo, en pequeños motores tales como servomotores de dos fases usados en dos sistemas de control la resisitencia puede ser varias veces tan grande como la reactancia de control de dispersión. Adicionalmente, debido a las limitaciones físicas en entre-hierro es proporcionalmente más grande que en motores grandes, con el resultado comparativo de una reactancia de magnetización más baja.

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

208 dado que : como : Dado que :

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

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

211 PROBLEMA # 4 PROBLEMA #41 (Tomado del Macht problema 7.15)

212 Donde V es el voltaje de línea a neutro hp p rpmn DATOS 1000 16 458 :  

213 Circuito equivalente

214

215

216 Problema No.5 PROBLEMA#42 Un motor de inducción de 208 v, trifásico, 10 hp,60 Hz tiene su embobinado del estator conectado en estrella y desarrolla una corriente de 30 amperios. Cuando sumistra su carga nominal con un voltaje nominal aplicados al estator. Calcule los valores nominales de: a) Voltaje de Línea a Línea b) Corriente de Línea c) Caballos de potencia. Si el embobinado del estator se cambiara de una conexión en estrella a una conexión delta. Tomado de “Máquinas Electromagnéticas y Electromecánicas” por L.W.Matsch ( Ejercicio 7.2, pág. 437 ).

217 Configuración Estrella

218 Configuración Delta

219 PROBLEMA#43 Un motor de inducciòn trifasico con 150 hp, 60-ciclos, 6 polos con 4 kw de perdida en la carga. El rotor y el estator estan conectado en Y y la relaciòn de transformaciòn del estator al rotor es de 4 a 1. Las resistencia son 1 y 0.09 ohm para el estator y el rotor respectivamente. Calcular: a) las perdidas de cobre en el estator b) las perdidas de cobre en el estator c) el deslizamiento d) el rendimento e) la eficiencia f) el torque donde la corriente es de 30 Amp. Y un factor de potencia de 0.9

220 Perdidas de cobre del estator: Pc1=m.I1².r1Pc1=3.30².1=2700 Watts. Perdidas de cobre del rotor. I2=b*I1 ; b=4 ; I2=4*30=120 Amp. Pc2=m.I2².r2Pc2=3*120²*0.009=3890 watts Perdidas= P carga+Pc1+Pc2 Perdidas= 4000+2700+3890= 10590 watts Potencia de entrada: Pin=3½*Vll*Il*fpPin=3½*2200*30*0.90=102.900W. Rendimiento en wattios = Pin - perdidas = 102.900 - 10.590= 92.310 watts Rendimiento en Hp = 92.310/746 = 123.7 hp S=Pc2/(Rendimiento+Pc2)= 3890/(92.310 + 3890) =0.04 o 4% Eficiencia= Po/Pinŋ=92.310 / 102.900 =0.897 o 89.7% Torque: Velocidad de sincronismo: Ns=120*f/p =120*60/6 = 1200 rpm n= ns*(1-S) n=1200*(1-0.04)= 1150rpm torque: T=Hp*33.000/(2*3.14*n) =123.7*33.000/(2*3.14*1150)= 565 lb- ft

221 PROBLEMA #44 Un motor de inducciòn trifasico de 250 hp 6 polos 25 ciclos, 600 v. Con una eficiencia de 93% un factor de potencia del 93% y un deslizamiento de 0.03. El motor tiene una corriente de arranque del 800% de la corriente nominal, la potencia de arranque es de 625kw y un torque de arranque de 150% del torque nominal. Si reducimos a un 40% su voltaje de entrada calcular los siguientes parametros: a) la corriente del motor b) la corriente de linea c) factor de potencia d) potencia de salida e) torque desprecie perdidas de magnetizaciòn y compensaciòn a) Corriente del motor:Im=Hp*746/(Eff*3½*Vll*fp)= 250*746/(3½*600*0.93*0.93)=208 Amp. Ist=8*208= 1660 Amp. Tst= 1.5*Tn

222 Reduciendo hasta el 40% Vln=240v. A) Corriente del motorIm=240*1660/600= 665 Amp b) Corriente de lineaIl=240*665/600= 266 Amp. C) Factor de potenciafp=100000/(3½*240*665)= 0.362 d) potencia de entradaPin= 625*1000*(240/600)²=100000 Watts e) torqueTst= 1.5*Tfl*(240/600) ²=0.24*tfl tfl: torque nominal ns=120*f/p =120*25/6=500 rpm n=ns*(1-s) =500*(1-0.03)= 485rpm tfl=Hp*33000/(2*3.14*n)=250*33000/(2*3.14*485)=2710 tst=0.24*2710=650 lb-ft

223 PROBLEMA # 1 PROBLEMA#45 Los siguientes resultados de prueba se obtuvieron en un motor de inducción de 10 hp trifásico, 440 voltios, 14 amperios, 60 Hz, 8 polos, con un rotor de jaula de ardilla individual. Prueba de cero carga 440 v línea a línea, corriente de línea 5,95 amperios, potencia trifásica 350 w Prueba de rotor trabado a 60 Hz 94,5 v línea a línea, corriente de línea 13,85 amperios, potencia trifásica 890 w La resistencia del c-d del estator fue medida inmediatamente después de la prueba de rotor bloqueado, dando un valor promedio de 0,77 ohm por fase. Calcule las pérdidas rotacionales de cero carga y las constantes para el circuito equivalente.

224 Corte típico de un motor jaula de ardilla pequeño

225 Solución: De los datos de prueba de cero carga

226 De la prueba de rotor trabado :

227 De donde :

228 Prueba de rotor trabado y frecuencia reducida (máquinas de doble jaula y barra profunda) Lo valores de la resistencia del rotor obtenidos a plena frecuencia de una prueba de rotor bloqueado en máquinas de jaula doble y barra profunda es el valor para el arranque y por lo tanto está presente en el rango normal de marcha. También la reactancia de dispersión es menor en el arranque que en el rango normal en marcha. Estos dos efectos son debidos a la relativamente alta frecuencia de la corriente del rotor en el punto de reposo. Por lo tanto, el Código de pruebas del IEEE recomienda que la prueba de rotor trabado se realice a una corriente trifásica nominal a una frecuencia de 15 Hz para obtener los valores de la resistencia del rotor y reactancia de dispersión que se aplican al rango normal en marcha.

229 PROBLEMA # 2 PROBLEMA#46 Las pruebas en un motor de inducción de barra profunda de 75 hp trifásico, 60 Hz, 440 voltios, 88 amperios, 6 polos, 1700 rpm (clase B) dieron los siguiente resultados: )Cero carga 440 v línea a línea, corriente de línea 24,0 amperios, potencia trifásica 2,56 kw )Prueba de rotor trabado a 15 Hz 28,5 V línea a línea, corriente de línea 90,0 amperios, potencia trifásica 2,77 kw

230 )Valor promedio de la resistencia de c-d entre las terminales del estator 0.0966 ohm, terminal a terminal )Prueba de rotor trabado a voltaje nominal 60 HZ 440 v línea a línea, 503 amperios corriente de línea, 150, 0 kw potencia trifásica Calcule (a) las constantes del circuito equivalente, para el rango de rotación y (b) el par electromagnético en el arranque a pleno voltaje.

231 Solución: De la prueba de cero carga

232 De la prueba de c-d De la prueba de rotor bloqueado a 15 Hz

233 El valor correspondiente de 60-Hz es La reactancias de dispersión se determinan, como

234 La reactancia de magnetización

235 PROBLEMA # 3 PROBLEMA#47 Las siguientes constantes se aplican a un motor de inducción de jaula de ardilla de 220 v, 50 Hp trifásico, 60 Hz, conectado en Y, 6 polos

236 Asuma que rf e incluya las pérdidas rotacionales y calcule, para un deslizamiento de 0,019 (1) par (2) caballos de potencia de salida (3) eficiencia (4) factor de potencia en base de (a) el circuito equivalente y (b) el circuito equivalente aproximado.

237 CIRCUITO EQUIVALENTE

238

239

240

241 )TORQUE )CABALLO DE POTENCIA DE SALIDA Pout = Pmd – P perdida

242

243 1) EFICIENCIA

244 Pin = 49 Hp

245 Parte b n s =120*f 1 /p=120*(60Hz/6) =1200 rpm V 1 = I 2 ’[(r 1 +r 2 ’/s)+j(x 1 +x 2 )] I 2 ’=9.72  -6.329 Amp 1.- T=(7.04/n s ) *m 1 *(I 2 ’) 2 *(r’/s) =7.04*3*(2.4/0.019)= T=210[lb-pie] 2.- Pout=Pmd-Pperdidas Pmd=m* I 2 ’* r 2 ’*(1-s)/s=(3*(9.72) 2 *2.4*(1-0.019)/0.019= Pmd=35122.1W

246 Pperdidas=V 2 /R=(2200/(3)½)/4170 =386.89 W Pout=Pmd-Pperdidas= 347535.21W/746W =46.56 Hp  = (Pout/Pin)*100% Pin=m*V*I*Cos  I 1 =Im+I’ 2 =V/(r fe //jXm) Im= 3.884  -85.502 Amp I 1 =11.128  -26.37 Amp Pin=(3)*(2200/  3)*(11.128)*Cos(-26.37))=37988.76W %  = 91.43%

247 7.7 Calcule (a) el par máximo y el deslizamiento que ocurre para el motor del problema en base del circuito equivalente S max = ¿

248 CIRCUITO EQUIVALENTE APROXIMADO

249

250 0,00215 0,1678 Stmax = 0,00215

251 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 1 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 1 PROBLEMA#48 Un motor de inducción trifásico de 2200 V, 60 Hz y 500 Hp, tiene las siguientes constantes de circuito por fase: n n Resistencia efectiva del estator (R1) = 0.37  n n Reactancia efectiva en el estator (X1) = 1.20  n n Resistencia efectiva del rotor, referida al estator (R2’) = 0.17  n n Reactancia efectiva del rotor, referida al estator (X2’) = 0.80  n n Pérdidas del núcleo (P h+e ) = 2300 W n n Pérdidas por fricción y ventilación (P f+v ) = 11000 W El rotor y el estator están conectados ambos en estrella. Calcular el deslizamiento y la eficiencia del motor a salida estimada.

252 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 1 Diagrama de flujo de potencia de un motor de inducción. Para comenzar nuestro análisis utilizaremos:

253 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 1 Del diagrama de flujo de potencia del motor de inducción tenemos: I 2’ = Corriente en el rotor referida al estator, despreciando la corriente de excitación. V 1 = Voltaje de fase del estator =

254 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 1 Haciendo uso del circuito equivalente tenemos que:

255 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 1 Pérdidas de cobre en el estator (P cu1 ) = 3I 2’ R 1 = 3(375830.30)(0.37)=417171.63W Pérdidas de cobre en el rotor (P cu2 ) = 3I 2’ R 2’ = 3(375830.30)(0.17)=191673.45W Pérdidas Totales =P cu1 + P h+e + P cu2 + P f+v = 417171.63 + 2300 + 191673.45 + 11000 = 622145.05W Finalmente del diagrama de flujo de potencia tenemos:

256 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 2 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 2 PROBLEMA#49 Un motor de inducción de trifásico, 230 V, 6 polos y 60 Hz, está cargado por medio de un freno prony. La longitud y el peso muerto de éste son de 2 pies y 2 libras, respectivamente. La potencia de entrada es medida por dos watímetros, P1 y P2, de acuerdo al método de los dos watímetros. Con 230 V de voltaje de placa, la fuerza total deliberada por el freno prony es de 30 libras. P1 y P2 indican 3.5 y 7.0 kilovatios, respectivamente y el deslizamiento es del 10%. Calcular: Los Hp de salida del motor Su eficiencia y Su factor de potencia.

257 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 2 Un diagrama del motor de inducción con método de medición de potencia de entrada de dos watímetros se muestra a continuación:

258 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 2 Velocidad sincrónica del campo magnético (n s ): Velocidad del rotor (n r ): Torque de salida (T): Potencia de entrada (P ent ):

259 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 2 Finalmente aplicando ecuaciones conocidas tenemos que:

260 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 3 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 3 PROBLEMA#50 Muestre en base al circuito equivalente aproximado que la corriente del rotor, el par y la potencia electromagnética de un motor de inducción polifásico varía casi directamente como el desplazamiento para pequeños valores del deslizamiento.

261 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 3 Para comenzar con el análisis de nuestro problema utilizaremos el circuito equivalente aproximado: Circuto equivalente aproximado para un motor de inducción polifásico.

262 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 3 Del circuito equivalente aproximado y del diagrama de flujo de potencia de un motor de inducción polifásico podemos rescatar lo siguiente: Diagrama de flujo de potencia de un motor de inducción polifásico.

263 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 3

264 Finalmente para demostrar la variación del Par de un motor de inducción como el deslizamiento para pequeños valores del deslizamiento tenemos que:

265 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 4 PROBLEMA#51 La prueba de cero carga y la prueba de rotor bloqueado es un motor dee inducción de fase partida de 1/3 Hp, 115 V, 60 Hz, 1720 RPM da lo siguiente: Prueba de Cero Carga: Vo=115 V Io= 3.49 A Po=85W r1=1.86 W Prueba de Rotor Bloqueado: Vl=115 V Il=18.2 A Pl=1600 W Calcule las constantes para el circuito equivalente y las´pérdidas rotacionales

266 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 4 Comenzamos nuestro análisis del problema a partir del circuito equivalente de un motor de inducción de fase partida:

267 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 4 Para obtener las constantes de la bobina principal utilizaremos los datos de la prueba de cero carga:

268 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 4 Finalmente por la prueba del rotor bloqueado tenemos que:

269 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 5 PROBLEMA#52 Cuando un motor de inducción de Jaula de Ardilla 2300 V, trifásico y 60 Hz, se arranca a pleno voltaje toma una corriente de arranque de 667 A de la línea y desarrolla un par arranque de 4600 lb.pies. a) Calcule la relación de un compensador de arranque (arrancador tipo autotransformador) tal que la corriente alimentada por la línea de 2300 V es 280 A. Desprecie la impedancia y corriente de excitación del compensador. b) Si la conexión normal del embobinado del estator es Delta, calcule la corriente de arranque y el par de arranque cuando este rotor se arranca desde una fuente de 2300 V 60 Hz, con el embobinado del estator conectado en estrella.

270 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 5 Un diagrama que muestre el arranque de un motor de inducción por medio de un autotransformador es el siguiente:

271 PROBLEMA DE MOTORES DE INDUCCIÓN No. 5 Del diagrama anterior podemos concluir que:

272 PROBLEMA # 5 PROBLEMA#53 REFERENCIA: TEMA DE EXAMEN PACIAL Un motor de inducción trifasico de 16 Hp 400 V 50 Hz 6 polos estator conectado en Y las pruebas dan el siguiente resultado: Pruebas en Vacio: 400 V, 11 A, 1800 W valores de línea Pruebas de Rotor Bloqueado: 100V 24 A 2060 W valores de linea. Resistencia del devanado del estator / fase :0.65  relacion de transformacion estator/rotor =2 calcular :

273 A) La resistencia de arranque incrementada en el rotor para limitar la corriente de arranque a 150% de la Corriente Nominal. Desarrollo: Pruebas de vacio Pruebas de rotor bloqueado Po= 1800 W Pcc=2060 W Vo= 400 V Vcc=100 V Io=11 A Icc=24 A  o= ?  cc= ?

274  o =Cos -1 (Po /  3* Vo* Io)  cc= Cos -1 (Pcc /  3* Vcc* Icc)  o = 76.34  cc= 60.29 Calculo de Icc a voltaje nominal Icc[vn] = Icc [Vn /Vr] Icc[Vn] = 24*400/100 = 96 Amp. Escala de corriente Escala de Potencia 1 cm =11 Amp 1 cm EP =( 400/  3)*11 X 1 = 96 Amp. 1 cm EP = 2540.34 W X 1 = 8.72 cm Esacla de Torque 7.04 * Escala de Potencia/  s =17.88 Lb-pie a 1 cm

275 P CU2 = 2.273cm* E S P PCU2 = 5775 W Iarr = 1.5 In Iarr = 1.5*27[A] = 40.5 [A] P CU2 = Ian 2 *rt rt = P CU2 /Ian 2 = 5775 W/(40.5 A) 2 rt = 3.5208  rt’=rt /a 2 = 3.5208  / (40.5) 2 = 0.8802  rt’ = r 2 ’ +r ext ’ 0.88 -.54 = r ext ’ => r ext ’ =0.34  r ext = 0.34 