Maquinas de corriente´ alterna - UTP

Maquinas de corrientealterna

Luis Enrique Arango Jimenez.- Jorge Juan Gutierrez Granada.

Universidad Tecnologica de Pereira

Maquinas de corrientealterna

Luis Enrique Arango Jimenez.Universidad Tecnologica de Pereira

Jorge Juan Gutierrez Granada.Universidad Tecnologica de Pereira

2011

Este libro esta hecho con ayuda deKOMA-Script y LATEX.

Introduccion

El trabajo que presentamos en este libro, recoge la aplicacion sistematica durante varios anos a la ensenanzade las Maquinas Electricas, como profesores de la Universidad Tecnologica de Pereira. En el confluye tanto

el interes de cumplir un fin didactico, como la probada experiencia en la comprobacion de los desarrolloslogrados.

El libro pretende, partiendo de lo mas simple a lo complejo, presentar una teorıa unificada para las maquinasde corriente alterna desde el punto de vista de la conversion de energıa electromecanica.

El primer capıtulo se preocupa de la obtencion de las ecuaciones generales para el funcionamiento de unamaquina electrica bifasica. Igualmente, utiliza una transformacion de coordenadas con el fin de simplificar lapresentacion y solucion de las ecuaciones. Adicionalmente, utiliza la transformacion de tres ejes a dos ejes paraextender los desarrollos a la maquina trifasica.

El segundo capıtulo particulariza la solucion de las ecuaciones para el caso de la maquinaria sincronica,haciendose enfasis en el regimen transitorio de las soluciones.

El tercer y ultimo capıtulo se dedica a la solucion de las ecuaciones generales para el caso de la maquinariade induccion en diversas variantes de funcionamiento.

Aunque varios autores han trabajado sobre la teorıa generalizada de las maquinas rotativas, sin embargono hemos encontrado un texto apropiado para la ensenanza de la misma a nivel de estudiantes de Ingenierıa.A llenar este vacıo se oriento nuestro esfuerzo. El libro presenta numerosos desarrollos originales y algunos, apesar de ser conocidos, se han adaptado de manera que armonicen con el estilo y enfoque general del trabajo.

Consideracion especial merece el analisis del corto-circuito en el generador sincronico, tema casi que inabordableen el campo de la ensenanza de las maquinas electricas , y que en el libro que hoy entregamos se haya muybien logrado.

El trabajo realizado no agota el tema de por si. El campo de las tecnicas numericas de la solucion a lasecuaciones, en situaciones que exceden el marco de las soluciones analıticas, se propuso.

Se abre entonces una gran expectativa, para la continuacion de este trabajo en el campo de la aplicacion detecnicas computacionales, que partiendo de las ecuaciones generales no lineales, aborden cualquier situacionposible de la maquinas electrica rotativa.

Los autores agradecen las facilidades brindadas por la Universidad para que el proposito original se realizaray dedican este modesto aporte a sus respectivas esposas Pamela y Gloria.

Luis Enrique Arango JimenezJuan Jorge Gutierrez Granada

Universidad Tecnologica de Pereira.

I

Indice general

1. Ecuaciones 11.1. Configuracion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Aproximacion para el caso de entrehierro no uniforme en maquinas de corriente alterna . . . . 1

1.2.1. Extension para el caso de n par de polos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3. Campos magneticos en las maquinas de corriente alterna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3.1. Campos concentrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3.2. Campos distribuidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4. Maquina bifasica de corriente alterna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.4.1. Representacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.4.2. Calculo de los parametros circuitales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.5. Ecuaciones electricas de equilibrio para la maquina bifasica de corriente alterna . . . . . . . . . 231.5.1. Simetrıa en el rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.5.2. Ajuste de las ecuaciones para polos salientes en el rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.6. Ecuacion mecanica de equilibrio para la maquina bifasica de corriente alterna . . . . . . . . . . 271.6.1. Determinacion del torque electromagnetico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.6.2. Extension de la expresion del torque para polos salientes en el rotor . . . . . . . . . . . 301.6.3. Ley de Newton para el eje mecanico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.7. Solucion de las ecuaciones generales de la maquina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.8. Transformacion Θ0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.8.1. Definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.8.2. Invariancia de la potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.8.3. Aplicacion de la transformacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.9. Transformacion de tres ejes a dos ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381.9.1. La transformada inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391.9.2. Incidencia de la transformacion en la matriz de impedancias de la maquina real trifasica 421.9.3. Aplicacion de la transformacion a un sistema simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431.9.4. Aplicacion de la transformacion a la maquina trifasica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

1.10. Componentes simetricas en la maquina de corriente alterna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.10.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.10.2. Componentes simetricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.10.3. Potencia en terminos de las componentes simetricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491.10.4. Componente de secuencia cero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 511.10.5. Efecto de la componente de secuencia cero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

2. La maquina sincronica 852.1. Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

2.1.1. Ecuaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 862.1.2. Ajuste de las ecuaciones para devanados amortiguadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

III

IV Indice general

2.2. Maquina sincronica trifasica balanceada en regimen permanente y velocidad constante . . . . . 872.3. Analisis fasorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

2.3.1. Diagrama fasorial del motor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 962.3.2. Diagrama fasorial del generador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 962.3.3. Reactancia sincronica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 982.3.4. Consideraciones sobre el signo del angulo del par δ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 982.3.5. Ajustes en el voltaje de excitacion para cambiar el factor de potencia . . . . . . . . . . . 102

2.4. Ecuacion del eje mecanico para la maquina sincronica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1042.4.1. Devanados de amortiguacion y/o arranque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1052.4.2. Influencia del devanado amortiguador y/o de arranque en la ecuacion del par . . . . . . 106

2.5. Oscilaciones y estabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1082.5.1. Oscilaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1082.5.2. Par de sincronizacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1082.5.3. Estabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1092.5.4. Criterio de areas iguales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

2.6. Operacion transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincronica . . . . . . . . . . . . . . . . 1112.6.1. Ecuaciones y generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1112.6.2. Alternador en corto circuito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1122.6.3. Eliminacion de variables en un sistema matricial de ecuaciones . . . . . . . . . . . . . . 1152.6.4. Determinacion de las corrientes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1222.6.5. Maquinaria sincronica trifasica desbalanceada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

3. La maquina de induccion 1873.1. Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

3.1.1. Rotor devanado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1873.1.2. Jaula de ardilla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

3.2. Modelo circuital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1873.3. La maquina de induccion con alimentacion sinusoidal desbalanceada en el estator . . . . . . . . 190

3.3.1. Componentes simetricas bifasicas adelante-atras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1903.3.2. Referencias de las ecuaciones al devanado 1 del estator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1943.3.3. Transformacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1953.3.4. Caso del rotor en cortocircuito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1973.3.5. Simetrıa en el estator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

3.4. Caso de voltajes balanceados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2003.4.1. Frenado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2053.4.2. Motorizacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2053.4.3. Generacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2053.4.4. Analisis de la motorizacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

3.5. Determinacion del torque medio para la maquina bifasica alimentada sinusoidalmente y con elrotor en corto circuito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

3.6. La maquina de induccion monofasica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2093.6.1. Arranque de los motores monofasicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

3.7. Transitorios en la maquinas de induccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260

Bibliografıa 263

Capıtulo 1Ecuaciones

1.1. Configuracion

Las maquinas de corriente alterna (c.a.) constan de dos estructuras concentricas de material ferromagnetico,usualmente laminado para disminuir las perdidas magneticas.

La estructura exterior se denomina estator y la interior rotor.

En cada una se las estructuras van alojados devanados electricos que dan lugar a campos magneticos;los devanados pueden estar distribuidos en la estructura o concentrados en algun lugar particular deella, identificado como polos fısicos.

De hecho, las estructuras pueden ser cilındricas o de polossalientes; si son cilındricas se tiene unentrehierro uniforme y si alguna de ellas tiene polos salientes, un entrehierro no uniforme. Ver Figuras1.1y 1.2.

1.2. Aproximacion para el caso de entrehierro no uniforme enmaquinas de corriente alterna

La Figura1.3muestra un corte de una maquina electrica de polos salientes en el estator. Se denominag(θ) la magnitud del entrehierro en el anguloθ, medido desde el eje directo (ejed), y en el sentidoanti-horario.

gd es la distancia mınima entre estructuras ygq la distancia maxima entre ellas.

Ademas se utilizaran coordenadas cilındricas:ar×aθ = az, donde el ejez sale del papel.Si se desarrolla el entrehierro en forma lineal, tal como muestra la Figura1.4, se tiene la siguiente

expresion parag como una funcion del anguloθ:

g(θ) =

gd, para−π

4 < θ < π4 y 3π

4 < θ < 5π4 ,

gq, paraπ4 < θ < 3π

4 y 5π4 < θ < 7π

4 .(1.1)

1

2 Capıtulo 1. Ecuaciones

bc bcbc bc

bc bcbc bc bc bcbc bc

bcbcbc bc

bcbcbc

bc

Figura 1.1: Maquina de c.a de estructura cilındrica.

b

bb

b

b

bb

b

bb

N

N

S S

Figura 1.2: Maquina de c.a de polos salientes.

Se nota que la funcion determina una onda periodica de periodoT = π.

Se descompone la onda periodica en serie de Fourier

ω = 2π/T , ω = 2π/π , ω = 2.

g(θ) =a0/2 + a1cos (2θ) + a2cos 2(2θ) + a3cos 3(2θ) + . . .

b1sen (2θ) + b2sen 2(2θ) + b3sen 3(2θ) + . . . (1.2)

1.2. Aproximacion para el caso de entrehierro no uniforme en maquinas de corriente alterna 3

eje d

θ

eje qgq

gd

aθ

ar

Figura 1.3: Vista en corte de una maquina electrica de polos salientesen el estator.

θ

g(θ)

π4

3π4

5π4

7π4

π 2π

gd

gq

Figura 1.4: Desarrollo del entrehierro.

an =2

T

∫ T

0g(θ)cos n(2θ)dθ bn =

2

T

∫ T

0g(θ)sen n(2θ)dθ.

Como la onda es de simetrıa par:

g(θ) = g(−θ) y bn = 0.

Evaluando:

g(θ) =gd + gq

2− 4

π

gq − gd

2

(cos2θ − 1

3cos 3(2θ) +

1

5cos 5(2θ) + . . .

). (1.3)

Se retiene solo la primera armonica; luego:

g(θ) = g0 − g1cos (2θ). (1.4)


Donde

g0 =gd + gq

2y g1 =

2

π(gq − gd).

1.2.1. Extension para el caso den par de polos

El entrehierro que se viene estudiando corresponde a una maquina de un par de polos salientes. Sinembargo, la maquina puede ser den pares de polos salientes; cuando este es el caso, la ondag(θ)se repiten veces a lo largo del entrehierro, o lo que es lo mismo el periodo se reduce aπ/n y lafrecuencia angular se extiende a2n.

Por lo demas el desarrollo para encontrar una expresion aproximada para un entrehierro no uniformeen una maquina den pares de polos, es exactamente igual al de un par de polos, obteniendose:

g(θ) = g0 − g1cos (2nθ). (1.5)

La Figura1.5 es una representacion para la ”maquina de entrehierro aproximado”de 2 y 4 polosrespectivamente.

g(θ)

a. 2 polos b. 4 polos

Figura 1.5: Representacion para la maquina de entrehierro aproximado.

Se nota que el entrehierro escogido corresponde a una maquina muy particular donde el arco polares igual a90/n; es decir, el polo saliente cubre desde−45/n hasta45/n, lo cual no es muy normal.Sin embargo cualquier configuracion de la maquina puede descomponerse por Fourier y hacerse losajustes respectivos parag0 y g1; manteniendo, en consecuencia, valida la expresion deducida paracualquier tipo de entrehierro.

Si la maquina tiene polos salientes en el rotor, la expresi´on parag(θ) no cambia.

1.3. Campos magneticos en las maquinas de corriente alterna

Se dara el nombre de campos magneticos concentrados a los producidos por un devanado concentradoy de campos distribuidos a los producidos por un devanado distribuido.

1.3. Campos magneticos en las maquinas de corriente alterna 5

1.3.1. Campos concentrados

La Figura1.6muestra el campo magnetico producido por un devanado concentrado alojado en unamaquina de dos polos.

α

××

×

×××

Figura 1.6: Campo magnetico producido por un devanado concentrado.

La direccion del campo sigue la regla de la mano derecha y lospuntos significan corriente que saledel papel. La superficie de integracion atraviesa diametralmente el entrehierro.

Se aplica la ley circuital de Ampere:∮

~H · ~dl = NI, (1.6)

a la superficie de integracion, con las aproximaciones siguientes:

1. Se considera la permeabilidad del hierro muchas veces mayor a la del aire. De esta forma laintensidad de campoH en la superficie del material magnetico es despreciable respecto a la delentrehierro.

2. La direccion del campo se considera normal a la superficiedel rotor en el entrehierro. Ademasse toma como uniforme en la misma superficie de integracion.

3. Se desprecian los efectos de saturacion.

∮

aire

~H · ~dl = NI,

H(α)g(α) − H(α + π)g(α + π) = NI,

g(α) = g(α + π) = gd.

Notese que debido a la simetrıa de la maquina

H(α) = −H(α + π).


Ası:2H(α)gd = NI,

es decir:

H(α) =NI

2gd. (1.7)

La expresion hallada es valida solo para−π/4 < α < π/4 y 3π/4 < α < 5π/4. Si α viola esterango la corriente encerrada sera nula y por consiguienteH(α) = 0.

Resumiendo:

H(α) =

NI

2gdpara−π

4 < α < π4 y 3π

4 < α < 5π4 ,

0 paraπ4 < α < 3π

4 y 5π4 < α < 7π

4 .(1.8)

En la figura1.7se grafica el valor deH(α) con respecto aα:

α

H(α)

π2 π 3π

2 2π

Figura 1.7: Campo magnetico producido por un devanado concentrado.

La onda es periodica de periodo2π.

Si se descompone por Fourier y se conserva la primera armonica se obtiene:

H(α) =

√2

π

NI

gdcos α. (1.9)

Y paran pares de polos

H(α) =

√2

π

NI

ngdcos nα. (1.10)

Donde:

n es el numero de pares de polos.

N el numero total de vueltas.

I la corriente.


gd la distancia minima del entrehierro.

Siguen siendo validas las mismas consideraciones dadas en1.2.1, respecto a la configuracion delpolo; si hay variaciones en el paso polar o en la estructura del polo, siempre se podra descomponerpor Fourier y aproximar a la primera armonica.

Ahora:B(θ) = µ0H(θ),

dondeµ0 = 4π × 10−7 henrios/metro es la permeabilidad del aire.

B(θ) =

√2

π

µ0NI

ngdcos nθ.

Si κ =√

(2)N/π,

B(θ) =µ0κI

ngdcos nθ. (1.11)

Ver figura1.8

θ

B(θ)

π2 π

n = 1

Figura 1.8: Distribucion del campo en el entrehierro para un devanado concentrado.

Como se aprecia un campo magnetico concentrado produce unadistribucion sinusoidal de campoen el entrehierro.

En la practica es deseable tener este tipo de distribuciondel campo para la obtencion de voltajesalternos sinusoidales, para lo cual se ajustan empıricamente las zapatas polares.

1.3.2. Campos distribuidos

Se considera, por simplicidad, una maquina de entrehierrouniforme. Se aloja en el estator undevanado uniformemente distribuido como muestra la Figura1.9.

Si el numero de ranuras aumenta considerablemente (como esusual), se puede pensar en unapelıcula de corriente sobre la superficie interior del estator. La mitad de esta pelıcula de corriente


× ×

××

×

×

×× ×

×

××

Figura 1.9: Maquina con devanado uniformemente distribuido.

tendra una direccion saliendo del papel y la otra mitad unadireccion contraria. Ver la Figura1.10donde se ha dibujado una superficie de integracion que atraviesa diametralmente el entrehierro.

a

θ

+ ++ ++ +

+ ++ ++

. .. .. .. .. ..

Figura 1.10:Maquina con devanado uniformemente distribuido.

La pelıcula tendra una densidad angular de corriente

J =NI

π

A

rad, (1.12)

o una densidad lineal de corriente

J =NI

πa

A

m. (1.13)

Aquı N es el numero de vueltas o la mitad del numero total de conductores.

Se desarrolla el entrehierro. La pelıcula de corriente se asigna positiva si el sentido de las corrientessale del papel y viceversa (Figura1.11)

Notese que la distribucion de corriente corresponde a unamaquina de dos polos.


θθ + π

b b

b b

g

a

b

d

c rotor

estator

H(θ + π)H(θ)

+ + + + + + + + + + + + + +−−−−−−−−−−−−−−

Figura 1.11: Entrehierro uniforme desarrollado

Se trata de aplicar la ley circuital de Ampere para determinar la distribucion de campo en elentrehierro. ∮

~H · ~dl =

∫~J · ~dA =

∫jds = f.m.m.

f.m.m. es la fuerza magnetomotriz,s el arco yA la superficie.

Se aplica la integral de lınea a la superficie de integracion en la Figura1.11∮

abcd

~H · ~dl =

∫jds = f.m.m.(θ),

∮ b

a

~H · ~dl +

∮ c

b

~H · ~dl +

∮ d

c

~H · ~dl +

∮ a

d

~H · ~dl = f.m.m.(θ).

No se tienen en cuenta las trayectorias en el hierro por ser allı el valor deH despreciable, comparadocon el aire. ∫ b

a

~H · ~dl +

∫ d

c

~H · ~dl =

∫jds = f.m.m.(θ).

El campo magnetico es radial en el entrehierro, luego:

∫ b

aH(θ)dl +

∫ d

cH(θ + π)dl =


Como se suponeH constante en el entrehierro

H(θ)

∫ b

adl + H(θ + π)

∫ d

cdl =

∫jds = f.m.m(θ),

H(θ)g(θ) − H(θ + π)g(θ + π) =



Debido a la simetrıa:~H(θ) = − ~H(θ + π).

Como es logico, las lıneas de campo que entran al rotor deben salir de el.

Es facil demostrar queg(θ) = g(θ + π) aun para el entrehierro no uniforme.

2g(θ)H(θ) =


El terminof.m.m(θ) se refiere a la corriente neta encerrada en la superficie de integracion para elanguloθ.

Si θ = π/2 la corriente encerrada es nula; por lo tanto:

f.m.m.(π/2) = 0.

Resolviendo la integral ∫jds,

se tiene:

f.m.m.(θ) =

(π − 2θ)aj para0 < θ < π,

(2θ − 2π)aj paraπ < θ < 2π.(1.14)

La Figura1.12muestra una grafica para la fuerza magnetomotrizf.m.m.(θ).

θ

f.m.m.(θ)

π 2π

πaj

−πaj

Figura 1.12:f.m.m.(θ) de un devanado distribuido.

Descomponiendo la onda triangular de la figura1.12 por Fourier y reteniendo solo el primerarmonico resulta:

f.m.m.(θ) =8πaj

π2cos θ =

8aj

πcos θ. (1.15)


2H(θ)g(θ) = f.m.m.(θ) ∴ H(θ) =f.m.m.(θ)

2g(θ).

B(θ) = µ0H(θ) ∴ B(θ) =µ0

2g(θ)f.m.m.(θ).

B(θ) =4µ0aj

πg(θ)cos θ. (1.16)

La expresion anterior se muestra en la Figura1.13

θ

B(θ)

π2 π 3π

2

Figura 1.13: Campo magnetico de un devanado distribuido.

Se ha llegado a una expresion para el campo magnetico similar a la obtenida con campos concentrados.Se puede concluir que en general en las maquinas de corriente alterna los campos magneticos en elentrehierro son de naturaleza sinusoidal.

Se nota que el desarrollo permite que el entrehierro sea no uniforme.

Es facil demostrar que si la maquina tienen pares de polos se cumple:

B(θ) =4µ0aj

πng(nθ)cos nθ =

4µ0NI

π2ng(nθ)cos nθ. (1.17)

En resumen los campos concentrados o distribuidos siempre se podran expresar de la siguientemanera:

B(θ) =µ0κI

ng(nθ)cos nθ. (1.18)

Siendo:

κ =

√2N

πg(nθ) = gd

para devanado concentrado, (1.19)

κ =4N

π2

para devanado distribuido. (1.20)


La constanteκ da cuenta del tipo de devanado del que se trata, permitiendo incluso mas posibilidadesde las contempladas, por ejemplo: mas de un conductor por ranura.

1.4. Maquina bifasica de corriente alterna

1.4.1. Representacion

Una maquina bifasica es aquella que tiene dos devanados ortogonales tanto en el rotor como en elestator. La ortogonalidad es obviamente en grados electricos.

Con lo estudiado hasta ahora se puede representar dicha maquina bifasica en la forma mostrada enla Figura1.14

θ0

1

2

xy

Figura 1.14:Maquina bifasica

Como se aprecia se han representado los devanados que producen los campos por bobinas concentradas;esto es posible, pues como se ha demostrado, desde el punto devista del campo magnetico producenel mismo efecto en el entrehierro.

Se han considerado polos salientes en el estator. Se veran mas adelante las modificaciones necesariascuando la maquina sea de polos salientes en el rotor.

Los campos magneticos de cada devanado o de cada fase seranlos siguientes de acuerdo con losnombres asignados a los devanados:

B1(θ) =µ0κ1ı1g(θ)

cos θ, (1.21)


sen θ, (1.22)

Bx(θ) =µ0κxıxg(θ)

cos (θ − θ0), (1.23)

By(θ) =µ0κyıyg(θ)

sen (θ − θ0). (1.24)

Cualquiera de los campos pueden ser facilmente obtenido sise piensa en una rotacion de la bobinaestudiada, por ejemplo:

1.4. Maquina bifasica de corriente alterna 13

Se supone una maquina con un devanado distribuido en el rotor con un eje giradoα grados respectoa la horizontal, Figura1.15

α

++ ++++++

+

..... .

. . . .

Figura 1.15: Devanado distribuido en el rotor.

En la Figura1.16se ha desarrollado el entrehierro.

α + π

α

estator

rotor

entrehierro no uniforme

2π

π2

π

3π2

+ + + + + + + + + + + +

. . . . . . . . . . . . . . .

Figura 1.16: Desarrollo del entrehierro

Calculando debidamente se obtiene:

B(θ) =µ0κI

g(θ)cos (θ − α). (1.25)

Para el caso particular deα = 90 se caerıa en la bobina 2 de la representacion como se vefacilmente.


Se hace enfasis en que la pelıcula de corriente puede estarindistintamente en el rotor o en el estator,porque se tomo:

a ≫| g(θ) | .

La representacion muestra devanados separados90 mecanicos para el caso de dos polos, pero si lamaquina tuvieran pares de polos, la distancia entre fases de una misma estructura seria obviamente90/n grados mecanicos. Paran pares de polos ya se vio que el campo se divide porn y el angulo semultiplica porn.

1.4.2. Calculo de los parametros circuitales

Resistencias

Las resistenciasR1, R2, Rx y Ry de los devanados dependen de la longitud y seccion de los mismos.Igualmente la conductividad del material es determinante.

R =ρL

A. (1.26)

L es la longitud.

A es la seccion.

ρ la conductividad del conductor.

Los efectos por temperatura y frecuencia (efecto piel), no se consideraron; pues en cada estudioparticular de realizan los ajustes necesarios, sobre todo en la forma como se miden experimentalmenteestos parametros.

Inductancias

El calculo de las inductancias propias y mutuas de los cuatro devanados requiere un poco mas deelaboracion y sobre todo algun conocimiento de la funcion de estado de energıa.

La funci on de estado energıa para un sistema de bobinas acopladas magneticamente La potenciainstantanea total de entrada para el sistema den bobinas acopladas magneticamente que semuestra en la Figura1.17, es:

Pen(t) = v1i1 + v2i2 + · · · + vnin =

n∑

i=1

viii. (1.27)

Se supone que las bobinas son inductancias puras o que la resistencia electrica de cada una deellas ha sido desacoplada, es decir, concentrada y colocadaen serie con la bobina; losvi seranentonces voltajes de la parte estrictamente inductiva (Figura1.18)

v′i es el voltaje en terminales yvi el voltaje en la inductancia.

De la ley de Faraday, se obtiene:

v1 =dλ1

dt, v2

dλ2

dt, · · · , vn =

dλn

dt,


v1, i1

v3, i3

v2, i2

vn, in

Figura 1.17:Sistema den bobinas acopladas magneticamente

v′1

v1

i1

Figura 1.18:Representacion de una bobina.

de donde:Pen(t) = i1λ1 + i2λ2 + · · · + inλn. (1.28)

Despreciando la radiacion de energıa, por ser muy pequena, la energıa que entra al sistemadurante un diferencial de tiempo debe irse necesariamente alos campos magneticos, luego:

dωm(t) = Pen(t)dt.

Ası:dωm(t) = i1dλ1 + i2dλ2 + · · · + indλn. (1.29)

Si la energıa almacenada ent = 0, es cero:

ωm(t) =

∫ t

0i1(t)

dλ1(t)

dtdt +

∫ t

0i2(t)

dλ2(t)

dtdt + · · · +

∫ t

0in(t)

dλn(t)

dtdt.

Se cambian los lımites de integracion y las variables:

ωm(λ1, λ2, · · · , λn) =

∫ λ1

0i′1(λ

′1, λ

′2, · · · , λ′

n)dλ′1 +

∫ λ2

0i′2(λ

′1, λ

′2, · · · , λ′

n)dλ′2 + · · ·

+

∫ λn

0i′n(λ′

1, λ′2, · · · , λ′

n)dλ′n.


Se ha utilizado el superındice ”primo”para expresar la variable, y la ausencia de superındice losvalores finales de la variable en el tiempot.

La funcionωm(λ1, λ2, · · · , λn) se denomina la funcion de estado energıa y, como se comprobara,su valor no depende de la trayectoria seguida por el sistema de t = 0 a t = t, sino de los valoresfinales.

ωm(λ1, λ2, · · · , λn) =

n∑

i=1

∫ λi

0i′i(λ

′1, λ

′2, · · · , λ′

n)dλ′i. (1.30)

Se define la funcion Coenergıaω′m(i1, i2, · · · , in) como:

ω′m(i1, i2, · · · , in) =

n∑

i=1

∫ ii

0λ′

i(i′1, i

′2, · · · , i′n)di′i. (1.31)

Al integrar una de las dos expresiones anteriores por partesse ve facilmente que:

ωm + ω′m =

n∑

i=1

λiii. (1.32)

Las funciones de estado Energıa y Coenergıa son independientes de la manera como el sistemahaya alcanzado el estado final.

Las variablesλ e i se denominan variables de estado y determinan completamente el estado delsistema.

Cuando el flujo concatenado es lineal con las corrientes se dice que el sistema es lineal y en estecaso la Energıa es igual a la Coenergıa. La figura1.19 ilustra este caso de linealidad. El areasobre la trayectoria de estado es igual a la Energıa y el area debajo de la trayectoria de estadoigual a la Coenergıa. Ambas son iguales.

Extension de las funciones de estado para movimiento relativo entrebobinas Hasta aquı se tienenlas bobinas sin ningun movimiento relativo entre ellas, pero ahora se supone que el sistemainicia su viaje de estado desde una posicion y termina en otra. Se asocia a cada bobina unmovimiento rotativo a traves del anguloθi (figura1.20)

Se supone como estado inicial el reposo absoluto. Luego paralos angulos y los enlaces de flujo:

θi = 0 y λi(0) = 0.

se lleva el sistema a la posicion final para

θ1, θ1, . . . , θn y λ1, λ2, . . . , λn.

Como la funcion de estado Energıa es independiente de la trayectoria seguida det = 0 a t = t,se pueden llevar las variablesθi a las posiciones finales manteniendo en cero las variables deestadoλi. Como es facil notar el paso de las posiciones angulares a sus valores finales no


λ′di′ i′

i′dλ′

λ′

i, λ

Figura 1.19: Caracterıstica magnetica lineal.

θ1

v1, i1

θ2

v2, i2

θn

vn, in

Figura 1.20:Movimiento relativo asociado a cada bobina.

representa cambio de energıa en los campos magneticos. Por consiguiente se pueden considerarlas variablesθi como constantes en su valor final para el calculo de la funci´on de estado Energıa.

Las variablesθi actuan como variables mudas

ωm(λ1, λ2, . . . , λn, θ1, θ1, . . . , θn) =n∑

i=1

∫ λi

0i′i(λ

′1, λ

′2, . . . , λ

′n, θ1, θ1, . . . , θn)dλ′

i, (1.33)

es lo mismo para la funcion de Coenergıa.

ω′m(i′1, i

′2, . . . , i

′n, θ1, θ1, . . . , θn) =

n∑

i=1

∫ ii

0λ′

i(i′1, i

′2, . . . , i

′n, θ1, θ1, . . . , θn)di′i. (1.34)

Es obvio que para cada conjunto de angulos habra una Energ´ıa y una Coenergıa.

Calculo de la funcion de estado Coenergıa para la maquina bifasica La funcion Coenergıa paraun sistema de cuatro bobinas1, 2, x, y y su movimiento relativo descrito solo por el angulo


θ0, esta dado de acuerdo con la seccion anterior por:

ω′m(i1, i2, ix, iy, θ0) =

∫ i1

0λ′

1(i′1, i

′2, i

′x, i′y, θ0)di′1 +

∫ i2

0λ′

2(i′1, i

′2, i

′x, i′y, θ0)di′2

+

∫ ix

0λ′

x(i′1, i′2, i

′x, i′y, θ0)di′x +

∫ iy

0λ′

y(i′1, i

′2, i

′x, i′y, θ0)di′y. (1.35)

Para calcular la anterior funcion Coenergıa se necesita conocer la funcion que relaciona flujosconcatenados con corrientes.

De la teorıa de campo electromagnetico, se cumple:

λ′1

λ′2

λ′x

λ′y

=

L1(θ0) L12(θ0) L1x(θ0) L1y(θ0)L21(θ0) L2(θ0) L2x(θ0) L2y(θ0)Lx1(θ0) Lx2(θ0) Lx(θ0) Lxy(θ0)Ly1(θ0) Ly2(θ0) Lyx(θ0) Ly(θ0)

i′1i′2i′xi′y

.

Expresa la relacion de los flujos concatenados en cada bobina en funcion de las inductanciaspropias y mutuas.

Se estan despreciando los fenomenos de saturacion en lasestructuras ferromagneticas del estatory rotor, por lo tanto los flujos concatenados permanecen lineales con las corrientes. Dicharelacion es completamente lineal.

La linealidad permite calcular la energıa magnetica facilmente pues resulta igual a la coenergıa.

Para evaluar y calcular la Coenergıa se requiere escoger una trayectoria de estado cualquiera: elunico requisito es llegar al estado final, por comodidad se escoge la mas elemental.

Se lleva el sistema en cuatro etapas:

Primera: se llevai′1 de cero ai1 y se mantienei′2, i′x, i′y en cero.

Segunda: se llevai′2 de cero ai2 y se mantienei′x, i′y en cero.

Tercera: se llevai′x a ix y se mantienei′y en cero.

Cuarta: se llevai′y de cero aiy.

La evaluacion de la coenergıa siguiendo dichas etapas es ası:

ω′m1

=1

2L1(θ0)i

21,

ω′m2

=1

2L2(θ0)i

22 + L21(θ)i1i2,

ω′m3

=1

2Lx(θ0)i

2x + Lx1(θ)ixi1 + Lx2(θ0)ixi2,

ω′m4

=1

2Ly(θ0)i

2y + Ly1(θ)iyi1 + Ly2(θ0)iyi2 + Lyx(θ0)iyix.


El aumento total de energıa sera:

ω′m = ω′

m1+ ω′

m2+ ω′

m3+ ω′

m4.

ω′m =

1

2L1(θ0)i

21 +

1

2L2(θ0)i

22 + L21(θ)i1i2 +

1

2Lx(θ0)i

2x + Lx1(θ)ixi1 + Lx2(θ0)ixi2

+1

2Ly(θ0)i

2y + Ly1(θ)iyi1 + Ly2(θ0)iyi2 + Lyx(θ0)iyix.

(1.36)

Coenergıa que es igual a la Energıa magnetica total almacenada en el sistema de cuatro bobinasde la maquina bifasica.

Calculo de la energıa almacenada en los campos magneticos de la maquina bifasica Se determinara laenergıa total almacenada en los campos magneticos como laintegracion sobre el volumenocupado por dichos campos.

Se recuerda que:

ωm =1

2

∫

volumen

~B · ~HdV.

Se trata de la maquina de dos polos de la figura1.21

θ0

1

2

xy

Figura 1.21:Maquina bifasica de dos polos.

Se supone que toda la energıa se halla en el entrehierro por cuantoH en el hierro es despreciablerespecto al del aire. Ademas la relacionB − H en el entrehierro es lineal e isotropica.Entonces:

dωm

dV=

B2

2µ0, ωm =

1

2µ0

∫

volumen

B2dV,

define la densidad de energıa en el entrehierro.

Puesto que el campo magnetico de cada bobina es radial el campo magnetico total esta dado


por:B = B1 + B2 + Bx + By,

B(θ) =µ0

g(θ)〈κ1i1cos θ + κ2i2sen θ + κxixcos (θ − θ0) + κyiysen (θ − θ0)〉. (1.37)

Como se ve en la figura1.22un diferencial de energıa en el entrehierro es:

dV = a L g(θ) dθ. (1.38)

Se suponea ≫ g(θ).

L

dθ

a

g(θ)

Figura 1.22: Diferencial de energıa en el entrehierro.

ωm =

∫ 2π

0

B2(θ)

2µ0a L g(θ) dθ. (1.39)

Reemplazando:

ωm =µ0aL

2

∫ 2π

0

1

g(θ)〈κ1i1cos θ + κ2i2sen θ + κxixcos (θ − θ0) + κyiysen (θ − θ0)〉2dθ.

(1.40)

Si se tiene en cuenta que:

1

g(θ)=

1

g0 − g1cos 2θ=

1

go

1

1 − g1

g0cos 2θ

,

y que ∣∣∣∣g1

g0cos 2θ

∣∣∣∣ < 1.


Se obtiene la siguiente serie de potencias (serie geometrica convergente):

1

g(θ)=

1

g0

[1 +

(g1

g0cos 2θ

)+

(g1

g0cos 2θ

)2

+ · · ·]

Considerando solo los dos primeros terminos:

1

g(θ)=

1

g0

(1 +

g1

g0cos 2θ

)(1.41)

Con esto la energıa magnetica total almacenada en los campos es:

ωm =µ0aL

2g0

∫ 2π

0

(1 +

g1

g0cos 2θ

)〈κ1i1cos θ + κ2i2sen θ + κxixcos (θ − θ0)

+ κyiysen (θ − θ0)〉2dθ.

ωm =µ0aL

2g0

∫ 2π

0

(1 +

g1

g0cos 2θ

)〈κ2

1i21cos

2θ + 2κ1κ2i1i2sen θcos θ + κ21i

21sen

2θ

+ 2κ1κxi1ixcos θcos (θ − θ0) + 2κ1κycos θsen (θ − θ0)

+ 2κ2κxi2ixcos (θ − θ0)sen θ + 2κ2κyi2iysen θsen (θ − θ0)

+ 2κxκyixiycos (θ − θ0)sen (θ − θ0) + κ2xi2xcos2(θ − θ0)

+ κ2yi

2ysen

2(θ − θ0)〉dθ.

Evaluando las distintas integrales, se obtiene:

ωm =µ0aL

2g0

⟨κ2

1i21π

(1 +

g1

2g0

)+ κ2

2i22π

(1 − g1

2g0

)+ 2κ1κxπ

(1 +

g1

2g0

)i1ixcos θ0

+ 2κ2κxi2ixπ

(1 − g1

2g0

)sen θ0 + 2κ2κyi2iyπ

(1 − g1

2g0

)cos θ0

− 2κ1κyi1iyπ

(1 +

g1

2g0

)sen θ0 − 2κxκyixiyπ

g1

2g0sen 2θ0

+ κ2xi2xπ

(1 +

g1

2g0cos 2θ0

)+ κ2

yi2yπ

(1 − g1

2g0cos 2θ0

)⟩.

(1.42)

Expresion que da la energıa magnetica total almacenada en los campos magneticos.

Comparacion de energıas Si se compara la funcion de coenergıa obtenida con base en la funcion deestado con la ultima funcion obtenida a partir de la densidad volumetrica de campo sobre todoel volumen se pueden identificar los valores de las respectivas inductancias de la maquina.

Recordar que la funcion de estado coenergıa es igual a la funcion de estado energıa.

ωm = ω′m.


Comparando termino a termino las ecuaciones1.36y 1.42se obtiene:

L12(θ0) = L21(θ0) = 0, (1.43)

L1(θ0) =µ0aLκ2

1π

g0

(1 +

g1

2g0

)= L1, (1.44)

L2(θ0) =µ0aLκ2

2π

g0

(1 − g1

2g0

)= L2, (1.45)

L1x(θ0) =µ0aLκ1κxπ

g0

(1 +

g1

2g0

)cos θ0 = L1xmaxcos θ0, (1.46)

L1y(θ0) = −µ0aLκ1κyπ

g0

(1 +

g1

2g0

)sen θ0 = −L1ymaxsen θ0, (1.47)


g0

(1 − g1

2g0

)sen θ0 = L2xmaxsen θ0, (1.48)

L2y(θ0) =µ0aLκ2κyπ

g0

(1 − g1

2g0

)cos θ0 = L2ymaxcos θ0, (1.49)

Lxy(θ0) = −µ0aLκxκyg1π

2g20

sen 2θ0 = −Lxymaxsen 2θ0, (1.50)

Lx(θ0) =µ0aLκ2

xπ

g0

(1 +

g1

2g0cos 2θ0

)= Lx0 + Lxθcos 2θ0, (1.51)

Ly(θ0) =µ0aLκ2

yπ

g0

(1 − g1

2g0cos 2θ0

)= Ly0 − Lyθcos 2θ0. (1.52)

Extension para n pares de polosSi se quiere extender el desarrollo para maquinas den pares depolos, basta calcular la energıa teniendo en cuenta que loscampos magneticos estan descritosahora por las siguientes expresiones:


cos θ,


sen θ,

Bx(θ) =µ0κxıxg(θ)

cos (θ − θ0),

By(θ) =µ0κyıyg(θ)

sen (θ − θ0).

Recalculando las integrales es facil demostrar que en cadacoeficiente aparece el termino1/n2

como multiplicador.

1.5. Ecuaciones electricas de equilibrio para la maquina bifasica de corriente alterna 23

Ası:

ωm =µ0aL

2g0n2

∫ 2π

0

(1 +

g1

2g0cos 2θ

)(κ1i1cos nθ + κ2i2sen nθ + κxixcos n(θ − θ0)

+ κyiysen n(θ − θ0))2dθ.

(1.53)

Se nota que para el tipo de integrales involucradas

∫ 2π

0f(θ)dθ = n

∫ 2π

0f(θ)

dθ

n=

∫ 2πn

0f(θ)

dθ

n.

Esto se ve conθ en radianes electricos.

ωm =µ0aL

2g0n2

∫ 2πn

0

(1 +

g1

g0cos 2θ

)(κ1i1cos θ + κ2i2sen θ + κxixcos (θ − θ0)

+ κyiysen (θ − θ0))2 dθ

n. (1.54)

Los resultados para las inductancias seran iguales a las obtenidas con la sola variacion del factor1/n2 que aparece de multiplicador y con el anguloθ0 en radianes electricos.

Por ejemplo:


g0n2

(1 +

g1

2g0

)cos θ0.

Expresada en grados mecanicos es:


g0n2

(1 +

g1

2g0

)cos nθ0 = L1xmaxcos nθ0.

La siguiente matriz resume las inductancias para la maquina bifasica conn pares de polos:

[L1,2,x,y] =

L1 0 L1xmaxcos nθ0 −L1ymaxsen nθ0

0 L2 L2xmaxsen nθ0 L2ymaxcos nθ0

L1xmaxcos nθ0 L2xmaxsen nθ0 Lxo + Lxθcos 2nθ0 −Lxymaxsen 2nθ0

−L1ymaxsen nθ0 L2ymaxcos ηθ0 −Lxymaxsen 2nθ0 Ly0 − Lyθcos 2nθ0

.

(1.55)

Obviamente los coeficientes de las inductancias incorporanel factor1/n2 y θ0 esta en radianesmecanicos.

1.5. Ecuaciones electricas de equilibrio para la maquina bifasica decorriente alterna

Se trata de la maquina de la Figura1.23


θ0

1

2

xy

Figura 1.23:Maquina bifasica de c.a

Mediante las leyes de Kirchhoff y Faraday, y con el conocimiento previamente adquirido en cuantoa los parametros de la maquina, se pueden deducir las ecuaciones de equilibrio electricas.

Obviamente la parte resistiva de los devanados es desacoplada y concentrada por fuera de lasbobinas (Figura1.24).

Por ejemplo, para la bobina 1:

v1 = R1i1 +dλ1

dt.

v1

i1

+ −

Figura 1.24:Circuito electrico de la bobina 1 de la maquina bifasica de c.a.

En terminos generales:v = Ri + ρλ. (1.56)

Donde:

ρ =dλ

dt.

Tomando en cuenta los cuatro devanados se tiene:

v1

v2

v3

v4

=

R1 0 0 00 R2 0 00 0 Rx 00 0 0 Ry

i1i2ixiy

+ ρ

λ1

λ2

λx

λy

.

1.5. Ecuaciones electricas de equilibrio para la maquina bifasica de corriente alterna 25

Pero

[λ1,2,x,y] =

λ1

λ2

λx

λy

= [L1,2,x,y(θ0)]

i1i2ixiy

.

De donde:

v1

v2

v3

v4

=

R1 0 0 00 R2 0 00 0 Rx 00 0 0 Ry

i1i2ixiy

+ ρ[L1,2,x,y(θ0)]

i1i2ixiy

. (1.57)

1.5.1. Simetrıa en el rotor

Para todos los casos practicos se puede suponer simetrıa en el rotor; esto es:

Nx = Ny,

Rx = Ry,

Lx0 = Lxymax ,

Lx0 = Ly0,

L1xmax = L1ymax ,

L2xmax = L2ymax .

Puesto queκx = κy, agrupando y tomando en consideracion la restriccion de simetrıa en el rotor,la ecuacion general de los ejes electricos sera:

v1

v2

vx

vy

=

R1 + L1ρ 0 L1xmaxρcos nθ0

0 R1 + L2ρ L2xmaxρsen nθ0

L1xmaxρcos nθ0 L2xmaxρsen nθ0 Rx + Lx0ρ + Lxymaxρcos 2nθ0

−L1xmaxρsen nθ0 L2xmaxρcos nθ0 −Lxymaxρcos 2nθ0

−L1xmaxρsen nθ0

L2xmaxρcos nθ0

−Lxymaxρsen 2nθ0

Rx + Lx0ρ − Lxymaxρcos 2nθ0

i1i2ixiy

,

(1.58)

v1

v2

vx

vy

= [Z1,2,x,y(θ0)]

i1i2ixiy

. (1.59)

1.5.2. Ajuste de las ecuaciones para polos salientes en el rotor

Se ha desarrollado todo el procedimiento de analisis para una maquina con polos salientes en elestator, sin embargo se demostrara que las ecuaciones se pueden ajustar facilmente cuando los polosestan localizados en el rotor.


Se ilustrara para la maquina de la figura1.25

Figura 1.25: Maquina de polos salientes en el rotor.

La figura1.26 muestra la maquina que se ha estudiado y su equivalente cambiando en el marcode referencia de la velocidad; es decir amarrando el rotor y liberando el estator. Obviamente lasecuaciones siguen siendo validas.

(a) (b)

Figura 1.26: Maquina bifasica de c.a y su equivalente cambiando el marco de referencia de la velocidad.

En la figura1.27se ha intercambiado la localizacion de las estructuras, esdecir la exterior se havuelto interior y viceversa.

Esto es perfectamente posible porque el hierro se despreciaen los calculos y el entrehierro seconserva en su valor. Es claro que se conserva el sentido de giro.

La figura 1.28 muestra una maquina con polos salientes en el rotor que tiene exactamente lasmismas ecuaciones que se han desarrollado.

Obviamente para el caso de polos salientes en el rotor las variablesx, y responden a variables delestator y las variables1, 2 a variables del rotor1.

Si se tienen en cuenta estas variaciones no debe existir ninguna dificultad para manejar situacionescon maquinas de polos salientes en el rotor.

1Notese que el sentido de giro de la maquina es contrario al definido como positivo

1.6. Ecuacion mecanica de equilibrio para la maquina bifasica de corriente alterna 27

(a) (b)

Figura 1.27: Intercambio de la localizacion de las estructuras.

θ0

1

2

x

y

Figura 1.28: Maquina de polos salientes en el rotor.

1.6. Ecuacion mecanica de equilibrio para la maquina bifasica decorriente alterna

La ecuacion general de los cuatro ejes electricos desarrollada es insuficiente para conocer el funcionamientode la maquina pues se tienen cinco variables independientes a saber:

i1, i2, ix, iy, θ0.

Se remueve este obstaculo con el apoyo de la ecuacion del eje mecanico, la cual resulta de laaplicacion de la segunda ley de Newton al eje mecanico.

1.6.1. Determinacion del torque electromagnetico

La accion simultanea de los distintos campos magneticosy devanados provoca un torque en el eje dela maquina. Para determinar este torque se considera la maquina como un dispositivo electromecanicode cinco puertas: cuatro electricas y una mecanica. Se ilustra en la figura1.29

T es el torque externo aplicado.


MAQUINA

BIFASICA

i1

λ1

i2

λ2

ixλx

iyλy

θ0

T

Figura 1.29: Maquina bifasica como dispositivo electromecanico

Se supone que a partir de un instante determinado se inyecta potencia por las cinco puertas, es decirpotencia electrica por las cuatro puertas electricas y potencia mecanica en la puerta mecanica.

Pen = i1λ1 + i2λ2 + ixλx + iyλy + Tθ0. (1.60)

Las resistencias se han desacoplado estan en el circuito externo.

Se supone que la maquina no tiene perdidas.

Toda la energıa entregada tiene que seguir dos caminos:

Los campos magneticos y la energıa cinetica del rotor.

Se supone ahora que de alguna forma se logra que la energıa cinetica no se modifique. Siendo ası,toda la energıa debe irse a los campos magneticos.

El diferencial de energıa total esta dado por:

dωm = Pendt = i1dλ1 + i2dλ2 + ixdλx + iydλy + Tdθ0,

se sabe que:

ωm(λ1, λ2, λx, λy, θ0) =∑

i=1,2,x,y

∫ λi

0i′i(λ

′1, λ

′2, λ

′x, λ′

y, θ0)dλ′i.

Para el diferencial de energıa:

ωm(λ1, λ2, λx, λy, θ0) =∂ωm

∂λ1λ1 +

∂ωm

∂λ2λ2 +

∂ωm

∂λxλx +

∂ωm

∂λyλy +

∂ωm

∂θ0θ0.

1.6. Ecuacion mecanica de equilibrio para la maquina bifasica de corriente alterna 29

Ahora:

ωm(λ1, λ2, λx, λy, θ0) =

∫ λ1

0i′1(λ

′1, λ

′2, λ

′x, λ′

y, θ0)dλ′1 +

∫ λ2

0i′2(λ

′1, λ

′2, λ

′x, λ′

y, θ0)dλ′2

∫ λx

0i′x(λ′

1, λ′2, λ

′x, λ′

y, θ0)dλ′x +

∫ λy

0i′y(λ

′1, λ

′2, λ

′x, λ′

y, θ0)dλ′y.

Luego:∂ωm

∂λ1= i1 ,

∂ωm

∂λ2= i2 ,

∂ωm

∂λx= ix ,

∂ωm

∂λy= iy.

Porque en cada variacion las demas variables toman valores fijos.Ası:

dωm(λ1, λ2, λx, λy, θ0) = i1dλ1 + i2dλ2 + ixdλx + iydλy +∂ωm

∂θ0(λ1, λ2, λx, λy, θ0)dθ0. (1.61)

Como se ha supuesto:dω = dωm.

Entonces

T =∂ωm

∂θ0(λ1, λ2, λx, λy, θ0). (1.62)

Si se sabe que:

ωm(λ1, λ2, λx, λy, θ0) + ω′m(λ′

1, λ′2, λ

′x, λ′

y, θ0) = λ1i′1 + λ2i

′2 + λxi′x + λyi

′y,

es facil demostrar:

T = −∂ω′m

∂θ0(λ1, λ2, λx, λy, θ0). (1.63)

La suposicion hecha, vale decir que la energıa de entrada no modifique la energıa cinetica, implicaque la velocidad no cambie. La unica forma de lograrlo es queel torque aplicado a la puerta mecanicacompense exactamente el torque electromagnetico producido por la maquina; bajo esta circunstanciano habra aceleracion y por tanto la velocidad no se incrementara. De tal suerte que el torqueT es igualen magnitud al torque electromagneticoTg y de signo contrario.

De hecho no se realizo trabajo ni entro energıa por la puerta mecanica; a este procedimiento se leconoce como principio de trabajo virtual.

T = −Tg,

Tg =∂ω′

m

∂θ0(λ1, λ2, λx, λy, θ0).

Se deriva parcialmente la ecuacion de la Coenergıa (ecuacion 1.36) con respecto al anguloθ0, se


tiene:

Tg =1

2i21

∂L1(θ0)

∂θ0+ i1i2

∂L21(θ0)

∂θ0+

1

2i22

∂L2(θ0)

∂θ0+ ixi1

∂Lx1(θ0)

∂θ0+ ixi2

∂Lx2(θ0)

∂θ0

+1

2i2x

∂Lx(θ0)

∂θ0+ iyi1

∂Ly1(θ0)

∂θ0+ iyi2

∂Ly2(θ0)

∂θ0+ iyix

∂Lyx(θ0)

∂θ0+

1

2i2y

∂Ly(θ0)

∂θ0.

Teniendo en consideracion la matriz de inductancias, resulta:

Tg =n(−L1xmaxi1ixsen nθ0 + L2xmaxi2ixcos nθ0 − Lxymaxi2xsen 2nθ0 − L1xmaxi1iycos nθ0

− L2xmaxi2iysen nθ0 − 2Lxymaxixiycos 2nθ0 + Lxymaxi2ysen 2nθ).

(1.64)

1.6.2. Extension de la expresion del torque para polos salientes en el rotor

La expresion lograda para el torque sigue vigente para la m´aquina mostrada en la figura1.30.

θ0

1

2

x

y

Figura 1.30: Maquina bifasica.

Si se quisiera la ecuacion para el sentido del giro positivo(antihorario) basta cambiarρθ0 por−ρθ0

y el torque cambiara de signo.

1.6.3. Ley de Newton para el eje mecanico

En la figura1.31se muestra una maquina y su carga mecanica,JM es la inercia del rotor yJC lainercia del sistema motriz o la carga mecanica.

De la segunda ley de Newton: ∑T = Jtotal θ0, (1.65)

donde:Jtotal = JM + JC .

1.7. Solucion de las ecuaciones generales de la maquina 31

Tg

rotor

Carga mecanica Text

Figura 1.31:Eje mecanico.

Si; Tf es el torque de friccion:

Tg(i1, i2, ix, iy, θ0) − Tf ± Text = (JM + JC)θ0,

donde:Text es el torque motriz o torque de la carga.

La anterior expresion es la ecuacion del eje mecanico de la maquina, la cual combinada conlas ecuaciones electricas; permiten suficiente informacion para conocer el funcionamiento de unamaquina bifasica.

1.7. Solucion de las ecuaciones generales de la maquina

Una rapida inspeccion de las cinco ecuaciones obtenidas muestra que es un sistema de ecuacionesdiferenciales no lineales, con no linealidades tipo producto de variables, incluyendo funciones sinusoidalesde variables. Por ejemplo:

Vx =L1xmax

d

dt(i1cos nθ0) + L2xmax

d

dt(i2sen nθ0) + Rxix + Lx0

dixdt

+ Lxymax

d

dt(ixcos 2nθ0) − Lxymax

d

dt(iysen 2nθ0)

Obviamente este tipo de ecuaciones no permite soluciones analıticas y se debe recurrir a metodosnumericos de solucion.

No obstante existen ciertas transformaciones de variablesque permiten simplificar las ecuaciones eincluso para casos especiales lograr soluciones analıticas reduciendo en algunas veces las ecuaciones


a circuitos electricos comunes.

Sin embargo, siempre en condiciones dinamicas, se tendraque recurrir a metodos computacionales,aunque obviamente manejando ecuaciones mas simplificadasque las presentes.

Entre las transformaciones mas importantes esta la transformacion θ0, tambien conocida comotransformaciond − q que elimina de las ecuaciones la dependencia deθ0.

Tambien esta la transformacion de tres ejes a dos ejes que permite manejar maquinas trifasicas conlas ecuaciones de las bifasicas en combinacion con las transformacion de las componentes simetricas.

1.8. Transformacion Θ0

1.8.1. Definicion

Las transformadas de Laplace y la transformacion logarıtmica permiten simplificar la manipulacionde ecuaciones y obtener resultados en forma rapida y sistematica. Los resultados son objetos abstractosy muchas veces sin utilidad. Se recurre entonces a la antitransformada para conocer la solucion real.

El calculo integracional tambien utiliza transformaciones de variables (sustitucion de variables)para facilitar el proceso de integracion y obtener soluciones analıticas.

El procedimiento consiste entonces en transformar las variables para resolver situaciones en terminosde las nuevas variables y despues regresar en la transformacion (antitransformar), para conocer resultados.

La transformacionΘ0 a realizar convierte las variables de las bobinasx, y en variables correspondientesa unas nuevas bobinas imaginariasa, A; que aunque estan fijas en el espacio (no rotan), proporcionanen el entrehierro el mismo campo magnetico que las originales. Al estar estas bobinasa, A reemplazandoa las bobinasx, y; corresponde solamente traducir las ecuaciones al lenguaje de las nuevas variables.

Al quedar las bobinas en los mismos ejes del estator no existiran dependencias angulares y lasecuaciones se simplificaran bastante (figura1.32).

De la ecuacion de los ejes electricos, la transformacion es igual a:

[TΘ0

]=

[cos nθ0 −sen nθ0

sen nθ0 cos nθ0

]. (1.66)

Se aplica tanto a voltajes como a corrientes

[iaiA

]=


sen nθ0 cos nθ0

] [ixiy

]. (1.67)

[va

vA

]=


sen nθ0 cos nθ0

] [vx

vy

]. (1.68)

1.8. Transformacion Θ0 33

[TΘ0

]−1=

[cos nθ0 sen nθ0

−sen nθ0 cos nθ0

].

θ0

y x

a 1

2

A

Figura 1.32: TransformacionΘ0 aplicada a la maquina bifasica.

1.8.2. Invariancia de la potencia

Esta transformacion debe ser invariante en potencia, es decir las potencias deber ser iguales en losdos sistemas de variables

iava + iAvA = ixvx + iyvy. (1.69)

En forma matricial[

iaiA

]t [va

vA

]=

[TΘ0

] [ ixiy

]t [TΘ0

] [ vx

vy

],

[iaiA

]t [va

vA

]=

[ixiy

]t [TΘ0

]t [TΘ0

] [ vx

vy

].

La igualdad de las potencias implica que:

[TΘo

]t [TΘo

]=[

I],

donde la matriz[I] es la matriz identidad. Posmultiplicando por la inversa de la transformacion:

[TΘ0

]t=[

TΘ0

]−1. (1.70)

Es facilmente comprobable que la matriz de transformacion cumple con la condicion anterior. Latransformacion que cumple con esta condicion es conocidacomo transformacion ortogonal.


1.8.3. Aplicacion de la transformacion

Puesto que las corrientes de estator no necesitan ser modificadas la transformacion total sera

i1i2iaiA

=

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]

i1i2ixiy

,

v1

v2

va

vA

=

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]

v1

v2

vx

vy

.

Con:

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]

−1

=

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]−1

.

Luego:

i1i2ixiy

=

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]−1

i1i2iaiA

, (1.71)

v1

v2

vx

vy

=

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]−1

v1

v2

va

vA

. (1.72)

Reemplazando las expresiones anteriores en la ecuacion general electrica vista;

v1

v2

vx

vy

=[Z1,2,x,y(θ0)

]

i1i2ixiy

,

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]−1

v1

v2

va

vA

=[Z1,2,x,y(θ0)

]

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]−1

i1i2iaiA

.


Premultiplicando por la matriz de transformacion

v1

v2

va

vA

=

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]

[Z1,2,x,y(θ0)

]

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]−1

i1i2iaiA

.

De donde:

[Z1,2,a,A

]=

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]

[Z1,2,x,y(θ0)

]

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]−1

(1.73)

De desarrollar el anterior producto de matrices, teniendo el debido cuidado con el operadorρ, elcual lleva implıcita la accion sobre las corrientes, ası:

ρcos nθ0 = cos nθ0ρ − sen nθ0(nρθ0),

pues en el fondo esta actuando sobre el producto de variables cos nθ0i; se llega al siguiente resultado:

[Z1,2,a,A

]=

R1 + L1ρ 0 L1xmaxρ 00 R2 + L2ρ 0 L2xmaxρ

L1xmaxρ L2xmaxnρθ0 Rx + (Lx0 + Lxymax)ρ (Lx0 − Lxymax)nρθ0

−L1xmaxnρθ0 L2xmaxρ −(Lx0 + Lxymax)nρθ0 Rx + (Lx0 − Lxymax)ρ

.

(1.74)

La matriz anterior, como se puede apreciar es una matriz independiente deθ0. Se ha levantado ladependencia mediante la transformacion.

Se puede aplicar la tecnica de submatrices para llegar al resultado anterior, ası:

[Z1,2,a,A

]=

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]

[Z1,2,x,y(θ0)

]

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]−1

[Z1,2,a,A

]=

[1 00 1

] [0 00 0

]

[0 00 0

] [TΘ0

]

[[Z11] [Z12]

[Z21] [Z22]

]

[1 00 1

] [0 00 0

]

[0 00 0

] [TΘ0

]−1

.


Donde:

[Z11

]=

[R1 + L1ρ 0

0 R2 + L2ρ

],

[Z12

]=

[L1xmaxρcos nθ0 −L1xmaxρsen nθ0

L2xmaxρsen nθ0 L2xmaxρcosnθ0

],

[Z21

]=

[L1xmaxρcos nθ0 L2xmaxρsen nθ0

−L1xmaxρsen nθ0 L2xmaxρcosnθ0

],

[Z22

]=

[Rx + Lx0ρ + Lxymaxρcos 2nθ0 −Lxymaxρsen 2nθ0

−Lxymaxρsen 2nθ0 Rx + Lx0ρ − Lxymaxρcos 2nθ0

].

Luego

[Z1,2,a,A

]=

[1 00 1

] [0 00 0

]

[0 00 0

] [TΘ0

]

[[Z11] [Z12] [TΘ0]

−1

[Z21] [Z22] [TΘ0]−1

]

[Z1,2,a,A

]=

[[Z11] [Z12] [TΘ0]

−1

[TΘ0] [Z12] [TΘ0] [Z22] [TΘ0]−1

]. (1.75)

Basta resolver los productos internos de matrices para llegar a la matriz[Z1,2,a,A].

Corresponde ahora determinar la expresion para el torque electrogmeticoTg, en termino de lasvariables transformadas.

Para ello se cuenta con la invariancia de potencia en la transformacion, ası:

v1

v2

va

vA

=[Z1,2,a,A

]

i1i2iaiA

.

La potencia electrica total de entrada es:

Pen =

i1i2iaiA

t

v1

v2

va

vA

=

i1i2iaiA

t

[Z1,2,a,A

]

i1i2iaiA

.

Desarrollando el producto matricial:

Pen =R1i21 + L1i1ρi1 + L1xmaxi1ρia + R2i

22 + L2i2ρi2 + L2xmaxi2ρiA + L1xmaxiaρi1

+ nρθ0L2xmaxi2ia + Rxi2a + (Lx0 + Lxymax)iaρia + nρθ0(Lx0 − Lxymax)iaiA

− nρθ0L1xmaxi1iA + L2xmaxiAρi2 − nρθ0(Lx0 + Lxymax)iaiA + Rxi2A

+ (Lxo − Lxymax)iAρiA.

(1.76)


Observando la naturaleza de los terminos se pueden identificar las diferentes potencias, ası:

i2R: Representa la rapidez con que la Energıa se convierte en calor en las resistencias.

Liρi: Representa la rapidez con que la energıa se almacena en los campos magneticos propios de lasbobinas.

L1xmaxi1ρia: El termino de esta forma representa la rapidez con que la energıa se almacena en loscampos magneticos mutuos.

nρθ0(Lx0 − Lxymax)iaiA: El termino de esta forma representa la rapidez con que la energıa se convierteen trabajo mecanico, es decir, es componente de la potenciamecanica desarrollada por lamaquina.

La potencia mecanica total desarrollada sera entonces:

Pmec = L2xmaxi2ianρθ0 +(Lx0 −Lxymax)iaiAnρθ0−L1xmaxi1iAnρθ0− (Lx0 +Lxymax)iaiAnρθ0,

Pmec = nρθ0(L2xmaxi2ia − L1xmaxi1iA − 2LxymaxiaiA). (1.77)

Pero para la potencia desarrollada se tiene

Pmec = Tgρθ0.

Por lo tanto:Tg = n(L2xmaxi2ia − L1xmaxi1iA − 2LxymaxiaiA). (1.78)

Se puede apreciar la simplificacion lograda en la expresion para el torque; ya que no depende deangulo como era de esperarse.

Enseguida se resume las ecuaciones generales para la maquina bifasica:

v1

v2

va

vA

=


L1xmaxρ L2xmaxnρθ0 Rx + (Lx0 + Lxymax)ρ (Lx0 − Lxymax)nρθ0

−L1xmaxnρθ0 L2xmaxρ −(Lx0 + Lxymax)nρθ0 Rx + (Lx0 − Lxymax)ρ

i1i2iaiA

.

Tg − Tf ± Text = (JM + Jc)ρ2θ0,

Tg = n(L2xmaxi2ia − L1xmaxi1iA − 2LxymaxiaiA).

[va

vA

]=


sen nθ0 cos nθ0

] [vx

vy

].

[ixiy

]=

[cos nθ0 sen nθ0


] [iaiA

].

Las ecuaciones anteriores dan la informacion que permite manejar cualquier situacion en unamaquina bifasica.


Naturalmente las ecuaciones siguen siendo no lineales; no linealidades en la matriz por el productode corrientes por la velocidad y no linealidades en la ecuacion mecanica por el producto de corrientes.

Sin embargo su solucion numerica es menos engorrosa. Ademas, si la velocidad es constante, laecuacion mecanica es superflua y las ecuaciones se vuelvenlineales y en consecuencia es posiblelograr soluciones analıticas.

1.9. Transformacion de tres ejes a dos ejes

La mayorıa de las maquinas de corriente alterna son trifasicas, es decir, tienen tres devanadosseparados cada uno120 grados electricos. Por lo tanto es necesario introducir una nueva transformacionque permita el abordaje de estas maquinas.

La esencia de esta transformacion es lograr que los campos magneticos en el entrehierro seanequivalentes en las dos maquinas.

La Figura1.33muestra una maquina trifasica condevanados unicamenteen el estator, tratando deser equivalente en principio desde el punto de vista de campomagnetico a una bifasica. Las estructurasse suponen cilındricas.

α

β

γ

g

(a)

1

2

(b)

Figura 1.33: (a) Maquina bifasica con bobinas en el estator,(b) resultado de aplicar la transformacion de tresejes a dos ejes.

Si hay simetrıa en ambas maquinas:

Kα = Kβ = Kγ (1.79)

K1 = K2 (1.80)

1.9. Transformacion de tres ejes a dos ejes 39

El campo magnetico total en la maquina trifasica es:

B3θ =Kα

g(θ)[iαcos θ + iβcos (θ − 120) + iγcos (θ + 120)] µ0. (1.81)

Y en la maquina bifasica:

B2θ =K1

g(θ)[i1cos θ + i2sen θ]µ0. (1.82)

Se nota que se trata de una maquina de dos polos.

Igualando ambos camposB3θ = B2θ

i1cos θ + i2sen θ =Kα

K1

[

cos θ

(iα − iβ

2− iγ

2

)+ sen θ

(√3

2iβ −

√3

2iγ

)]

.

La anterior expresion determina el siguiente arreglo matricial:

[i1i2

]=

Kα

K1

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]

iαiβiγ

, (1.83)

donde la matriz de transformacion es:

[T]

=Kα

K1

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

](1.84)

Paran pares de polos la transformacion se conserva. Ademas si lamaquina es de polos salientes latransformacion sigue siendo valida.

1.9.1. La transformada inversa

Se tiene [i1,2

]=[T] [

iα,β,γ

].

¿Cuanto vale la matriz de transformacion inversa?

[iα,β,γ

]=[T]−1 [

i1,2

].

Surge un inconveniente por cuanto la matriz de transformacion no es cuadrada y por consiguientetiene un numero infinito de inversas. La que corresponda a lasituacion real es impredecible. Es elmismo caso de resolver dos ecuaciones con tres incognitas,donde no hay una unica solucion.

En consecuencia se debe imponer alguna restriccion: se supone que la inversa es proporcional a latranspuesta [

T]−1

= α[T]t

.


O sea:

iαiβiγ

= αKα

K1

1 0

−1/2√

3/2

−1/2 −√

3/2

[i1i2

],

de donde

iα = αKα

K1i1, (1.85)

iβ = αKα

K1

(−1

2i1 +

√3

2i2

), (1.86)

iγ = αKα

K1

(−1

2i1 +

√3

2i2

). (1.87)

Sumando las tres ecuaciones se descubre que:

iα + iβ + iγ = 0, (1.88)

y como la transformacion opera de la misma forma en los voltajes:

vα + vβ + vγ = 0, (1.89)

Esto significa que la matriz es invertible en la medida en quese cumplan estos requisitos.

Aunque parece una restriccion muy severa, en la practica no lo es cuanto que en la mayorıa de lasaplicaciones de las maquinas la alimentacion es sinusoidal y aunque no todas las alimentaciones sonbalanceadas la transformacion de las componentes simetricas va a permitir sortear en la mayorıa delos casos esta dificultad.

Los factoresα y Kα/K1 se determinan de la condicion de potencia en los dos sistemas.

Para invariancia de potenciaPα,β,γ = P1,2,

Pα,β,γ =[iα,β,γ

]t [vα,β,γ

],

=[

T]−1 [

i1,2

]t [T]−1 [

v1,2

],

=[i1,2

]t [T]−1t [

T]−1 [

v1,2

].

La igualdad de potencia impone que:

[T]−1t [

T]−1

=[I].

Como: [T]−1

= α[T]t

,


Premultiplicando por la matriz de transformacion

[T] [

T]−1

= α[T] [

T]t

,

[I]

= α[T] [

T]t

,

se obtieneα = 1. (1.90)

Resultado que ya se habıa deducido en la transformacionΘ0, pues para invariancia de potencia eranecesario que la inversa fuera igual a la transpuesta; o lo que es lo mismo, queα sea igual a uno.

[T]−1

=[T]t

. (1.91)

De acuerdo con lo anterior [T] [

T]t

=[I].

Entonces

Kα

K1

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]Kα

K1

1 0

−1/2√

3/2

−1/2 −√

3/2

=

(Kα

K1

)2 [3/2 00 3/2

]=

[1 00 1

],

lo que determinaKα

K1=

√2√3. (1.92)

Hablando en lenguaje de las bobinas fısica, esto implica que las bobinas del sistema bifasico debentener

√3/

√2 mas vueltas que las del trifasico.

La matriz de transformacion queda

[T]

=

√2√3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]. (1.93)

La invariancia de potencia implica que la potencia de una bobina del sistema bifasico es3/2 de la deuna fase del trifasico.

Algunas veces es comoda hacer que el sistema bifasico represente solo2/3 del trifasico en circunstanciasde simetrıa completa de la maquina. De esta forma las variables por fase de la bifasica coinciden conlas variables por fase de la maquina real.

Analogamente se puede demostrar que para esta transformacion

α =3

2y

Kα

K1=

2

3.

O sea:[T]

=2

3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

],


[T]−1

=

1 0

−1/2√

3/2

−1/2 −√

3/2

.

1.9.2. Incidencia de la transformacion en la matriz de impedancias de la maquinareal trif asica

Se trata de conocer que tipo de transformacion ocurre en lamatriz de impedancias; es decir comose relacionan los parametros de la matriz de impedancias del trifasico con los de la del bifasico.

[vα,β,γ ] = [Zα,β,γ ][iα,β,γ ].

Es la relacion de un sistema real trifasico de tensiones balanceadas

[vα,β,γ ] = [T ]−1[v1,2],

[iα,β,γ ] = [T ]−1[i1,2].

Reemplazando[T ]−1[v1,2] = [Zα,β,γ ][T ]−1[i1,2].

Premultiplicando por la matriz de transformacion:

[v1,2] = [T ][Zα,β,γ ][T ]−1[i1,2],

de donde:[Z1,2] = [T ][Zα,β,γ ][T ]−1,

[Z1,2] =Kα

K1

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

][Zα,β,γ ] ∝

(Kα

K1

)

1 0

−1/2√

3/2

−1/2 −√

3/2

.

De [I]

=∝[T] [

T]t

,

[I] =∝(

Kα

K1

)2 [3/2 00 3/2

].

Luego

∝(

Kα

K1

)2

=2

3. (1.94)

Por consiguiente

[Z1,2] =2

3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

][Zα,β,γ ]

1 0

−1/2√

3/2

−1/2 −√

3/2

. (1.95)

Se observa que la matriz bifasica no depende de si el sistemaes invariante o no en potencia.


1.9.3. Aplicacion de la transformacion a un sistema simple

Se tiene una maquina trifasica con devanados unicamenteen el estator. Se toma el entrehierrouniforme. Se quiere determinar la matriz impedancia del sistema bifasico equivalente.

Se considera simetrıa absoluta en la maquina trifasica.

Rα = Rβ = Rγ , (1.96)

Kα = Kβ = Kγ . (1.97)

Luego:Lα = Lβ = Lγ . (1.98)

DondeR y L son las resistencias y las autoinductancias de las bobinas.

En estas condiciones se puede demostrar que las ecuaciones de la maquina real estan dadas por:

vα

vβ

vγ

=

Rα + Lαρ −Lα

2ρ −Lα

2ρ

−Lα

2ρ Rα + Lαρ −Lα

2ρ

−Lα

2ρ −Lα

2ρ Rα + Lαρ

iαiβiγ

. (1.99)

En consecuencia (ver Figura1.34)

α

β

γ

(a)

1

2

(b)

Figura 1.34: Bobinas en el estator.


[Z1,2] =2

3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]

Rα + Lαρ −Lα

2ρ −Lα

2ρ

−Lα

2ρ Rα + Lαρ −Lα

2ρ

−Lα

2ρ −Lα

2ρ Rα + Lαρ

1 0

−1/2√

3/2

−1/2 −√

3/2

.

(1.100)

Desarrollando el producto matricial

[Z1,2] =

Rα +

3

2Lαρ 0

0 Rα +3

2Lαρ

. (1.101)

1.9.4. Aplicacion de la transformacion a la maquina trif asica

La maquina de la figura1.35tiene simetrıa en el estator y en el rotor. Los superındices s y r tienenque ver con el estator y el rotor respectivamente.

θ0

βs

γs

βr

αs

αr

γr

θ0

1

y

x

2

(b)

Figura 1.35:Maquina trifasica conKαs = Kβs = Kγs , Kαr = Kβr = Kγr y su equivalente bifasico.

Las ecuaciones tendran la siguiente forma:

[vαs,βs,γs,αr,βr ,γr ] = [Zαs,βs,γs,αr,βr ,γr ][iαs ,βs,γs,αr,βr ,γr ].

[v1,2,x,y] =

[T] 0 0 0

0 0 0

0 0 00 0 0

[T]

[vαs,βs,γs,αr ,βr,γr ],


[vαs,βs,γs,αr ,βr,γr ] =

α[T]t 0 0

0 00 0

0 00 00 0

α[T]t

[v1,2,x,y],

[iαs,βs,γs,αr ,βr,γr ] =

α[T]t 0 0

0 00 0

0 00 00 0

α[T]t

[i1,2,x,y].

Reemplazando debidamente se encuentra que:

[Z1,2,x,y] =2

3

1 −1/2 −1/2 0 0 0

0√

3/2 −√

3/2 0 0 00 0 0 1 −1/2 −1/2

0 0 0 0√

3/2 −√

3/2

[Zαs,βs,γs,αr,βr ,γr ]

1 0 0 0

−1/2√

3/2 0 0

−1/2 −√

3/2 0 00 0 1 0

0 0 −1/2√

3/2

0 0 −1/2 −√

3/2

.

(1.102)

Disponer de la matriz impedancia trifasica es un poco laborioso. Sin embargo, hecho el desarrollo yaplicada la transformacion se debe obtener para la bifasica equivalente lo siguiente:

[Z1,2,x,y

]=

3/2Lαsαrmax

ρcos nθ0

0 Rαs + 3/2Lαsρ 3/2Lαsαrmax

ρsen nθ0

3/2Lαsαrmax

ρcos nθ0 3/2Lαsαrmax

ρsen nθ0 Rαr + 3/2Lαr0ρ + 3/2Lαrθρcos 2nθ0

3/2Lαsαrmax

ρsen nθ0 3/2Lαsαrmax

ρcos nθ0 −3/2Lαrβrmax

ρsen 2nθ0

−3/2Lαsαrmax

ρsen nθ0

3/2Lαsαrmax

ρcos nθ0

3/2Lαrβrmax

ρsen 2nθ0

Rαr + 3/2Lαr0ρ − 3/2Lαrθρcos 2nθ0

.

(1.103)

Donde:

Rαs = R1 = R2,

Rαr = Rx = Ry,

L1 = L2 =3

2Lαs ,


L1xmax = L2xmax =3

2Lαsαr

max,

Lx0 =3

2Lαr0,

Lxymax =3

2Lαrθ =

3

2Lαrβr

max.

1.10. Componentes simetricas en la maquina de corriente alterna

1.10.1. Introduccion

Como se ha introducido previamente la mayorıa de las aplicaciones de las maquinas de corrientealterna operan, valga la redundancia, con ondas alternas senoidales; de ahı que la restriccion impuestaen la transformacion trifasica a bifasica no sea tan severa. Se trata del sumatorio de voltajes y corrientesen la maquina trifasica iguales a cero. No es tan severa porcuanto cualquier conjunto de voltajessinusoidales descompuesto en las componentes simetricasse cumplira con la condicion al remover lacomponente de secuencia cero.

1.10.2. Componentes simetricas

Fortescue definio la transformacion lineal compleja paraun conjunto de voltajes alternos sinusoidales,de la siguiente forma:

Sea:

[χ] =

χα

χβ

χγ...

χκ

,

un conjunto de voltajes o corrientes sinusoidales en forma fasorial. Es el vector de cantidades atransformar

[χS ] =

χ0

χ1

χ2...

χn

,

es un conjunto de fasores de las variables transformadas.

La transformada se define como[χS ] = [CS][χ], (1.104)

1.10. Componentes simetricas en la maquina de corriente alterna 47

donde

[CS] =1√n

1 1 1 · · · 1 11 α α2 · · · αn−2 αn−1

1 α2 α4 · · · α2(n−2) α2(n−1)

......

.... ..

......

1 αn−1 α2(n−1) · · · α(n−1)(n−2) α(n−1)(n−1)

La matriz es cuadrada de dimensionn × n y un elemento tıpico de la filai y la columnak quedadefinido por

α(i−1)(k−1). (1.105)

Ademas

α = ej2π

n . (1.106)

Para la inversa de la transformacion se tiene:

[CS]−1 =1√n

1 1 1 · · · 1 1

1 α−1 α−2 · · · α−(n−2) α−(n−1)

1 α−2 α−4 · · · α−2(n−2) α−2(n−1)

......

.... . .

......

1 α−(n−1) α−2(n−1) · · · α−(n−1)(n−2) α−(n−1)(n−1)

Un elemento tıpico de la filai y la columnak queda definido por

α−(i−1)(k−1). (1.107)

La transformacion de componentes simetricas cumple la siguiente condicion:

[CS]−1 = [CS]∗t, (1.108)

que muestra que la matriz inversa es la conjugada-transpuesta de la matriz de transformacion.

Esta transformacion cumple la condicion de invariancia de potencia.

P0,1,2 = Re[V0,1,2]

t∗[I0,1,2]

.

V0

V1

V2

=1√3

1 1 11 α α2

1 α2 α

Vα

Vβ

Vγ

= [CS]

Vα

Vβ

Vγ

.

P0,1,2 = Re[[CS][Vα,β,γ ]]t∗ [[CS][Iα,β,γ ]]

,

= Re[

[Vα,β,γ ]t[CS]t]∗

[[CS][Iα,β,γ ]]

,

= Re[Vα,β,γ ]t∗[CS]t∗[CS][Iα,β,γ ]

.

El sistema es invariante en potencia con la transformacion, si:

[CS]t∗[CS] = [I].


Posmultiplicando por la inversa de matriz de transformaci´on

[CS]−1 = [CS]t∗.

En el caso de tres ejes (fases)

[CS]

=1√3

1 1 11 α α2

1 α2 α4

,

[CS]−1 =1√3

1 1 11 α−1 α−2

1 α−2 α−4

De acuerdo con los diagramas fasoriales para el operadorα (Figura1.36)

α2 = α5

α0 = α3

α1 = α4

2π3

2π3

2π3

α−1 = α−4

α−3

α−2

Figura 1.36: Operador fasorial.

[CS] =1√3

1 1 11 α α2

1 α2 α

,

[CS]−1 =1√3

1 1 11 α2 α1 α α2

.

Ademas

χ =

χα

χβ

χγ

,

χS =

χ0

χ1

χ2

,

donde


χ0 es la componente de secuencia cero.

χ1 es la llamada componente de secuencia positiva y tiene la misma secuencia del conjunto original.

χ2 es la componente de secuencia negativa y tiene secuencia contraria al conjunto original.

Ası:

χ0

χ1

χ2

=1√3

1 1 11 α α2

1 α2 α

χα

χβ

χγ

. (1.109)

En el caso de voltajes:

V0

V1

V2

=1√3

1 1 11 α α2

1 α2 α

Vα

Vβ

Vγ

.

Luego:

V0 =1√3(Vα + Vβ + Vγ), (1.110)

V1 =1√3(Vα + αVβ + α2Vγ), (1.111)

V2 =1√3(Vα + α2Vβ + αVγ). (1.112)

Vα =1√3(V0 + V1 + V2), (1.113)

Vβ =1√3(V0 + α2V1 + αV2), (1.114)

Vγ =1√3(V0 + αV1 + α2V2). (1.115)

1.10.3. Potencia en terminos de las componentes simetricas

A.

En el caso de invariancia de potencia:

[CS]−1 = [CS]t∗,

[CS] =1√3

1 1 11 α α2

1 α2 α

y

[CS]−1 =1√3

1 1 11 α2 α1 α α2

.


En consecuencia

[CS]t∗[CS] =1√3

1 1 11 α2 α1 α α2

1√3

1 1 11 α α2

1 α2 α

=

1 0 00 1 00 0 1

= [I].

P0,1,2 = Re[V0,1,2]

t∗[I0,1,2]

,

= Re[Vα,β,γ ]t∗[Iα,β,γ ]

,

= Pα,β,γ .

P0,1,2 = Re(V ∗0 I0 + V ∗

1 I1 + V ∗2 I2),

= Re(V ∗α Iα + V ∗

β Iβ + V ∗γ Iγ),

= Pα,β,γ .

Notese que la potencia total es la suma de la potencia de las componentes simetricas.

B.

Con bastante frecuencia se utiliza la siguiente transformacion:

V0

V1

V2

=1√3

1 1 11 α α2

1 α2 α

Vα

Vβ

Vγ

= [CS]

Vα

Vβ

Vγ

.

Premultiplicando por la inversa se llega a:

Vα

Vβ

Vγ

=1√3

1 1 11 α2 α1 α α2

V0

V1

V2

= [CS]−1

V0

V1

V2

.

Es obvio que no se cumple la condicion

[CS]−1 = [CS]t∗.

Aplicando la expresion:

P0,1,2 = Re[Vα,β,γ ]t∗[CS]t∗[CS][Iα,β,γ ]

,

y con:

[CS]

=1

3

1 1 11 α α2

1 α2 α

,

[CS]t∗ =1

3

1 1 11 α2 α1 α α2

.


se obtiene:3v∗0i0 + 3v∗1i1 + 3v∗2i2 = v∗αiα + v∗βIβ + v∗γiγ . (1.116)

1.10.4. Componente de secuencia cero

Si el sistema de ecuaciones se considera lineal con referencia a la matriz de impedancias, sepuede aplicar superposicion y remover la componente de secuencia cero a nivel de cada eje. En estascondiciones:

vα − 1√3v0 =

1√3(v1 + V2),

vβ − 1√3v0 =

1√3(α2v1 + αv2),

vγ − 1√3v0 =

1√3(αv1 + α2v2).

Por lo tanto: (vα − 1√

3v0

)+

(vβ − 1√

3v0

)+

(vγ − 1√

3v0

)= 0.

O sea, estos voltajes cumplen con la condicion del sumatorio igual a cero.

vα0 + vβ0 + vγ0 = 0, (1.117)

donde

vα0 =

(vα − 1√

3v0

),

vβ0 =

(vβ − 1√

3v0

),

vγ0 =

(vγ − 1√

3v0

).

En estas circunstancias se resuelven las ecuaciones para estos voltajes y luego se superpone elefecto de la componente de secuencia cero.

vα0

vβ0

vγ0

=1√3

1 1α2 αα α2

[v1

v2

],

vα0

vβ0

vγ0

=1√3

1 1α2 αα α2

1√3

[1 α α2

1 α2 α

]

vα

vβ

vγ

,

vα0

vβ0

vγ0

=1

3

2 α + α2 α + α2

α + α2 2α3 α2 + α4

α + α2 α2 + α4 2α3

vα

vβ

vγ

,


vα0

vβ0

vγ0

=1

3

2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2

vα

vβ

vγ

. (1.118)

Luego

v0 =1√3

(vα + vβ + vγ) . (1.119)

Como ya se dijo, la matriz

vα0

vβ0

vγ0

cumple con la condicion del sumatorio de voltajes igual a cero, o sea que se le puede aplicar latransformacion de tres fases a dos fases, para encontrar elsistema bifasico equivalente

[v1

v2

]=

√2√3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]

vα0

vβ0

vγ0

.

SiendoV 1 y V 2 el sistema bifasico equivalente de voltajes (no las componentes de secuencia).

[v1

v2

]=

√2√3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]1

3

2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2

vα

vβ

vγ

.

Multiplicando se llega a:

[v1

v2

]=

√2√3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]

vα

vβ

vγ

, (1.120)

lo que significa que la transformacion es la misma. Pero paracalcular la inversa se debe recordar lacomponente de secuencia cero.

Siendo ası se puede llegar a una expresion de contenga todala informacion para tratar problemascon voltajes desbalanceados

V0

v1

v2

=

√2√3

√2/2

√2/2

√2/2

1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

vα

vβ

vγ

. (1.121)

1.10.5. Efecto de la componente de secuencia cero

Se alimenta el estator de una maquina simetrica con voltajes o corrientes de secuencia cero (figura1.37)

El campo magnetico resultante es:

BT =µ0κα

g(θ)[i0cos θ + i0cos (θ − 120) + i0cos (θ − 240)],


α

i0

β

i0

γ

i0

(b)Figura 1.37: Efecto de la secuencia cero.

BT = 0. (1.122)

Al ser el campo magnetico que cruza el entrehierro, solo aparece en flujo magnetico de fuga enlos devanados. En consecuencia la componente de secuencia cero aısla magneticamente el estator delrotor.

Si L es la iductancia de fuga de los devanados en cada eje, la ley deKirchhoff da:

v0 = (Rα + Lρ)i0. (1.123)

En forma fasorial:V0 = (Rα + ωL)I0. (1.124)

Basta entonces agregar a la solucion esta componente de secuencia cero.

La utilizacion de las componentes simetricas implica quela matriz de los operadores (la matriz deimpedancias), debe ser lineal. Para hallar la solucion de las variables electricas, lo anterior requiereque se considere la velocidad constante. Esta restricciondebe ser tenida en cuenta.

Igualmente se debe usar la transformacion en condiciones de regimen permanente para las variableselectricas.

Como se vera dichas condiciones no son muy restrictivas, porque debido a la inercia mecanica sepuede considerar que en cada posicion de velocidad la maquina alcanza su regimen permanente enlas variables electricas. Dicho de otra forma, las constantes de tiempo electricas son suficientementepequenas comparadas con las constantes de tiempo mecanicas.

Sin olvidar estas consideraciones el sistema de ecuacionesquedara, para esta aplicacion particular;


notese la simetrıa en el estator.

v0

v1

v2

va

vA

=

Rα + Lρ 0 0 00 R1 + L1ρ 0 L1xmaxρ0 0 R1 + L1ρ 00 L1xmaxρ L1xmaxnρθ0 Rx + (Lx0 + Lxymax)ρ0 −L1xmaxnρθ0 L1xmaxρ −(Lx0 − Lxymax)nρθ0

00

L1xmaxρ(Lx0 − Lxymax)nρθ0

Rx + (Lx0 + Lxymax)ρ

i0i1i2iaiA

(1.125)


Ejemplos

Ejemplo 1.1. Una maquina idealizada de entrehierro uniforme como la de la figura 1.38 tiene 6polos. La distribucion de la densidad de corriente en la superficie interior del rotor es

J(θ) = 500sen θ A / pg,

de la periferia.θ esta en grados electricos, la longitud del entrehierro esg = 0.110 pg., el radioefectivo del entrehierro es de12 pg.

Determinarf.m.m.(θ) y B(θ).

θπ2 π 3π

2 2π

e s t a t o r

r o t o r

J = Jmsenθ

g

Figura 1.38: Entrehierro uniforme idealizado.

Solucion 1.1. Se aplica: ∮

abcd

−→H · d−→l =

∫Jds = f.m.m.(θ),

a la trayectoria mostrada en la figura1.39. Ası:

2gH(θ) =

∫Jds = f.m.m.(θ).

θe = 3θm.

f.m.m.(θ) =

∫ θm+π/3

θm

500sen 3θm(12)dθ

= 6000

[−1

3cos 3θm

∣∣∣∣θm+π/3

θm

]

= 2000[−cos(3θm + π/3) + cos 3θm]

= 2000[2cos 3θm],


θπ 2π

a

b c

d

e s t a t o r

r o t o r

g

Figura 1.39: Trayectoria magnetica

f.m.m.(θ) = 4000cos 3θm

B(θ) =µ0f.m.m.(θ)

2g,

=4π × 10−7(4000)

2(0, 11/39, 37)cos 3θm,

B(θ) = 0, 9cos 3θm Web/m2

Ejemplo 1.2. Para la distribucion de corriente mostrada en el estator de la figura1.40, grafique ladistribucion de corriente superficial y la densidad de campo magnetico en el entrehierro determinadagraficamente por el uso de la ley circuital de Ampere. Suponga que la densidad de corriente esuniforme dentro de cada ranura. Cada lado activo de bobina representado por un punto o una cruzcontieneN conductores. Cada conductor lleva una corriente deI amperios en la direccion indicada.Escriba todas las suposiciones hechas para la solucion.

×××

×× ××

a

g

Figura 1.40: Distribucion de corriente.


Solucion 1.2. Como el arco de la ranura vale∆ radianes, la longitud de ella es∆a metros.

La densidad lineal por conductor es:

J =NI

∆aA/m.

Ver grafica deJ(θ), figura1.41

×

×

×

×

×

×

×

π4

π2

3π4

π

5π4

3π2

7π4 2π

3NI∆a

2NI∆a

−2NI∆a

−3NI∆a

J(θ)

Figura 1.41: Representacion de la densidad de corriente.

La densidad de corriente se considera uniforme dentro de la ranura: para la solucion deB(θ) setomaran varias trayectorias de integracion como las que se muestran en la figura1.42

Cada trayectoria se toma entreθ y θ + π, la densidad de corriente encerrada por la primeratrayectoria es7NI, por la segunda3NI, por la tercera−3NI, por la cuarta−7NI y ası sucesivamentepara otras trayectorias trazadas.

Entonces de la ley de Ampere:

2H(θ)g =

∫ θ+π

θ

KNI

∆ads ,

KNI

∆a, KNI.

H(θ) =KNI

2g.

Luego

B(θ) =µ0KNI

2g.

Ahora se dibujaB(θ) para cada trayectoria (figura1.43)Notese queK = 7 para la trayectoriaNo. 1,3 para la segunda y ası sucesivamente. El campo

magnetico dentro de los conductores se supone que tiene una variacion lineal.

Suposiciones:

a) Permeabilidad del hierro infinita.


×

×

×

×

×

×

×

J(θ)

r o t o r

e s t a t o r

1

2

3

4

Figura 1.42: Trayectorias de integracion.

B(θ)

θ

7µ0NI

2g

3µ0NI

2g

−7µ0NI

2g

Figura 1.43: Campo magnetico.

b) La intensidad del campo, radial y uniforme en el entrehierro.

c) a ≫ g.

Ejemplo 1.3. El bobinado del estator en la figura1.44es un bobinado de 4 polos, paso diametral,doble capa, imbricado. El termino paso diametral significa que los dos lados de la bobina, de cadabobina, estan separados porπ/n radianes donden es el numero de pares de polos. Para estos dos


pares de polos (o cuatro polos),n = 2 y los lados de la bobina estan separadosπ/2. Ası, la bobina conuna lado en la ranura 1, tiene su otro lado en la ranura 4 o en la ranura 10 separadaπ/2 radianes.El bobinado es de doble capa, dado que dos lados de bobinas estan en cada ranura. El terminoimbricado se refiere a la forma como las conexiones finales para este bobinado se translapan. Elestator tiene un total de 12 ranuras, cada una de las ranuras contiene dos lados de bobina como semuestra.

az

aθ

θ

0π2 π 3π

2

a b c

d e

a b c

d e

A A′

BB′ C D′D C′

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Figura 1.44:Bobinado del estator utilizado en el ejemplo 1.3

Las bobinas individuales son construidas con 10 vueltas en series y son unidas como se muestra enla figura 1.45, en cuatro circuitos separadosAA′, BB′, CC ′ y DD′.

b

b

b

b

b

b

b

b

i

i

i2

i2

A

A′

C

C′

B

B′

D

D′

Figura 1.45: Conexion de devanado

a) Dibuje una vista desarrollada.

b) Exprese la densidad de corriente lineal en la superficie del estator en funcion de la corrienteterminali.


c) Expresar la ecuacion de la parte b) en una serie de Fourier y del coeficiente del terminofundamental, encuentre el factor de distribucion K.

Solucion 1.3. a) En la figura1.46se muestran los sentido de las corrientes al conectar el devanado,tal como se pide en el problema.

el sentido de las corrientes se estable siguiendo el devanado desde el puntoAB hasta el puntoC ′D′.

A

A′ C

C′B

B′D

D′

i i

i2

i2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Figura 1.46:Devanado conectado.

Tomando la parte inferior del devanado, como la parte frontal de la maquina se obtiene lafigura 1.47

× ×

××

××

××

××

××

Figura 1.47: Sentido de las corrientes.

y la vista desarrollada (figura1.48)

b)Numero de lados activos

(bobina× ranura)= 10.


J

−J

J(θ)

θπ2

π

3π2 2π

× × × × × × × × × ×

Figura 1.48: Vista desarrollada del devanado.

(Numero de lados activos

(bobina× ranura)

)× bobinas=

Numero de lados activosranura

= 20.

Para el intervalo0 < θ < π/2.

N = Numero de conductores totales=

(numero de conductores

ranura

)× # de ranuras.

N = 3(20) = 60 conductores.

Luego:

J =NI

longitud de interes=

60(i)

(π/2)a=

60i

πaA/m.

En la formula,a es el radio de la circunferencia donde se situa la densidad de corriente.

Finalmente

J = − 60i

π/aaz Para0 < θ < π/2 y π < θ < 3π/2

J =60i

π/aaz Paraπ/2 < θ < π y 3π/2 < θ < 2π

c) El valor medio de la onda en un periodo es cero

a0 = 0,

J(θ) es una funcion impar.

De la figura1.48:−J(θ) = J(θ + T/2) = J(θ + π/2).


LuegoJ(θ) tiene simetrıa de cuarto de onda impar.

b2k−1 =8

T

∫ T/4

0J(θ)sen[(2k − 1)ωθ]dθ,

=8

π

∫ π/4

0−60i

πasen[(2k − 1)ωθ]dθ,

= −480i

π2a

[−cos(2k − 1)2θ

2(2k − 1)

∣∣∣∣π/2

0

],

= − 240i

π2a(2k − 1)[cos(2k − 1)

π

2− cos 0],

= − 240i

π2a(2k − 1).

J(θ) =α∑

k=1

− 240i

π2a(2k − 1)sen[(2k − 1)2θ].

Interesados

Parak = 1

J(θ) = −240i

π2asen 2θ = −Kisen 2θ.

Luego:

K =240

π2aconductores/metro

Ejemplo 1.4. Un dispositivo electromecanico de campo magnetico consta de dos puertas mecanicasy tres puertas electricas, que tienen las siguientes relaciones caracterısticas:

λ1(i1, i2, i3, x1, x2) = 10x1x2i31 +

3

x1i2 +

4

x1x2i3,

λ2(i1, i2, i3, x1, x2) =3

x1i1 + 7x1x2i

52 +

2

x1x2i3,

λ3(i1, i2, i3, x1, x2) =4

x1x2i1 +

2

x1x2i2 + 9x2

1x22i3.

a) Determine la funcion de estado coenergıa magnetica para este sistema, incrementando lascorrientes desde cero a sus valores finalesi1, i2 e i3 en ese mismo orden.

b) Evalue la coenergıa llevando las corrientes desde cero a sus valores finales, llevando primeroi3, luegoi2 y finalmentei1.

c) Calcule la funcion de estado energıa del campo magnetico para dicho dispositivo.


Solucion 1.4. a)

ω′m(i1, i2, . . . , in, x1, x2, . . . , xm) =

∫ i1

0λ′

1(i′1, 0, . . . , 0, x1, x2, . . . , xm)di′1

+

∫ i2

0λ′

2(i1, i′2, . . . , 0, x1, x2, . . . , xm)di′2 + . . . +

∫ in

0λ′

2(i1, i2, . . . , i′n, x1, x2, . . . , xm)di′n.

ω′m(i, x) =

n∑

i=1

∫ ii

0λ′

i(i′i, x)di′i.

ω′m(i1, i2, i3, x1, x2) =

∫ i1

0λ′

1(i′1, 0, 0, x1, x2)di′1

+

∫ i2

0λ′

2(i1, i′2, 0, x1, x2)di′2 +

∫ i3

0λ′

2(i1, i2, i′3, x1, x2)di′3.

Se fijan las coordenadas mecanicas en cualquier punto:x1, x2

ω′m(i1, i2, i3, x1, x2) =

∫ i1

010x1x2(i

′1)

3di1′ +

∫ i2

0

(3

x1i1 + 7x1x2(i

′2)

5

)di′2

+

∫ i3

0

(4

x1x2i1 +

2

x1x2i2 + 9x2

1x22i

′3

)di′3.

ω′m(i, x) =

5

2x1x2i

41 +

3i1i2x2

+7

6x1x2i

62 +

4i1i3x1x2

+2i2i3x1x2

+9x2

1x22i

23

2

b)

ω′m(i, x) =

∫ i3

0λ′

3(0, 0, i′3, x1, x2)di′3 +

∫ i2

0λ′

2(0, i′2, i3, x1, x2)di′2

+

∫ i1

0λ′

1(i′1, i2, i3, x1, x2)di′1.

ω′m(i, x) =

∫ i3

09x2

1x22i

′3di′3 +

∫ i2

0

(7x1x2(i

′2)

5 +2

x1x2i3

)di′2

+

∫ i1

0

(10x1x2(i

′1)

3 +3

x1i2 +

4

x1x2i3

)di′1.

ω′m(i, x) =

9x21x

22i

23

2+

7x1x2i62

6+

2i3i2x1x2

+5x1x2i

41

2+

3i2i1x1

+4i3i1x1x2

c)

ωm(λ, x) + ω′m(i, x) =

n∑

i=1

λiii

ωm = i1λ1 + i2λ2 + i3λ3 − ω′m.


ωm =i1

(10x1x2i

31 +

3

x1i2 +

4

x1x2i3

)+ i2

(3

x1i1 + 7x1x2i

52 +

2i3x1x2

)+ i3

(4i1

x1x2

+2i2

x1x2+ 9x2

1x22i3

)−(

5x1x2i41

2+

3i1i2x1

+7x1x2i

62

6+

4i1i3x1x2

+2i1i3x1x2

+9x2

1x22

2i23

),

ωm =15

2x1x2i

41 +

3

x1i1i2 +

4i1i3x1x2

+35

6x1x2i

62 +

2i2i3x1x2

+9

2x2

1x22i

23

Ejemplo 1.5. La maquina bifasica simetrica de la figura1.49, tiene los siguientes parametros:

R1 = R2 = 5 Ω,

L1 = L1 = 3 H,

Rx = 3 Ω,

Lx0 = 3 H,

n = 3 pares de polos,

J = 10 kg − m2,

D = 0, 1 N-m-s/rad.mec,

L1xmax = L2xmax = 3 H,

Lxymax = 0.

θ0(0)

d

q

1

v1 +−

i1

2v2

+

−

i2

x

vx

+

−

ixy

vy

+

−

iy

Figura 1.49: Maquina bifasica simetrica.

Una fuente de corriente directa de 2 amperios esta conectada al bobinado del estator del ejed. Lavelocidad del rotor se mantiene constante en100 rad/s en la direccion angular positiva. Todas lasotras puertas estan en circuito abierto.

a) Calcule el voltaje de estado estable a traves de la fuente de corriente.

b) Hallar la tension a circuito abierto en cada una de las otras tres puertas electricas.


Solucion 1.5. a) Utilizar las siguientes ecuaciones

v1

v2

vx

vy

=



L1xmaxρcos nθ0 L2xmaxρsen nθ0 Rx + Lx0ρ + Lxymaxρcos 2nθ0

−L1xmaxρsen nθ0 L2xmaxρcos nθ0 −Lxymaxρcos 2nθ0

−L1xmaxρsen nθ0

L2xmaxρcos nθ0

−Lxymaxρsen 2nθ0

Rx + Lx0ρ − Lxymaxρcos 2nθ0

i1i2ixiy

,

Lxymax = 0, la maquina es de rotor cilındrico

i2 = ix = iy = 0 (puertas abiertas)

v1

v2

vx

vy

=

5 + 3ρ 0 3ρcos nθ0 −3ρsen nθ0

0 5 + 3ρ 3ρsen nθ0 3ρcos nθ0

3ρcos nθ0 3ρsen nθ0 3 + 3ρ 0−3ρsen nθ0 3ρcos nθ0 0 3 + 3ρ

i1000

, (1.126)

v1 = (5 + 3ρ)i1,

v1 = 5(2),

v1 = 10 V

b) De la ecuacion 1.126

v2 = 0,

vx = 3ρcos nθ0i1,

vy = −3ρsen nθ0i1.

Con:i1 = I1 = corriente constante.

vx = 3I1cos nθ0 = 3I1[−sen nθ0(ρnθ0)],

= −3(2)(sen nθ0)(100 × 3rad.elect/s),

= −1800sen 3θ0 V.

vy = −3I1cos nθ0(ρnθ0) = −3(2)cos 3θ0(300) = −1800cos 3θ0 voltios.

v2 = 0

vx = −1800sen 3θ0

vy = −1800cos 3θ0


Ejemplo 1.6. La maquina bifasica simetrica de la figura1.50tiene los siguientes parametros:

R1 = 5 Ω,

L1 = 3 H,

J = 10kg-m2,

L1xmax = 3 H,

D = 0, 1 N-m-s/rad,

n = 3,

Rx = 3 Ω,

Lx0 = 3 H,

Lxymax = 0.

θ0

1

2

xy


a) Es la maquina de polos salientes? Por que?

Escriba las cuatro ecuaciones de equilibrio electricas. Si el rotor es mantenido estacionario enun anguloθ0 = 10 electricos y las siguientes restricciones se ponen a sus puertas electricas:

i1 = 0 v2 =√

250sen 377t vx = vy = 0.

Formular las tres ecuaciones de equilibrio en forma fasorial necesarias para dar las corrientesde puerta de estado estacionario.

b) Resolver las ecuaciones para las corrientes de puerta. Expresarlas en funcion del tiempo.


Solucion 1.6. a) Se muestra la matriz para la maquina bifasica real cilındrica (Lxymax es cero)

v1

v2

vx

vy

=



L1xmaxρcos nθ0 L1xmaxρsen nθ0 Rx + Lx0ρ−L1xmaxρsen nθ0 L1xmaxρcos nθ0 0

−L1xmaxρsen nθ0

L1xmaxρcos nθ0

0Rx + Lx0ρ

i1i2ixiy

.

Para los parametros dados:

v1

v2

vx

vy

=

5 + 3ρ 0 3ρcos nθ0 −3ρsen nθ0

0 5 + 3ρ 3ρsen nθ0 3ρcos nθ0

3ρcos nθ0 3ρsen nθ0 3 + 3ρ 0−3ρsen nθ0 3ρcos nθ0 0 3 + 3ρ

i1i2ixiy

.

Paraθ0 = 10

v1

v2

vx

vy

=

5 + 3ρ 0 3cos 10ρ −3sen 10ρ0 5 + 3ρ 3sen 10ρ 3cos 10ρ

3cos 10ρ 3sen 10ρ 3 + 3ρ 0−3sen 10ρ 3cos 10ρ 0 3 + 3ρ

i1i2ixiy

.

Las ecuaciones a resolver son:

v2

00

=

5 + 3ρ 3sen 10ρ 3cos 10ρ

3sen 10ρ 3 + 3ρ 03cos 10ρ 0 3 + 3ρ

i2ixiy

.

b)

50∠0

00

=

5 + 1131j 196, 4j 1113, 82j196, 4j 3 + 1131j 0

1113, 82j 0 3 + 1131j

−→I2−→Ix−→Iy

.

Resolviendo:

−→I2 = 5∠−37, 36,−→Ix = 0, 84∠142, 79 ,−→Iy = 4, 9∠142, 79 .

i2(t) = 7, 07sen(377t − 37, 36),

ix(t) = 1, 19sen(377t + 142, 79),

iy(t) = 6, 93sen(377t + 142, 79).


Ejemplo 1.7. En un sistema de dos bobinas las inductancias (en Henrios) son dadas como:

L11 = (3 + cos 2θ) × 103,

L12 = 0, 1cos θ,

L22 = 30 + 10cos 2θ.

Hallar el torqueTg(θ), si las corrientes valen:

i1 = 1 A,

i2 = 0, 01 A.

Solucion 1.7.ω′

m =1

2L11(θ)i21 +

1

2L22(θ)i22 + L12(θ)i1i2,

Tg(θ) =∂ω′

m

∂θ(i1, i2, θ)

Tg(θ) =1

2i21

d

dθ

((3 + cos 2θ) × 10−3

)+

1

2i22

d

dθ(30 + 10cos 2θ) + i1i2

d

dθ(0, 1cos θ).

Tg(θ) = −10−3i21sen 2θ − 10i22sen 2θ − 0, 1i1i2sen θ,

Tg(θ) = −10−3sen 2θ − 10−3sen 2θ − 10−3sen θ,

Tg(θ) = −10−3(2sen 2θ + senθ) N-m

Ejemplo 1.8. En la maquina del ejemplo 1.5 ¿Cuanto torque externo se requiere para mantener lavelocidad en100 rad/s?

Solucion 1.8.

Tg = n (−L1xmaxi1ixsen nθ0 + L2xmaxi2ixcos nθ0 − L1xmaxi1iycos nθ0 − L2xmaxi2ixsen nθ0) ,

i2 = ix = iy = 0,

Tg = 0.

Tg(i1, i2, ix, iy, θ0) − Tf ± Text = (JM + JC)θ0.

En estado permanenteθ0 = 0.

Text es el torque externo necesario para mover la maquina a dicha velocidad.

Tf = Dρθ0.

Text = Tf =

0, 1N-m

rad.mec

s

(

100rad.mec

s

)

Text = 10 N-m

Ejemplo 1.9. Para la maquina del ejemplo 1.6, hallar la magnitud y direccion del torque externo


requerido para mantener el rotor en esa posicion fija.

Solucion 1.9. Con:i1 = 0 y Lxymax = 0.

Tg = n (L2xmaxi2ixcos nθ0 − L2xmaxi2iysen nθ0) .

Por simetrıa:

Tg = L1xmaxn (i2ixcos nθ0 − i2iysen nθ0) ,

Tg = 3 × 3 × i2(t) (ixcos nθ0 − iysen nθ0) ,

Tg = 9 × 7, 07sen(377t − 37, 36) (1, 19sen(377t + 142, 79)cos 10

−6, 93sen(377t + 142, 79)sen 10)

Tg = 63, 63sen(377t − 37, 36) (−0, 03sen(377t + 142, 79))

Tg = −1, 9sen(377t − 37, 36)sen(377t + 142, 79.

Resolviendo para el torque medio:

Tgmedio= 0, 95 N-m

Este torque debe ser ejercido en sentido antihorario para contrarrestar el movimiento de la maquina.

Ejemplo 1.10. Si las corrientesia e iA en una maquina bifasica son

ia = 10 A (c.c) , iA = 20 A (c.c)

Determineix(t) e iy(t).

La maquina tiene 4 polos y rota a 1800 rpm.

Solucion 1.10.[ixiy

]=

[cos nθ0 sen nθ0


] [iaiA

],

[ixiy

]=

[iacos nθ0 + iAsen nθ0

−iasen nθ0 + iAcos nθ0

].

ix = 10cos 2θ0 + 20sen 2θ0,

iy = −10sen 2θ0 + 20cos 2θ0.

ix = 22, 4cos(2θ0 − 63, 4),

iy = −22, 4cos(2θ0 − 63, 4).

θ0(t) = θ0(0) + ωt = θ0(0) + 2π

(1800 × 4

120

)t,

θ0(t) = θ0(0) + 377t Conθ0 en grados electricos.


ix = 22, 4cos (θ0(0) + 377t − 63, 4)

iy = 22, 4cos (θ0(0) + 377t − 63, 4)

Ejemplo 1.11. La maquina bifasica de la figura1.51funcionando como generador esta en vacıo:

i1 = i2 = 0.

Si:ix = I (constante) e iy = 0.

Determinar:v1(t) y v2(t).

Se supone un par de polos y velocidad constante.

θ0

1

2

xy

Figura 1.51: Generador en vacıo.

Solucion 1.11. Se trata de una maquina de rotor cilındrico:

v1

v2

va

vA

=


L1xmaxρ L2xmaxρθ0 Rx + Lx0ρ Lx0ρθ0

−L1xmaxρθ0 L2xmaxρ −Lx0ρθ0 Rx + Lx0ρ

i1i2iaiA

,

v1 = L1xmaxρia,

v2 = L2xmaxρiA.

Ahora: [iaiA

]=


sen nθ0 cos nθ0

] [ixiy

],

ia = Icos θ0,

iA = Isen θ0.


Con:θ0 = θ0(0) + Ωt.

ia = Icos (θ0(0) + Ωt) ,

iA = Isen (θ0(0) + Ωt) .

v1 = L1xmaxρ [Icos (θ0(0) + Ωt)] ,

v2 = L2xmaxρ [Isen (θ0(0) + Ωt)] .

v1 = −L1xmaxIΩsen (θ0(0) + Ωt) ,

v2 = L1xmaxIΩcos (θ0(0) + Ωt) .

Ejemplo 1.12. A las bobinas del estator de la maquina del problema anterior se pone una carga devalor R. Hallar v1(t) en estado permanente.

Solucion 1.12. Con la maquina cargada:

v1 = (R1 + L1ρ)i1 + L1xmaxρia.

En el caso generador para carga resistiva:

v1 = −Ri1.

La corriente es de sentido contrario

−Ri1 = (R1 + L1ρ)i1 + L1xmaxρ [Icos(θ0(0) + Ωt)] ,

Ası:L1ρi1 + (R + R1)i1 = L1xmaxΩIsen(θ0(0) + Ωt).

En regimen permanente

i1 =L1xmaxΩI√

(R + R1)2 + (ΩL1)2sen

(Ωt + θ0(0) − tg−1 ΩL1

(R + R1)

).

v1 = − L1xmaxRΩI√(R + R1)2 + (ΩL1)2

sen

(Ωt + θ0(0) − tg−1 ΩL1

(R + R1)

)

Ejemplo 1.13. La maquina bifasica simetrica de la figura1.52, tiene los siguientes parametros:

R1 = R2 = 10 Ω,

L1xmax = L2xmax = 6 H,

L1 = L2 = 6 H,

Rx = 1 Ω,

Lx0 = 3 H,


n = 1,

J = 20 kg-m2,

D = 0, 5 Nw-m-s/rad,

Lxymax = 0.

Cada puerta tiene las siguientes cantidades:

i1 = i2 = 2 A (D.C) iA = 6 A (D.C)

ia = 4 A (D.C) ωr = 4 rad/s

d

q

v1 +−

i1va +−

ia

v2

+

−

i2

vA

+

−

iA

ωr


a) Encuentre los cuatro voltajes en las puertas para estado permanente.

b) Encuentre la potencia total de estado permanente suministrada a las dos puertas del estator.¿A donde va esta potencia?

c) Encuentre la magnitud y la direccion (en el mismo giro de las manecillas del reloj, o contrarioa el), del torque de origen electricoTg.

d) Determine la potencia total de estado permanente en las dos puertas electricas del rotor.

e) Determine el torque aplicadoTL y la potencia en la puerta mecanica del rotor.

f) Una fuente de voltaje de 10 V D.C, es subitamente conectada al bobinado del estator de ejedirecto en el tiempot = 0. La velocidad del rotor se mantiene constante enωr = −7 rad/s.Todas las otras puertas electricas estan en circuito abierto.

Encontrari1 como una funcion del tiempo.


Solucion 1.13. a)

v1

v2

va

vA

=

R1 + L1ρ 0 L1xmaxρ0 R2 + L2ρ 0

L1xmaxρ L2xmaxnρθ0 Rx + (Lx0 + Lxymax)ρ−L1xmaxnρθ0 L2xmaxρ −(Lx0 + Lxymax)nρθ0

0L2xmaxρ

(Lx0 − Lxymax)nρθ0

Rx + (Lx0 − Lxymax)ρ

i1i2iaiA

.

v1

v2

va

vA

=

10 0 0 00 10 0 00 6(1 × 4) 1 3(1 × 4)

−6(1 × 4) 0 −3(1 × 4) 1

i1i2iaiA

.

v1 = 10i1 = 10(2) = 20 V,

v2 = 10i2 = 10(2) = 20 V,

va = 24i2 + ia + 12iA = 24(2) + 4 + 12(6),

vA = −24i1 − 12ia + iA = −24(2) − 12(4) + 6.

Ası:

v1 = 20 V

v2 = 20 V

va = 124 V

vA = −90 V

b)PT = v1i1 + v2i2 = 20(2) + 20(2),

PT = 80 W.

Potencia que va al calentamientoohmico.

c)

Tg = n(L2xmaxi2ia − L1xmaxi1iA − 2LxymaxiaiA),

= n(L2xmaxi2ia − L1xmaxi1iA),

= 1(6(2)(4) − 6(2)(6)),

= 48 − 72,

Tg = 24 Nw-m

Direccion: giro de las manecillas del reloj


d)

PTr = vaia + vAiA,

= 124(4) + (−90)(6),

= 496 − 540,

PTr = −44 W.

e)Tg − Tf ± Text = (JM + Jc)ρ

2θ0,

ρ2θ0 = 0,

Tg − Tf ± Text = 0.

TL = 0, 5N-mrad/s

(4

rads

)+ 24 N-m.

TL = 2 + 24,

TL = 26 Nw-m

PMr = 26 × 4,

PMr = 104 W

f)

10v2

va

vA

=


L1xmaxρ L2xmaxnρθ Rx + Lx0ρ Lx0nρθ−L1xmaxnρθ L2xmaxρ −Lx0nρθ Rx + Lx0ρ

i1000

,

10 = (R1 + L1ρ)i1 i(0−) = i(0+).

Por Laplace

I1(s) =10

s(10 + 6s)=

5

3

(1

(s + 53)s

)

=

(1

s− 1

s + 53

)

,

i1(t) =

1 − e−5

3t

u(t)

Ejemplo 1.14. Para la estructura mostrada en figura1.53(en el regimen permanente)

Lα=10 mH Vα=100 ∠0

Rα=9 Ω Vβ=100 ∠-120

f= 60 c.p.s. Vγ=100 ∠0

Calcular los valores instantaneosiα, iβ, iγ .

Usando la transformacion de tres ejes a dos ejes.


α

β

γ

Figura 1.53: Bobinas simetricas.

Solucion 1.14. Invariancia de potencia

[vx

vy

]=

√2

3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]

100∠0

100∠ − 120

100∠120

vx =

√2

3

[100 − 50

(−1

2−

√3

2j

)− 50

(−1

2+

√3

2j

)]=

√2

3150∠0,

vy =

√2

3

[√

3√

350

(−1

2−

√3

2j

)− 50

(−1

2+

√3

2j

)]=

√2

3150∠ − 90.

√23150∠0√

23150∠ − 90

=

[9 + 3

2j(2π(60))10 × 10−3 00 9 + 3

2j(2π(60))10 × 10−3

][−→Ix−→Iy

],

=

[9 + j5, 7 0

0 9 + j5, 7

][−→Ix−→Iy

].

−→Ix =

√23150∠0

10, 7∠32, 3= 11, 4∠ − 32, 3

−→Iy = 11, 4∠ − 122, 3.

Iα

Iβ

Iγ

=

√2

3

1 0

−1/2√

3/2

−1/2 −√

3/2

[−→Ix−→Iy

]

=

√2

3

1 0

−1/2√

3/2

−1/2 −√

3/2

[

11, 4∠ − 32, 3

11, 4∠ − 122, 3

],

Iα

Iβ

Iγ

=

9, 3∠ − 32, 3

−4, 65∠ − 32, 3 + 8, 06∠ − 122, 3

−4, 65∠ − 32, 3 − 8, 06∠ − 122, 3


iα = 9, 3∠ − 32, 3,

iβ = 9, 3∠208,

iγ = 9, 3∠87.

iα(t) =√

29, 3cos(377t − 32, 3)

iβ(t) =√

29, 3cos(377t + 208)

iγ(t) =√

29, 3cos(377t + 87)

Ejemplo 1.15. Cada una de las tres fases del estator mostradas en la figura1.54tiene una resistenciade 3Ω y una autoinductancia de 2 H; corrientes sinusoidales trifasicas a una frecuencia de 2rad/sy con una magnitud r.m.s de 5 A. se inyectan en esos devanados del estator.

a) Usando notacion fasorial determine los voltajes de puerta sobre cada una de las tres fases.Tomeisα como referencia, o sea:

isα =√

2sen 2t.

b) Encuentre la potencia promedio entregada por fase.

c) Encuentre el conjunto equivalente de corrientes de estator bifasico, utilizando la transformacionde3φ → 2φ. Compare las cantidades de la faseα del3φ con la fase 1 del bifasico.

d) Encuentre la potencia promedio por fase entregada a los devanados bifasicos. Compare estosresultados de potencia por fase con el obtenido en la parte b).

α

β

γ

isα

isβ

isγ

Figura 1.54: Estator simetrico

Solucion 1.15. a)

vαs

vβs

vγs

=

Rα + Lαρ −Lα

2 ρ −Lα

2 ρ

−Lα

2 ρ Rα + Lαρ −Lα

2 ρ

−Lα

2 ρ −Lα

2 ρ Rα + Lαρ

iαs

iβs

iγs


vαs

vβs

vγs

=

3 + 2ρ −ρ −ρ−ρ 3 + 2ρ −ρ−ρ −ρ 3 + 2ρ

iαs

iβs

iγs

En fasores, para regimen permanente:

Vαs

Vβs

Vγs

=

3 + 4j −2j −2j−2j 3 + 4j −2j−2j −2j 3 + 4j

Iαs

Iβs

Iγs

iαs =√

2 5sen 2t Iαs = 5∠0 = 5,iβs =

√2 5sen(2t − 120) Iβs = 5∠ − 120 = −2, 5 − 4, 3j,

iγs =√

2 5sen(2t + 120) Iβs = 5∠120 = −2, 5 + 4, 3j,

Vαs = (3 + 4j)5 − 2j(−2, 5 − 4, 3j) − 2j(−2, 5 + 4, 3j).

Vαs = 22, 54∠63, 43 ,

Vβs = 33, 54∠ − 56, 56,

Vγs = 33, 54∠ − 183, 43.

vαs =√

2 33, 54sen(2t + 63, 43)

vβs =√

2 33, 54sen(2t − 56, 56)

vγs =√

2 33, 54sen(2t + 183, 43)

b)

Pαs = (33, 54)(5)cos 63, 43 = 75, 01 W

Pβs = (33, 54)(5)cos 63, 43 = 75, 01 W

Pγs = (33, 54)(5)cos(183, 43 − 120) = 75, 01 W

c) ConP1,2 = Pα,β,γ .

=

√2

3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

][iα,β,γ ],

=

√2

3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]

5

−2, 5 − 4, 3j−2, 5 + 4, 3j

,

=

√2

3

[7, 5

7, 439j

]=

[6, 12−6, 12

].


I1 = 6, 12∠0

I2 = 6, 12∠ − 90

Iαs = 5∠0

I1s =

√3

25∠ − 90

d)

[v1,2] =

√2

3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]

15 + 30j

18, 447 − 27, 83j−33, 54

,

=

[41, 15∠63, 43

41, 15∠ − 26, 57

].

P1 = 6, 12 × 41, 15cos 63, 43 = 112, 64 W,

P2 = 6, 12 × 41, 15cos 63, 43 = 112, 64 W.

La potencia por fase del bifasico es los3/2 de la fase en el3φ

P2φ =3

2P3φ =

3

2(75, 01) = 112, 51 W


Ejercicios Propuestos

1.2

Ejercicio 1.1. Para la maquina de la figura1.3demostrar:

g(θ) = g0 − g1cos 2θ.

1.2.1

Ejercicio 1.2. a) Para una maquina den pares de polos salientes en el estator, hallar lasiguiente expresion:

g(θ) = g0 − g1cos 2nθ.

b) Para la maquina de la figura1.55hallar una expresion aproximada para el entrehierro.

π3

gq

gd

Figura 1.55: Maquina con arco diferente aπ/2.

1.3.1

Ejercicio 1.3. a) Demostrar la siguiente expresion:

H(α) =

√2

π

NI

gdcos α,

b) Demostrar la siguiente expresion:

H(α) =

√2

π

NI

ngdcos nα,


1.3.2

Ejercicio 1.4. Demostrar queg(θ) = g(θ + π) paran pares de polos.

Ejercicio 1.5. Demostrar las siguientes expresiones:

1. f.m.m.(θ) = (π − 2θ)aj para 0 < θ < π,

1. f.m.m.(θ) = (2θ − 3π)aj para π < θ < 2π.

Ejercicio 1.6. Aproximar por Fourier la onda de la figura1.56

θπ 2π

f.m.m.(θ)

Figura 1.56:f.m.m(θ) triangular.

Ejercicio 1.7. Demostrar la siguiente expresion:

B(θ) =4µ0NI

π2ng(nθ)cos nθ.

Sugerencia: se toma una trayectoria deπ/n.

1.4.1

Ejercicio 1.8. Demostrar que para una maquina bifasica en movimiento

B(θ) =µ0KI

g(θ)cos (θ − α).

1.4.2

Ejercicio 1.9. Demostrar que:

ωm + ω′m =

n∑

i=1

λ1 · ii.


Ejercicio 1.10. ¿Como debe ser la relacion funcional entre flujos concatenados y corrientespara que las funciones de estado sean independientes de las trayectorias de estado?

Ejercicio 1.11. Verificar las expresiones paraω′m1, ω

′m2, ω

′m3 y ω′

m4.

Ejercicio 1.12. Utilizar la siguiente estrategia para hallarω′m:

Primera etapa : 0i′y−→ iy i′x, i′2 e i′1 en cero,

Segunda etapa : 0i′x−→ ix i′2, e i′1 en cero,

Tercera etapa : 0i′2−→ i2 i′1 en cero,

Cuarta etapa : 0i′1−→ i1.

Ejercicio 1.13. Calcular la funcion Coenergıa ω′m usando como estrategia el llevar todas las

corrientes simultaneamente al valor final.

Ejercicio 1.14. Se tienen las siguientes relaciones:

λ1(i1, i2, θ0) = 2i1 + i2cos θ0,

λ2(i1, i2, θ0) = i1cos θ0 + i2.

a. Hallar la funcion coenergıa.

b. Aplicar la definicion de Energıa para su respectiva evaluacion.

c. Hallar la Energıa a partir de∑

λiii = ωm + ω′m.

d. ¿Son iguales b. y c.? ¿Por que? ?Son iguales la energıa y la coenergıa? ¿Por que?

Ejercicio 1.15. Evaluar las siguientes integrales:

a.∫ 2π

0

(1 +

g1

g0cos 2θ

)cos θcos(θ − θ0)dθ,

b.∫ 2nπ

0

(1 +

g1

g0cos 2θ

)cos(θ − θ0)sen(θ − θ0)dθ/n,

c.∫ 2nπ

0

(1 +

g1

g0cos 2θ

)sen2(θ − θ0)dθ/n.

1.6.1

Ejercicio 1.16. Demostrar la siguiente expresion:

T =∂ω′

m

∂θ0(i1, i2, ix, iy, θ0).

Ejercicio 1.17. Si la funcion Energıa depende de las corrientes, demostrar:

T =∂2ω′

m

∂θ0(i1, i2, ix, iy, θ0) −

n∑

i=1

i1∂λi(i, θ0)

∂θ0.


1.8.1

Ejercicio 1.18. Demostrar la siguiente igualdad:

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]

−1

=

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]−1

1.8.3

Ejercicio 1.19. Hallar los terminos (1,1) y (4,4) de la matriz[Z1,2,a,A] a partir del siguienteproducto:

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]

[Z1,2,x,y(θ0)]

1 00 1

0 00 0

0 00 0

[TΘ0

]−1

.

Ejercicio 1.20. Hallar una expresion paraTg = f(i1, i2, ia, iA), a partir deTg = f(i1, i2, ix, iy, θ0).

1.9.1

Ejercicio 1.21. Demostrar la transformacion de tres ejes a dos ejes paran pares de polos ypara una maquina de polos salientes.

1.9.2

Ejercicio 1.22. Encontrar la transformacion inversa para que la maquina de dos ejes representeen potencia2/3 de la de tres ejes.

1.9.4

Ejercicio 1.23. a) Demostrar la siguiente relacion:

vαs

vβs

vγs

=

Rα + Lαρ −Lα

2 ρ −Lα

2 ρ

−Lα

2 ρ Rα + Lαρ −Lα

2 ρ

−Lα

2 ρ −Lα

2 ρ Rα + Lαρ

iαs

iβs

iγs

b) Resolver la siguiente expresion:

[Z1,2] =2

3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

][Zα,β,γ ]

1 0

−1/2√

3/2

−1/2 −√

3/2

.

1.10.1

Ejercicio 1.24. a) La transformacion de las componentes simetricas dada para un sistemaden voltajes ¿Es valida para un sistema de dos voltajes?


b) Evaluar:

1√3

1 1 11 α α2

1 α2 α

−1

,

y

1 1 11 α α2

1 α2 α

.

1.10.4

Ejercicio 1.25. Comprobar:

1√3

1 1α2 αα α2

1√3

[1 α α2

1 α2 α

]

vα

vβ

vγ

=1

3

2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2

.

Capıtulo 2La maquina sincronica

2.1. Generalidades

La maquina sincronica es la maquina universal en la produccion de energıa electrica. Debe sunombre a que funciona normalmente a la velocidad sincronica.

Sus caracterısticas fısicas son:

a. La estructura interior es de polos salientes y la exteriorcilındrica.

b. Posee un solo devanado de campo en el rotor.

c. La estructura exterior es estacionaria.

d. Posee devanados amortiguadores.

La maquina completa se ilustra en la figura2.1

x

y

aA

Q 1D

Figura 2.1: Maquina sincronica con devanados amortiguadoresD y Q en el rotor.

85

86 Capıtulo 2. La maquina sincronica

2.1.1. Ecuaciones

La figura2.2muestra el esquema de una maquina sincronica bifasica depolos salientes, sin amortiguadores,que se vera enseguida.

x

y

1

pθ0

Figura 2.2: Maquina sincronica sin devanados amortiguadores.

Como se vio en el ajuste de las ecuaciones para polos salientes en el rotor, basta unicamente cambiarρθ0 por−ρθ0 en las ecuaciones desarrolladas para polos salientes en el estator.

Las ecuaciones, eliminando los terminos que tengan que vercon la bobina 2, quedan:

v1

vx

vy

=

R1 + L1ρ L1xmaxρcos nθ0 −L1xmaxρsen nθ0

L1xmaxρcos nθ0 Rx + Lx0ρ + Lxymaxρcos 2nθ0 −Lxymaxρsen 2nθ0

−L1xmaxρsen nθ0 Lxymaxρsen 2nθ0 Rx + Lx0ρ − Lxymaxρcos 2nθ0

i1ixiy

.

(2.1)Usando la matriz de transformacionΘ0

[iaiA

]=


sen nθ0 cos nθ0

] [ixiy

],

[va

vA

]=


sen nθ0 cos nθ0

] [vx

vy

].

Se obtiene:

v1

va

vA

=

R1 + L1ρ L1xmaxρ 0L1xmaxρ Rx + (Lx0 + Lxymax)ρ −(Lx0 − Lxymax)nρθ0

L1xmaxnρθ0 (Lx0 + Lxymax)nρθ0 Rx + (Lx0 − Lxymax)ρ

i1iaiA

. (2.2)

Desarrollando la expresion para la potencia desarrolladay teniendo en cuenta que la velocidadcambia deρθ0 a−ρθ0.

Tg = −n (L1xmaxi1iA + 2LxymaxiaiA) . (2.3)

2.2. Maquina sincronica trifasica balanceada en regimen permanente y velocidad constante 87

Si la maquina bifasica proviene de una trifasica:

L1xmax = 3/2L1αmax ,

Lx0 + Lxymax = 3/2 (Lα0 + Lαβmax) ,

Lx0 − Lxymax = 3/2 (Lα0 − Lαβmax) .

2.1.2. Ajuste de las ecuaciones para devanados amortiguadores

Tomando en consideracion que en la figura2.1la bobinaQ podrıa ser la antigua bobina 2 eliminadade la matriz y que la bobinaD es una bobina adicional a la bobina 1 en el mismo eje, se llega apartirde la matriz general a las siguientes ecuaciones en forma matricial. Naturalmente se ha cambiado elsigno denρθ0 para coincidir con el sentido positivo de la velocidad. Ası:

L1D es la inductancia mutua entre las bobinas 1 yD.

LxDmax es la inductancia mutua maxima entre las bobinasx y D.

LxQmax es la inductancia mutua maxima entre las bobinasx y Q.

LD es la autoinductancia de la bobina amortiguadoraD.

LQ es la autoinductancia de la bobina amortiguadoraa.

RD y RQ son las resistencias de las bobinasD y Q respectivamente.

Entonces:

v1

vD

vQ

va

vA

=

R1 + L1ρ L1Dρ 0 L1xmaxρL1Dρ RD + LDρ 0 LxDmaxρ

0 0 RQ + LQρ 0L1xmaxρ LxDmaxρ −LxQmaxnρθ0 Rx + (Lx0 + Lxymax)ρ

L1xmaxnρθ0 LxDmaxnρθ0 LxQmaxρ (Lx0 + Lxymax)nρθ0

00

LxQmaxρ−(Lx0 − Lxymax)nρθ0

Rx + (Lx0 − Lxymax)ρ

i1iDiQiaiA

.

(2.4)

2.2. Maquina sincronica trif asica balanceada en regimen permanentey velocidad constante

Se estudio este caso particular de la maquina sincronicapor ser el mas utilizado.


Para mantener la secuencia en la misma direccion de la velocidad del rotor debemos alimentar conla secuenciaα, β, γ,

v1 = V1, (2.5)

vα = Vcosωt, (2.6)

vβ = Vcos(ωt − 120), (2.7)

vγ = Vcos(ωt + 120), (2.8)

ρθ0 = ωr velocidad sincronica. (2.9)

Calculando los voltajes bifasicos equivalentes:

[vx

vy

]=

√3

2

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]

vα

vβ

vγ

=

√2

3V

[cos ωtsen ωt

]. (2.10)

Ahora: [va

vA

]=


sen nθ0 cos nθ0

]√3

2V

[cos ωtsen ωt

].

va =

√3

2V cos (nθ0 + ωt) , (2.11)

vA =

√3

2V sen (nθ0 + ωt) . (2.12)

Pero:θ0 = θ0(0) − ωrt.

Se debe recordar queρθ0 se cambia por−ρθ0, dondeωr = ρθ0 es la velocidad del rotor.

Tambien:nθ0 = nθ0(0) − nωrt.

Si ωr es constante yω = nωr, ω velocidad sincronica, luego:

nθ0(0) = nθ0 + ωt.

Ası:

va =

√3

2Vcos nθ0(0), (2.13)

vA =

√3

2Vsen nθ0(0). (2.14)

Esto significa que si la maquina gira a la velocidad sincronica, los voltajesva y vA resultan servoltajes de corriente continua.

Se resuelven las siguientes ecuaciones para la maquina de la figura2.3. Al resultarva y vA voltajes


de corriente continua, en regimen permanenteia e iA seran corrientes continuas.

A la velocidad sincronica los devanados amortiguadores enforma identica al campo no sufrenninguna variacion del flujo concatenado; en consecuencia no se inducen voltajes ni circulan corrientes.Ası mismo el torque es cero. Es decir a la velocidad sincronica estos devanados son superfluos, escomo si no existieran.

x

y

1

a

A

Figura 2.3: Maquina sincronica con devanados amortiguadores.

V1√32Vcos nθ0(0)√32Vsen nθ0(0)

=

R1 + L1ρ L1xmaxρ 0L1xmaxρ Rx + (Lx0 + Lxymax)ρ −(Lx0 − Lxymax)nρθ0

L1xmaxnρθ0 (Lx0 + Lxymax)nρθ0 Rx + (Lx0 − Lxymax)ρ

i1iaiA

.

Para el regimen permanente:V1 = R1I1, (2.15)

√3

2Vcos nθ0(0) = RxIa − (Lx0 − Lxymax)nρθ0IA, (2.16)

√3

2Vsen nθ0(0) = L1xmaxnρθ0I1 + (Lx0 + Lxymax)nρθ0Ia + RxIA. (2.17)

Se define el voltaje de excitacionEf , como:

Ef = L1xmaxI1nρθ0 = L1xmax

V1

R1nρθ0. (2.18)

En el fondoEf es el valor maximo del voltaje inducido por el campo magnetico del rotor en cualquierade las fases del estator bifasico.


Para la maquina en movimiento:

L1x = L1xmaxcos nθ0,

Ex1 = −dΨx1

dt,

es el voltaje inducido por la fasex por la accion de la corrienteI1.

Ψx1 = L1xI1,

y

Ex1 = − d

dt(L1xmaxI1cos [nθ0(0) − ωt]) .

Ex1 = −L1xmaxI1nρθ0sen(−ωt + nθ0(0)),

Ex1 = L1xmaxI1ωsen(ωt − nθ0(0)).

Donde:ω = nρθ0.

Lo que demuestra que:

L1xmaxI1nρθ0,

es el valor maximo del voltaje inducido en cualquiera de lasbobinas del bifasico por accion del campodel rotor.

Ası:√

3

2Vcos nθ0(0) = RxIa − (Lx0 − Lxymax)nρθ0IA, (2.19)

√3

2Vsen nθ0(0) − Ef = (Lx0 + Lxymax)nρθ0Ia + RxIA. (2.20)

Se suponeRx∼= 0, y se resuelve para las corrientes

Ia =

√32Vsen nθ0(0) − Ef

(Lx0 + Lxymax)nρθ0, (2.21)

IA =−√

32Vcos nθ0(0)

(Lx0 − Lxymax)nρθ0. (2.22)

Se reemplazan en2.3, teniendo en cuenta que:

I1 =Ef

L1xmaxnρθ0.


Tg = n

(√3

2

VEf cos nθ0(0)

(Lx0 + Lxymax)(nρθ0)2+

3

2

V2Lxymaxsen 2nθ0(0)

(nρθ0)2(Lx0 + Lxymax)(Lx0 − Lxymax)

)

,

se imponenθ0(0) = π/2 − δ, δ en grados electricos

Tg = n

(√3

2

VEfsen δ

(Lx0 + Lxymax)(nρθ0)2+

3

2

V2Lxymaxsen 2δ


)

. (2.23)

Se define la reactancia sincronica del eje directo(χd) y la reactancia sincronica del eje en cuadratura(χq), como:

χd = (Lx0 + Lxymax)nρθ0, (2.24)

χq = (Lx0 − Lxymax)nρθ0. (2.25)

Ası:

Tg = n

(√3

2

VEfsen δ

(nρθ0)χd+

3

2

V2(χd − χq)sen 2δ

2(nρθ0)χdχq

)

,

Ef : voltaje maximo inducido en el bifasico.

V : voltaje maximo en el trifasico.

El anguloδ se denomina el angulo del par.

Si Vx es el voltaje maximo bifasico y no el trifasico:

Tg = n

(EfVxsen δ

(nρθ0)χd+

V2x(χd − χq)sen 2δ

2(nρθ0)χdχq

).

En valores eficaces:

Tg = n

(2EfrmsVrmssen δ

(nρθ0)χd+

2V2rms(χd − χq)sen 2δ

2(nρθ0)χdχq

), (2.26)

Tg/fase = Tg/2 = n

(EfrmsVrmssen δ

(nρθ0)χd+

1

2

V2rms(χd − χq)sen 2δ

(nρθ0)χdχq

). (2.27)

En las anteriores expresiones paraTg se debe tenerse en cuenta queEf es el voltaje inducido enla maquina bifasica equivalente yVrms el voltaje de la bifasica equivalente. En el caso de utilizar losvoltajes trifasicos basta unicamente reemplazar

Ef 2φ =

√3

2Ef 3φ Vrms 2φ =

√3

2Vrms 3φ

Reemplazando en2.26:

Tg = n

(3Efrms 3φVrms 3φsen δ

(nρθ0)χd+

3

2

V2rms 3φ(χd − χq)sen 2δ

nρθ0χdχq

), (2.28)


y por fase

Tg = n

(Efrms 3φVrms 3φsen δ

(nρθ0)χd+

1

2

V2rms 3φ(χd − χq)sen 2δ

nρθ0χdχq

). (2.29)

El sentido positivo(+) del torque es el del sentido contrario a la velocidad actual,por lo tanto si sequiere el torque positivo(+) en el sentido de la velocidad, se debe cambiar el signo del torque.

Dicho de otra forma, cuando el torque es positivo se opone al movimiento o sea la maquina operacomo generador y viceversa.

La figura2.4muestra una grafica para este torque.

δ

Tg

Zona de

Motorizacion

Zona de

Generacion

Fundamental

Armonica

Figura 2.4: Variacion deTg con respecto aδ.

En la figura2.4 se muestran las componentes del torque total y los modos de funcionamiento:generacion y motorizacion.

nθ0(t) = nθ0(0) − ωrt.

Suponemos ωr = ωs + ∆ω,

nθ0(t) = nθ0(0) − ∆ωt − ωst.

Con nθ0(0) = π/2 − δ0,

nθ0(t) = π/2 − δ0 + ∆ωt − ωst. (2.30)

δ(t) = δ0 + ∆ωt , ∆ω = ωr − ωs.


nθ0(t) = π/2 − δ0 − ωrt. (2.31)

Si ωr 6= ωs, es decir si la velocidad del rotor es diferente de la sincronica; δ ya no sera constantesino que variara indefinidamente, tal como se muestra en la figura2.5.

δ0

2π

4π

6π

t

δ(t)

Figura 2.5: Variacion deδ(t) con respecto al tiempo.

Reemplazandoδ por δ(t) en la expresion del torque, este contempla las variaciones de la velocidadcon respecto a la sincronica.

Al serωr 6= ωs, luego el torque es oscilatorio con respecto al tiempo (figura 2.6).

t

Tg

Figura 2.6: Variacion deTg(t) con respecto al tiempo.

La frecuencia de oscilacion depende de la diferencia entrelas velocidades; mientras mas alta sea ladiferencia entre las velocidadesωr y ωs, mas alta sera esta frecuencia de oscilacion.

Este torque oscilatorio no produce trabajo util, dado que su valor promedio es cero:

Tgmedio=

1

T

∫ T

0Tg(t)dt = 0. (2.32)

Esto hace que el motor sincronico no tenga par de arranque y deba ser llevado a la velocidad sincronicapor metodos auxiliares.


2.3. Analisis fasorial

Debido a la velocidad esencialmente constante en la maquinaria sincronica es posible transformarlas ecuaciones dadas para regimen permanente en ecuaciones fasoriales, facilitando la solucion de lasmismas; esto porque como se vera se puede trabajar en terminos de las variables reales y no de las delmodelo, como se ha venido haciendo.

Se tienen las siguientes ecuaciones para la maquina bifasica en estado permanente.

v1

va

vA

=

R1 0 00 Rx −(Lx0 − Lxymax)nρθ0

L1xmaxnρθ0 (Lx0 + Lxymax)nρθ0 Rx

I1IaIA

,

Con:

Ef = L1xmaxI1nρθ0,

χd = (Lx0 + Lxymax)nρθ0,

χq = (Lx0 − Lxymax)nρθ0.

Luego

v1 = R1I1, (2.33)

va = RxIa − χqIA, (2.34)

vA = Ef + χdIa + RxIA. (2.35)

La matriz de transformacion inversa[vx

vy

]=

[cos nθ0 sen nθ0


] [va

vA

].

Connθ0(0) − ωt = nθ0,

[vx

vy

]=

[cos(nθ0 − ωt) sen(nθ0 − ωt)−sen(nθ0 − ωt) cos(nθ0 − ωt)

] [va

vA

].

Como

cos(nθ0 − ωt) = cos(ωt − nθ0(0)),

sen(nθ0 − ωt) = −sen(ωt − nθ0(0)).

vx = Vacos(ωt − nθ0(0)) − VAsen(ωt − nθ0(0)),

vy = Vasen(ωt − nθ0(0)) + VAcos(ωt − nθ0(0)).

Ahora:nθ0(0) = π/2 − δ.

2.3. Analisis fasorial 95

vx = vacos (ωt − (π/2 − δ)) − vAsen (ωt − (π/2 − δ)) , (2.36)

vy = vasen (ωt − (π/2 − δ)) + vAcos (ωt − (π/2 − δ)) . (2.37)

Se escriben las anteriores ecuaciones como fasores. Se tomacomo referencia:

cos (ωt − (π/2 − δ)) .

Vx = va + jvA, (2.38)

Vy = vA − jva. (2.39)

Se reemplazanva y vA en la ecuacion paraVx:

Vx = RxIa − χqIA + jEf + jχdIa + jRxIA.

Como:Ix = Ia + jIA,

Vx = RxIx + jEf − χqIA + jχdIa. (2.40)

La ecuacion (2.40) es la ecuacion fasorial para una fase de la maquina es su funcionamiento comomotor.

Para la ecuacion como generador basta cambiar el signo de las corrientesIα, Iβ eIγ , lo que es iguala un cambio en el flujo de potencia. Esto implica cambiar el signo deIa e IA. Para este sentido de lascorrientes se tiene la siguiente ecuacion para la maquinaoperando como generador:

Vx = −RxIx + jEf + χqIA − jχdIa. (2.41)

Ecuaciones validas para una fase del sistema bifasico.

Ahora:

va =

√3

2Vcos nθ0(0) vA =

√3

2Vsen nθ0(0),

con nθ0(0) = π/2 − δ,

va =

√3

2Vsen δ vA =

√3

2Vcos δ,

Ademas:

Vx =

√3

2V,

es el voltaje bifasico equivalente, maximo porque los fasores fueron tomados en valores maximos.


Ası:

va = Vxsen δ, (2.42)

vA = Vxcos δ. (2.43)

2.3.1. Diagrama fasorial del motor

De la siguiente ecuacion se deduce el digrama de la figura2.7

Vx = RxIx + jEf − χqIA + jχdIa. (2.44)

De dicho diagrama se concluye que el motor esta funcionandocon factor de potencia en atraso(inductivo).

Ia

Ix

jIA

φ

δ

jEf−IAχq

jIaχd

RxIxvx

Figura 2.7: Diagrama fasorial del motor,f.p. en atraso.

Igualmente se descubre que el angulo entrejEf y Vx es el angulo del par. Esto da las relaciones:

va = Vxsen δ,

vA = Vxcos δ.

Diagrama valido para una fase del sistema bifasico.

2.3.2. Diagrama fasorial del generador

La figura2.8muestra el diagrama dibujado a partir de la ecuacion

Vx = −RxIx + jEf + χqIA − jχdIa. (2.45)


El diagrama muestra al generador trabajando con factor de potencia en atraso (inductiva).

Ia

IxjIA

φ

δ

jEf

IAχq

−jχdIa

−RxIx

Vx

Figura 2.8: Diagrama fasorial del generador,f.p. en atraso.

Se aprecia el voltaje de excitacion es superior al voltaje en terminales; se dice que el generadoresta sobre excitado.

La figura2.9 muestra el diagrama fasorial para un generador con factor depotencia en adelanto(capacitivo).

Ia

IxjIA

φ

δ

jEf

χqIA

−jχdIa

−RxIx

Vx

Figura 2.9: Diagrama fasorial del generador,f.p. en adelanto.

A manera de ejemplo la figura2.10 muestra el diagrama fasorial para un motor con factor de


potencia en adelanto (capacitivo).

De la construccion auxiliar se nota que:

O′A′ ⊥ Ix , O′N ′ ‖ Vx , KN ⊥ Vx , A′D ⊥ Vx ;O′A′

A′B′ =OA

AB.

Por triangulos semejantes:

O′A′ =A′B′(OA)

AB= Ixχq.

Facilmente se demuestra que:

tan δ =A′D

OD=

Ixχqcos φ + IxRxsenφ

Vx + Ixχqsenφ− IxRxcosφ. (2.46)

Esta expresion es tambien valida para un generador en atraso. Si se cambiaφ por−φ se llega a laexpresion valida para un motor en atraso y un generador en adelanto:

tan δ =Ixχqcos φ − IxRxsenφ

Vx − Ixχqsenφ − IxRxcosφ. (2.47)

2.3.3. Reactancia sincronica

Si la maquina es de rotor cilındrico:Lxymax = 0.

Luego:χd = χq = χs. (2.48)

Cuando esto ocurre a la reactancia se le llama reactancia sincronica y las ecuaciones quedan ası:

Para motor:Vx = RxIx + jEf + jIxχs. (2.49)

Para generador:Vx = −RxIx + jEf − jIxχs. (2.50)

Las figuras2.11 (a) y 2.11 (b) muestran los circuitos equivalentes para el motor y el generadorrespectivamente.

Tambien validos estos circuitos para una fase del sistemabifasicos.

2.3.4. Consideraciones sobre el signo delangulo del par δ

Se supone por comodidad una maquina sincronica con entrehierro uniforme.

Lxymax = 0.


IaB

Ix

jIA

φ

δ

0

A

jEf−IAχq

jχdIa

A′B′

φ

0′

N

K

D

φ

RxIx

Vx

Figura 2.10: Diagrama fasorial del motor,f.p. adelanto.

De la maquina real:

vx(t) = L1xmaxρcos nθ0(t)I1 + (Rx + Lx0ρ)ix(t),

vx(t) = −L1xmaxI1nθ0(t)sen nθ0(t) + (Rx + Lx0ρ)ix(t).


Rx Xs

vx jEf

Ix

∼

+

−

RxXs

vxjEf

Ix

∼

+

−

(a) (b)

Figura 2.11: a) Circuito equivalente para el motor. b) Circuito equivalente para el generador.

nθ0(t) = nρθ0.

En el modelo se debe cambiarnρθ0 por−nρθ0. Ası:

vx(t) = L1xmaxI1nθ0sen nθ0(t) + (Rx + Lx0ρ)ix(t).

L1xmaxI1nρθ0 = Ef y nθ0(t) = nθ0(t) − ωt.

vx(t) = −Efsen(ωt − nθ0(0)) + (Rx + Lx0ρ)ix(t).

Ahora:nθ0(0) = π/2 − δ,

vx(t) = −Efsen(ωt − π/2 + δ) + (Rx + Lx0ρ)ix(t),

vx(t) = Efcos(ωt + δ) + (Rx + Lx0ρ)ix(t). (2.51)

La anterior expresion siempre es valida.

De la transformacion de voltajes:

vx(t) =

√3

2Vcos ωt.

Ası: √3

2Vcos ωt = Ef cos(ωt + δ) + (Rx + Lx0ρ)ix(t).

Si se haceEf =√

32V y δ = 0, el voltaje inducido iguala exactamente en magnitud y en fase al

voltaje en terminales; por lo tanto:ix(t) = 0.

Es facil mostrar que:iy(t) = 0.


En esta situacion ninguna potencia se convierte electromecanicamente. La figura2.12muestra eldiagrama fasorial.

Vx = jEf

δ = 0

Figura 2.12: Diagrama fasorial para la maquina en vacıo.

Comoδ = 0.

Se tienenθ0(0) = π/2.

La figura2.13muestra el modelo para el caso de dos pares de polos.

x

y

1

ηθ0(0) = π2

Figura 2.13: Condicion para la maquina en vacıo.

La maquina esta en vacıo y el eje del rotor se situa de tal forma que cadaωt = 2πk la figura figura2.13coincide con la situacion en ese instante. En otras palabras cada vez que el voltajevx(t) llegue asu valor maximo positivo:

nθ0(t) = π/2.

Si en la situacion descrita se aplica torque en la direccion de la velocidad, por el eje mecanico lapotencia entregada se debe convertir en potencia electrica. El anguloδ se debe ajustar de tal formaque equilibre el torque aplicado (anadido).

Obviamente en el instante de la aplicacion del torque en el eje hay un torque instantaneo acelerador


que hace que el fasor del voltaje de excitacion (gobernado por la velocidad del rotor), adelante elvoltaje aplicado en el anguloδ (figura2.14).

δ

jEf

Vx

Figura 2.14:Diagrama para la maquina como generador.

La maquina actua como generador; el voltaje de excitacion adelanta al voltaje aplicado y el signodel anguloδ, como se vio de la expresion del torque, es positivo.

Si en la situacion descrita antes, operando la maquina en vacıo, se aplica una carga mecanica enel eje que se opone a la velocidad, instantaneamente habraun torque desacelerante que hara variar elanguloδ hasta que el angulo alcanzado equilibre exactamente la carga mecanica aplicada. La maquinatrabajara como motor y el voltaje de excitacion se atrasara en un anguloδ con respecto al voltajeaplicado (figura2.15).

δ

jEf

vx

Figura 2.15: Diagrama para la maquina como motor.

Como la carga aplicada es pequena, obviamente la maquina no pierde el sincronismo.

Para concluir; como motor el voltaje de excitacion atrasa al voltaje aplicado y el signo del anguloδcomo se vio en la expresion del torque es negativo.

2.3.5. Ajustes en el voltaje de excitacion para cambiar el factor de potencia

Las maquinas sincronicas pueden trabajar con factores depotencia en adelanto o en atraso dependiendode la magnitud del voltaje de excitacion. Obviamente se hace referencia a motores y generadoresacoplados a sistemas de potencia.

No se comprenden por supuesto los generadores aislados paralos cuales el factor de potenciaesta determinado unica y exclusivamente por el factor de potencia de la carga.

Por simplicidad se trabaja con una maquina de rotor cilındrico y se desprecia la resistencia delestator.

En caso motor:Vx = jEf + jIxχs, (2.52)


y para un par de polos:

Tg =EfVsen δ

ωχs, (2.53)

donde:

V: Voltaje maximo del bifasico,

Ef : voltaje de excitacion maximo bifasico.

Para una carga dada, como la velocidad es constante la potencia entregada por el motor tiene queser constante

Pg = ωTg =VxEfsen δ

χs. (2.54)

Por consiguiente:Efsen δ

se debe conservar para distintos valores deEf .

Igualmente la potencia activa de entrada al motor se debe conservar

Pactiva = VxIxcosφ.

ComoVx es constante, el productoIxcosφ,

se debe mantener constante para distintos valores deEf .

De la construccion de la figura2.16se puede apreciar que es posible manejar una misma carga condiferentes factores de potencia mediante variaciones en elvoltaje de excitacion. Si se sobre excita elmotor trabajara con factor de potencia adelantado.

Hay dos lımites para el voltaje de excitacion: la magnitudde Ix no puede ser muy grande por ladisipacion de potencia y el voltajeEf no puede disminuirse hasta llegar aδ = π/2 por problemas enla estabilidad.

Esta propiedad de las maquina sincronica de trabajar con distintos factores de potencia hace apropiadosa los motores sincronicos para trabajar como correctores del factor de potencia en aplicaciones industriales(condensadores sincronicos).

En el caso generador:

Es facil demostrar que para el generador que trabaja con un voltaje terminal constante por estaralimentando un sistema de potencia, sucede exactamente lo mismo, con la diferencia de que para losvoltajes de excitacion por encima de cierto valor, es decir, si se sobre excita el generador trabajara inductivamente;mientras que para bajos voltajes de excitacion el generador trabajara capacitivamente, exactamente locontrario del motor.


Efsenδ

Ixcosφ

Ix1

δ1

φ1

Ef1

Ix2

jIx1χs

Vx

jχsIx2

Ef2

Figura 2.16: Manejo de una misma carga con diferentes factores de potencia.

2.4. Ecuacion del eje mecanico para la maquina sincronica

De la ley de Newton:

∑T = Jωr,

∑T = Tg(δ) − Tfriccion ± Text = Jωr.

ωr = θ0(t),

θ0(t) = θ0(0) − ωrt = π/2 + δ − ωrt.

ωr es la velocidad del rotor.

Si se supone que la velocidad del rotor es exactamente la sincronica y las pequenas fluctuaciones

2.4. Ecuacion del eje mecanico para la maquina sincronica 105

de velocidad se ven a traves deδ(t), entonces:

θ0(t) = π/2 − δ(t) − ωt,

ω es la velocidad sincronica.ωr = ω0(t) = −δ(t) − ω.

Y:ωr = θ0(t) = −δ(t).

AsıTg(δ) − Tfriccion ± Text = −Jδ(t). (2.55)

Tfriccion = fωr = −f δ(t) − fω,

Tg(δ) + Jδ(t) + f δ(t) = −fω ∓ Text.

Tal como se habıa previsto la operacion en motorizacion implica angulos negativos paraδ.

En regimen permanente:Tg(δ) = −fω ∓ Text.

El signo+ delText implica generacion y el signo− motorizacion.

Para efectos de facilitar el manejo de esta ecuacion se va a cambiarδ por−δ

Tg(δ) + Jδ(t) + f δ(t) = fω ± Text. (2.56)

La ecuacion2.56se denomina ecuacion del par y es de gran utilidad para estudiar las variacionesde carga y la estabilidad de la maquinaria sincronica.

2.4.1. Devanados de amortiguacion y/o arranque

Tal como se vio anteriormente la la maquinaria sincronica en su operacion como motor no poseepar de arranque; por esta razon los motores sincronicos vienen provistos en su rotor de una barrassimilares a la jaula de ardilla de un motor de induccion (figura 2.17).

Esta jaula de ardilla se encarga de proveer el par de arranquepara el motor sincronico; funcionandoen el proceso de aceleracion como un motor de induccion.

Cuando el motor engancha en la velocidad sincronica por la accion del campo del rotor la jaulade ardilla deja de actuar, pues a dicha velocidad no hay induccion ni corrientes en la jaula. Desde elpunto de vista electrico es como si no existiera.

Sin embargo cuando por cualquier motivo el motor se sale suavemente de la velocidad sincronica,estos devanados actuan nuevamente ayudando a la maquina avolver al sincronismo. De esta funciondesarrollada por la jaula se deriva el nombre de devanados amortiguadores; y lo que es mas importanteno solo se usan en los motores sino tambien en los generadores. En estos ultimos, exclusivamente paraayudar a mantener el sincronismo.


Barras cortocircuitadas

Devanado de campo

Figura 2.17: Devanado amortiguador.

2.4.2. Influencia del devanado amortiguador y/o de arranqueen la ecuacion del par

La figura2.18muestra la caracterıstica torque-velocidad para un devanado auxiliar (amortiguador).Obviamente es igual a la de un motor de induccion. La velocidad se considera negativa para hacerlacompatible con el desarrollo que se trae, donde la velocidades negativa.

Se puede linealizar en funcionamiento alrededor del punto de la velocidad sincronica(ωs), luego:

Ta = KA(ωr + ωs). (2.57)

Este es el torque adicional que la maquina experimentarıapara variaciones de la velocidadωr

alrededor de la velocidad sincronicaωs(ω).

Como:ωr = −ωs − δ(t),

2.4. Ecuacion del eje mecanico para la maquina sincronica 107

ωr−ωs

Ta

Figura 2.18: Caracterıstica torque-velocidad para un devanado auxiliar.

y recordando que se hizo:

δ(t) = −δ(t),

ωr = −ωs + δ(t).

Reemplazando:

Ta = KA(−ωs + δ(t) + ωs),

Ta = KAδ(t). (2.58)

Se incorporo este torque a la ecuacion adicional del par y se tiene:

Tg(δ) + Jδ(t) + (f + KA)δ(t) = fω ± Text.

Llamando a:f + KA = D,

coeficiente de amortiguamiento se tiene:

Tg(δ) + Jδ(t) + Dδ(t) = fω ± Text. (2.59)

Notese quefω es el par de friccion en estado permanente.


2.5. Oscilaciones y estabilidad

2.5.1. Oscilaciones

Cuando en la maquinaria sincronica se presentan perturbaciones, cambios bruscos de carga mecanicao electrica; hay variaciones transitorias del anguloδ. Estas variaciones se pueden controlar por elsistema o no. Cuando no es posible controlarlos se dice que lamaquinaria se sale del sincronismo;parandose la maquinaria cuando es un motor, y obligando a sacarla cuando se trata de un generadorinterconectado al sistema.

Para calcular estos transitorios se aprovecha que los transitorios electricos son mas rapidos que losmecanicos, o sea, suponiendo en cada valor deδ el circuito electrico en estado permanente. De otrolado para calcular los transitorios electricos se supone la velocidad de la maquina constante.

ωr = ω.

2.5.2. Par de sincronizacion

Para angulos pequenos la caracterıstica del par (figura2.19) se puede linealizar

δ

Tg

Figura 2.19: CaracterısticaTg - δ

Tg = K1sen δ + K2sen 2δ. (2.60)

Alrededor deδ igual a cero:

Tg =∂Tg

∂δ

∣∣∣∣δ=0

δ = Kδ.

Donde:

K =∂Tg

∂δ

∣∣∣∣δ=0

,

se llama par de sincronizacion.

Luego:K = K1 + 2K2. (2.61)

2.5. Oscilaciones y estabilidad 109

2.5.3. Estabilidad

La estabilidad es la capacidad que tiene la maquina para sufrir variaciones de carga sin perder elsincronismo.

Existen dos tipos de estabilidad: la estatica y la dinamica, dependiendo de si las variaciones decarga son lentas o bruscas.

La estabilidad se pierde cuando el anguloδ crece o decrece indefinidamente haciendo el torquepromedio cero; parandose la maquina si es un motor o saliendose de la frecuencia sincronica si es ungenerador.

A. L ımite de estabilidad estatica

Este lımite esta relacionado con el maximoTg que puede dar la maquina. En el caso del rotorcilındrico elδ maximo es±90 dependiendo si se trata de generacion o motorizacion; en consecuenciael rango de operacion de la maquina se presenta para:

−90 < δ < 90.

En la figura2.20los puntos a la derecha de la lıneaa − a′ son puntos de equilibrio inestables.

Tg

δ90 a′

a

Tgmax

Figura 2.20: Puntos de equilibrio inestables en la curvaTg-δ.

B. Lımite de estabilidad dinamica

La determinacion de este lımite es un poco mas difıcil por cuanto implica la solucion de la ecuaciondel par y depende de la magnitud de la perturbacion y del punto (Tg, δ), en que se encuentre funcionandola maquina.

2.5.4. Criterio deareas iguales

Por consideraciones de energıa se ha llegado a un criterio grafico que permite determinar la estabilidaddinamica de las maquinas sincronicas. A este metodo se le conoce como el criterio de las areas iguales.


Con referencia a la figura2.21, se supone que la maquina viene trabajando con la cargaTL0 enδ0;si se aplica un torqueTL1 es la maquina estable?

La variacion de la carga induce una variacion en la velocidad; segun la ley Newton:

∆∑

T = −TL1 + Tg(δ) = Jωr.

Tg

δδ0 δ1 δmax

TL1

TL0

A1

A2

Figura 2.21: Aplicacion del criterio de areas iguales.

El incremento de potencia mecanica en el eje, a convertirseen energıa cinetica es:

P (t) = ∆∑

T∆ωr.

Se debe recordar que:ωr = −ω + δ(t),

y como∆ωr = ωr − (−ω),

se tiene∆ωr = δ(t).

Ası:

P (t) = ∆∑

T

(dδ

dt

). (2.62)

2.6. Operacion transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincronica 111

El incremento de energıa cinetica en el eje es:

∆E(t) =

∫ t

0P (t)dt,

∆E(t) =

∫ t

0∆∑

T∆ωdt,

∆E(t) =

∫ t

0∆∑

Tdδ

dtdt,

∆E(t) =

∫ δ1

δ0

∆∑

Tdδ. (2.63)

De δ0 a δ1 la integral es igual al areaA1 y representa un perdida de energıa cinetica y una ligeradisminucion de la velocidad.

De δ1 a δmax la expresion∆∑

T cambia de signo (el torque electromagnetico es superior alde lacarga), y en consecuencia la maquina recupera energıa cinetica.

Si antes de llegar al valor delδmax la maquina recupera la energıa cinetica perdida, la maquinalogra la estabilidad oscilando alrededor del anguloδ1; por el contrario si al llegar aδmax todavıa tieneperdida neta de energıa, esto significa queδ(t) es todavıa positiva implicando mayores aumentos deδ(t).

Recordar que:ωr = −ω + δ(t),

y que si|ωr| < |ωs|,

es porqueδ(t) es positivo.

Si δ(t) sigue aumentando la maquina pierde aun mas energıa cin´etica y no se recupera.

De ahı que para que haya estabilidad el areaA2 debe ser mayor o igual que el areaA1.

Notese que la maquina de la figura2.21, representa una situacion estable.

2.6. Operacion transitoria y desbalanceada de la maquinariasincronica

2.6.1. Ecuaciones y generalidades

En las ecuaciones vistas para la maquina sincronica con devanados amortiguadores, se define:

Ld = Lx0 + Lxymax : inductancia sincronica de eje directo,

Lq = Lx0 − Lxymax : inductancia sincronica de eje em cuadratura.


Ası:

vD

v1

vQ

vA

va

=

RD + LDρ L1Dρ 0 0 LXDmaxρL1Dρ R1 + L1ρ 0 0 L1xmaxρ

0 0 RQ + LQρ LxQmaxρ 0LxDmaxnρθ0 L1xmaxnρθ0 LxQmaxρ Rx + Lqρ Ldnρθ0

LxDmaxρ L1xmaxρ −LxQmaxnρθ0 −Lqnρθ0 Rx + Ldρ

iDi1iQiAia

. (2.64)

Se cumple la transformacion:

[va

vA

]=


sen nθ0 cos nθ0

] [vx

vy

],

[iaiA

]=


sen nθ0 cos nθ0

] [ixiy

].

Finalmente se puede mostrar que:

Tg = n (L1xmaxi1iA + 2LxymaxiaiA + LxDmaxiDiA − LxQmaxiQia) . (2.65)

El estudio de la maquinaria sincronica alimentada con voltajes sinusoidales equilibrados y enregimen permanente lleva a una gran simplificacion, puesto que las corrientes transformadasia eiA resultan corrientes continuas y permiten hacer cero en las ecuaciones la accion del operador

ρ =d

dt.

Analogamente los devanados amortiguadores se pueden ignorar pues la maquina opera exactamentea la velocidad sincronica.

Si los voltajes son desequilibrados y/o el funcionamiento es transitorio ya no se disfruta de estassimplificaciones y el tratamiento es mas laborioso. Es estecaso hay que considerar las ecuacionesacabadas de desarrollar y como es facil apreciar su soluci´on llega a implicar hasta ecuaciones diferencialesno lineales de quinto orden y requieren tratamiento por metodos numericos. No obstante es posiblemediante simplificaciones avanzar en el conocimiento de lassoluciones.

2.6.2. Alternador en corto circuito

Se considera que una maquina sincronica trifasica estafuncionando como generador con los terminalesen circuito abierto y que subitamente sus voltajes de circuito abiertovα, vβ y vγ son reducidos a cero.Se exceptua el voltajeV1 del campo del rotor (figura2.22). Obviamente los devanados amortiguadoresestan en corto, ası:

vα = vβ = vγ = 0,

vx = vy = 0,

va = vA = 0

vD = vQ = 0,

v1 = V1.


α

β

γ

Figura 2.22: Generador en circuito abierto.

La figura2.23muestra el modelo circuital.

x

y

aA

Q1

D

Figura 2.23: Modelo circuital para el generador en circuito abierto.

Si se supone que la velocidad no cambia durante el corto circuito o que permanece en la velocidadsincronica.

nρθ0 = Ω,


las ecuaciones quedan:

vD

v1

vQ

vA

va

=


0 0 RQ + LQρ LxQmaxρ 0LxDmaxΩ L1xmaxΩ LxQmaxρ Rx + Lqρ LdΩLxDmaxρ L1xmaxρ −LxQmaxΩ −LqΩ Rx + Ldρ

iDi1iQiAia

. (2.66)

El problema planteado impone que:

i1(0) =V1

R1= I1,

y las demas condiciones iguales a cero:

iD(0) = iQ(0) = iA(0) = ia(0) = 0.

Conviene remover la condicion inicial dei1, para que todas las condiciones iniciales sean cero; laforma de enfrentar el problema es tomar solamente en cuenta el transitorio de la corrientei1, como:

i1 = I1 + i′1,

dondei′1 es la respuesta transitoria.

Es posible expresar:

iDi1iQiAia

=

iDi′1iQiAia

+

0I1000

.

Reemplazando estos valores de corriente y desarrollando seobtiene:

vD

v1

vQ

vA

va

=


0 0 RQ + LQρ LxQmaxρ 0LxDmaxΩ L1xmaxΩ LxQmaxρ Rx + Lqρ LdΩLxDmaxρ L1xmaxρ −LxQmaxΩ −LqΩ Rx + Ldρ

iDi′1iQiAia

+

0I1

0L1xmaxΩI1

0

.

Aplicando los voltajes de alimentacion:

vD = vQ = va = vA = 0,

v1 = V1.


Se tiene

0V1/s − R1I1/s

0−L1xmaxΩI1/s

0

=

RD + LDs L1Ds 0 0 LXDmaxsL1Ds R1 + L1s 0 0 L1xmaxs

0 0 RQ + LQs LxQmaxs 0LxDmaxΩ L1xmaxΩ LxQmaxs Rx + Lqs LdΩLxDmaxs L1xmaxs −LxQmaxΩ −LqΩ Rx + Lds

iDi′1iQiAia

.

Como se ve remover la respuesta transitoriai′1 es aplicar la respuesta de estado permanente−R1I1

a esa bobina y un voltaje igual y opuesto de circuito abiertoL1xmaxΩI1 a la bobinaA.

Ademas se utiliza la transformacion de Laplace con condiciones iniciales iguales a cero como yase habıa planteado.

Recordando que:V1 = R1I1,

y que:Ef = L1xmaxΩI1,

es el voltaje inducido:

000

−Ef/s0

=

RD + LDs L1Ds 0 0 LXDmaxsL1Ds R1 + L1s 0 0 L1xmaxs

0 0 RQ + LQs LxQmaxs 0LxDmaxΩ L1xmaxΩ LxQmaxs Rx + Lqs LdΩLxDmaxs L1xmaxs −LxQmaxΩ −LqΩ Rx + Lds

ID

I ′1IQ

IA

Ia

. (2.67)

Resolviendo estas ecuaciones se llega a la solucion deseada con la observacion de queI ′1 solorepresenta la componente transitoria de la solucion deI1.

Aunque el sistema de ecuaciones es lineal (se considero la velocidad constante), la solucion implicael manejo de una ecuacion de quinto grado; lo cual de por si esbastante laborioso.

Se adoptara un camino alterno que permite el conocimiento de las soluciones.

2.6.3. Eliminacion de variables en un sistema matricial de ecuaciones

En algunas ocasiones es importante eliminar ciertas ecuaciones de un sistema por cuanto el conocimientode determinada variable puede no ser de interes. Es el caso por ejemplo de las corrientes en lajaula de ardilla de un motor de induccion o de las corrientesen los devanados amortiguadores de lamaquina sincronica. No es que se desprecie su influencia enel conjunto de ecuaciones; simplemente seeliminan esas variables del conjunto. El procedimiento es conocido como el ”mecanismo de matricescompuestas”.

Para ilustrar el mecanismo sea:[V ] = [R][I],


un sistema matricial de variables independientes.V es una matriz de dimension6× 1, R de6× 6 e Ide6 × 1.

Se divide la matriz de voltajes y corrientes por una barra entre la tercera y cuarta fila, ası:

[V1

V2

]=

[R11 R12

R21 R22

] [I1

I2

].

En consecuencia; la matriz de resistencias queda dividida en cuatro partes por barras entre la terceray cuarta fila y entre la tercera y cuarta columna.

La expresion del sistema en dos ecuaciones matriciales simultaneas:

[V1] = [R11][I1] + [R12][I2],

[V2] = [R21][I1] + [R22][I2].

Para eliminar[I2] se multiplica la segunda ecuacion por[R22]−1

[I2] = [R22]−1[V2] − [R22]

−1[R21][I1].

Reemplazando en la ecuacion para[V1]; se llega a:

[V1] − [R12][R22]−1[V2] =

([R11] − [R12][R22]

−1[R21])[I1].

O sea:[V ′] = [R′][I1], (2.68)

donde[V ′] = [V1] − [R12][R22]

−1[V2], (2.69)

[R′] = [R11] − [R12][R22]−1[R21]. (2.70)

Las corrientesI1 se determinan entonces por la simple inversion de[R′] multiplicada por[V ′].

Ahora; si las corrientesI2 corresponden a malla en corto circuito, los voltajesV2 son iguales a ceroy

[V ′] = [V1].

En circuitos de corriente alterna las matrices de impedancia reemplazan a las matrices de resistencia.

Cambiando de notacion se tiene:[

V1

V2

]=

[Z11 Z12

Z21 Z22

] [I1

I2

].

Y para mallas conI2 en corto circuito

[V1] = [Z ′][I1], (2.71)


donde[Z ′] = [Z11] − [Z12][Z22]

−1[Z21]. (2.72)

A. Eliminaci on de los devanados amortiguadores

Se procedera a eliminar los devanados amortiguadoresD y Q.

Enseguida se muestra la matriz de impedancias reordenada y dividida en submatrices para laeliminacion inicial en el devanadoQ.

[Z] =

Rx + Lqs LdΩ L1xmaxΩ LxDmaxΩ LxQmaxs−LqΩ Rx + Lds L1xmaxs LxDmaxs −LxQmaxΩ

0 L1xmaxs R1 + L1s L1Ds 00 LxDmaxs L1Ds RD + LDs 0

LxQmaxs 0 0 0 RQ + LQs

=

[Z11 Z12

Z21 Z22

].

Ahora se halla la matriz[Z ′]:

[Z11] =

Rx + Lqs LdΩ L1xmaxΩ LxDmaxΩ−LqΩ Rx + Lds L1xmaxs LxDmaxs

0 L1xmaxs R1 + L1s L1Ds0 LxDmaxs L1Ds RD + LDs

,

[Z12] =

LxQmaxs−LxQmaxΩ

00

,

[Z22]−1 =

[1

RQ+LQs

],

[Z21] =[LxQmaxs 0 0 0

].

Ası:

[Z ′] =



−

L2xQmax

s2/(RQ + LQs) 0 0 0

L2xQmax

sΩ/(RQ + LQs) 0 0 0

0 0 0 00 0 0 0

.

(2.73)

Si se define:

L∗q = Lq −

LxQmaxs

RQ + LQs,

se llega a:

−Ef/s000

=

Rx + L∗qs LdΩ L1xmaxΩ LxDmaxΩ

−L∗qΩ Rx + Lds L1xmaxs LxDmaxs


iAiai′1iD

. (2.74)


Las ecuaciones anteriores prescinden de la variableQ y su influencia esta involucrada dentro de lainductancia del eje en cuadraturaL∗

q .

Dicha inductancia se denomina la inductancia ”amortiguadora del eje en cuadratura”, no es unainductancia pura a causa de la presencia deRQ.

La figura2.24muestra un circuito equivalente para la impedancia:

Rx + L∗qs.

Rx + L∗qs LxQmaxs

(LQ − LxQmax)sRQ(Lq − LxQmax)sRx

Figura 2.24:Circuito equivalente paraRx + L∗qs.

Permite ademas una interpretacion fısica. El circuito es familiar con el circuito de un transformadorcon su secundario en corto. Esta analogıa es razonable(Lq −LxQmax) y (LQ −LxQmax) representanlas inductancias de fuga de la armadura y el devanado amortiguador respectivamente (notese que espara el circuito anterior unicamente).

Se procede enseguida a eliminar la ecuacion de la bobinaD. Sea:

[Z11] =

Rx + L∗

qs LdΩ L1xmaxΩ

−L∗q Rx + Lds L1xmaxs

0 L1xmaxs R1 + L1s

,

[Z12] =

LxDmaxΩLxDmaxs

L1Ds

,

[Z22]−1 =

[1

RD+LDs

],

[Z21] =[0 LxDmaxs L1Ds

].


Ası:

[Z ′] =

Rx + L∗

qs LdΩ L1xmaxΩ

−L∗qΩ Rx + Lds L1xmaxs

0 L1xmaxs R1 + L1s

−

0 L2

xDmaxsΩ/(RD + LDs) L1DLxDmaxsΩ/(RD + LDs)

0 L2xDmax

s2/(RD + LDs) L1DLxDmaxs2/(RD + LDs)

0 L1DLxDmaxs2/(RD + LDs) L21Ds2/(RD + LDs)

.

(2.75)

En el eje directo la situacion es mas complicada, debido a la existencia de tres devanados. Eldevanado amortiguadorD no solo amortigua la inductanciaLd; amortigua la inductancia propia delcampo y la inductancia mutua entre la armadura y el rotor.

Se definen tres nuevas inductancias amortiguadas:

L∗d = Ld −

L2xDmax

s

RD + LDs,

L∗1xmax

= L1xmax − LxDmaxL1Ds

RD + LDs,

L∗1 = L1 −

L21Ds

RD + LDs.

Reemplazando los valores anteriores, se resuelve para la matriz [Z ′] y se puede llegar a:

−Ef/s

00

=

Rx + L∗

qs L∗dΩ L∗

1xmaxΩ

−L∗qΩ Rx + L∗

ds L∗1xmax

s

0 L∗1xmax

s R1 + L∗1s

iAiai1

. (2.76)

En las ecuaciones anteriores ya han sido eliminados los devanados amortiguadores, pero su efectopersiste a traves de las inductancias.

La figura2.25muestra los circuitos equivalentes para las inductancias amortiguadas del eje directo.

B. Eliminacion del devanado de campo

A pesar de que el conocimiento de la corriente transitoria del devanado de campo si es importante,se eliminara de las ecuaciones en forma matricial para facilitar el tratamiento.

De todas formas conocidaia es posible determinari′1.De la ecuacion de este eje se ve facilmente que:

L∗1xmax

sia + (R1 + L∗1s) i′1 = 0,

de donde

i′1 =L∗

1xmaxias

R1 + L∗1s

. (2.77)


R1 + L∗1s L1Ds

(LxDmax − L1D)sRD(L1 − L1D)sR1

(c)

L∗1xmax

s LxDmaxL1Ds

(LD − LxDmaxL1D)sRD(L1xmax − LxDmaxL1D)s

(b)

Rx + L∗ds LxDmaxs

(LD − LxDmax)sRD(Ld − LxDmax )sRx

(a)

Figura 2.25:Circuitos equivalentes para las inductancias amortiguadas del eje directo.

Se para ahora a eliminar el eje 1:

[Z11] =

[Rx + L∗

qs L∗dΩ

−L∗q Rx + L∗

ds

],

[Z12] =

[L∗

1xmaxΩ

L∗1xmax

s

],

[Z22]−1 =

[1

R1+L∗1s

],

[Z21] =[0 L∗

1xmaxs].


[Z ′] =

[Rx + L∗

qs LdΩ


ds

]−[0 L∗2

1xmaxsΩ/(R1 + L∗

1s)0 L2

1xmaxs∗2/(R1 + L∗

1s)

]. (2.78)

Se define ahora una segunda inductancia amortiguada de eje directo como:

L∗∗d = L∗

d −L∗2

1xmaxs

R1 + L∗1s

.

Ası:

[Z ′] =

[Rx + L∗

qs L∗∗d Ω

−L∗qΩ Rx + L∗∗

d s

].

El circuito equivalente para este eje directo amortiguado comprendera no solo un secundario cortocircuitado(el devanadoD), sino tambien un terciario (eje 1).

Rx + L∗∗d s = Rx + L∗

ds −L∗2

1xmaxs2

R1 + L∗1s

. (2.79)

El circuito equivalente se muestra en la figura2.26

Rx + L∗∗d s s

(L1xmax LxDmax

L1D

)

(L2

1xmaxLD

L2

1D

−L1xmax LxDmax

L1D

)s

L21xmax

RD

L2

1D

(L2

xDmaxL1

L2

1D

−L1xmax LxDmax

L1D

)s

L2xDmax

R1

L2

1D

(Ld −L1xmax LxDmax

L1D)sRx

Figura 2.26:Circuito equivalente para eje directo amortiguado.

Las ecuaciones han quedado reducidas a:

[−Ef/s

0

]=

[Rx + L∗

qs L∗∗d Ω

−L∗qΩ Rx + L∗∗

d s

] [iAia

]. (2.80)

Lo unico que ha cambiado es la presentacion de las ecuaciones, pues realmente no ha habidoninguna aproximacion hasta aquı; el desarrollo ha sido exacto.


2.6.4. Determinacion de las corrientes

De la matriz (2.80) se obtiene

IA =− (Rx + L∗∗

d s)Ef/s(Rx + L∗

qs) (

Rx + L∗∗d s)

+ L∗qL

∗∗d Ω2

, (2.81)

Ia =−L∗

qΩEf/s(Rx + L∗

qs) (

Rx + L∗∗d s)

+ L∗qL

∗∗d Ω2

. (2.82)

Si se reemplazan los valores deL∗q y L∗∗

d se llega a relaciones de polinomios, siendo los deldenominador de quinto grado y se vuelve a la situacion de dificultad descrita anteriormente. En vezde esto se iniciara el camino de las aproximaciones.

A. Solucion aproximada despreciando las resistencias

Para ilustrar la esencia de esta aproximacion, se aplicar´a a un circuito serieR − L (figura2.27).

V

L

R

i(t)

Figura 2.27: Circuito RL en serie

Si se cierra el interruptor ent = 0, tal quei(0) = 0 se tiene la solucion:

i(t) =V

R

1 − e−R

Lt

, (2.83)

graficada en la figura2.28En la misma figura se muestra la solucion linealizada alrededor del origen para pequenas variaciones

del tiempo, la cual es:

i(t) =V

Lt, (2.84)

y corresponde efectivamente a la solucion, despreciando la resistencia (figura2.29) , porque:

V = Ldi(t)

dt. (2.85)

Se puede concluir que para pequenısimos valores del tiempo (dependiendo de la constante detiempo del circuito), la solucion despreciando la resistencia es una buena solucion.


Solucionlinealizada

VR

t

i(t)

Figura 2.28: Solucion parai(t).

Li(t)

Figura 2.29: Circuito inductivo.

En el caso tratado de la maquinaria sincronica, haciendo

RD = RQ = R1 = Rx = 0,

L∗∗d y L∗

q se convierten en inductancias puras, ası:

L∗∗d = Ld −

(L2

1xmaxLD + L2

xDmaxL1 − 2L1xmaxLxDmaxL1D

)

LDL1 − L21D

,

L∗q = Lq −

L2xQmax

LQ=

LqLQ − L2xQmax

LQ.

Estas inductancias se denominan respectivamente”Inductancias subtransitorias de eje directo y deeje en cuadratura”. Usualmente se denotan como:

L′′d = L∗∗

d , L′′q = L∗

q ,

y describen:


La reactancia subtransitoria de eje directo:

χ′′d = ωL′′

d, (2.86)

y la reactancia subtransitoria de eje en cuadratura:

χ′′q = ωL′′

q . (2.87)

Para las corrientes:

IA = − ΩEf

χ′′q(s

2 + Ω2),

Ia = − Ω2Ef

χ′′d(s

2 + Ω2)s.

DondeΩ = ω = nρθ0.

Con la antitransformada se obtienen las soluciones en el tiempo:

iA = −Ef

χ′′q

sen ωt, (2.88)

ia = −Ef

χ′′d

(1 − cos ωt). (2.89)

Ahora se aplica la trasformacion inversa:

[ixiy

]=

[cos nθ0 sen nθ0


]

−Ef

χ′′d(1 − cos ωt)

−Ef

χ′′qsen ωt

,

ix(t) = −Ef

χ′′d

(1 − cos ωt)cos nθ0 −Ef

χ′′q

sen ωtsen nθ0.

Recordar que:nθ0 = nθ0(0) − ωt,

dondeω es la velocidad sincronica.

ix(t) = −Ef

χ′′d

(1 − cos ωt)cos(ωt − nθ0(0)) +Ef

χ′′q

sen ωtsen(ωt − nθ0(0)),

ix(t) = −Ef

χ′′d

cos(ωt − nθ0(0)) +Ef

χ′′d

(cos ωtcos(ωt − nθ0(0)) +Ef

χ′′q

sen ωtsen(ωt − nθ0(0)),

ix(t) = −Ef

χ′′d

cos(ωt − nθ0(0)) +Ef

2χ′′d

(cos(2ωt − nθ0(0)) + cos nθ0(0))

+Ef

2χ′′q

(cos nθ0(0) − cos(2ωt − nθ0(0))) ,


ix(t) = −Ef

χ′′d

cos(ωt−nθ0(0))+Ef

2

(1

χ′′d

− 1

χ′′q

)cos(2ωt−nθ0(0))+

Ef

2

(1

χ′′d

+1

χ′′q

)cos nθ0(0).

(2.90)De la expresion anterior se concluye que la corriente de cortocircuito depende de tres componentes;

una a la frecuencia nominal, otra al doble de dicha frecuencia y una tercera de corriente directa.

1a.

−Ef

χ′′d

cos(ωt − nθ0(0))

2a.Ef

2

(1

χ′′d

− 1

χ′′q

)cos(2ωt − nθ0(0))

3a.Ef

2

(1

χ′′d

+1

χ′′q

)cos nθ0(0)

A.1 Solucion de regimen permanente:Con el fin de extraer conclusiones sobre las componentes delas corrientes de cortocircuito; las cuales al haber despreciado las resistencias solo son validasen el instante del corto circuito, se considera la solucionde estado permanente.

En regimen permanente las corrientesia e iA seran corrientes continuas. Se denominaranIa eIA.

De las respectivas ecuaciones se tiene:

V1

00

=

R1 0 00 Rx −(Lx0 − Lxymax)nρθ0

L1xmaxnρθ0 (Lx0 + Lxymax)nρθ0 Rx

I1IaIA

.

Notese que no se consideran los devanados amortiguadores;ası:

0 = RxIa − χqIA,

0 = Ef + χdIa + RxIA.

DespreciandoRx:

IA = 0, (2.91)

Ia = −Ef

χd. (2.92)

Del analisis fasorial: −→Ix =

−→Ia + j

−→IA.

Luego: −→Ix =

−→Ia . (2.93)


Se debe recordar que la referencia para los fasores fue de

cos (ωt − nθ0(0)) .

Si se observa la corriente de regimen permanente (cortocircuito sostenido), se concluye quetanto la componente de doble frecuencia como la componente de corriente directa caen a ceropor la amortiguacion de las resistencias y que la amplitud de la componente de frecuenciafundamental decae deEf/χ′′

d aEf/χd (notar queχ′′d < χd).

La magnitud de la componente de frecuencia doble es usualmente pequena, pues depende delfactor (

1

χ′′d

− 1

χ′′q

).

el cual es muy pequeno dado queχ′′d y χ′′

q son comparables.

La componente de corriente directa en cambio depende del instante del corto; o mas bien delvalor denθ0(0) y es diferente para cada fase.

La figura2.30ilustra las tres componentes.

B. Solucion conservando las resistencias

Se recuerda que

IA =− (Rx + L∗∗

d s)Ef/s(Rx + L∗

qs) (

Rx + L∗∗d s)

+ L∗qL

∗∗d ω2

,

Ia =−L∗

qωEf/s(Rx + L∗

qs) (

Rx + L∗∗d s)

+ L∗qL

∗∗d ω2

.

donde:

DEN = (Rx + L∗qs)(Rx + L∗∗

d s) + L∗qL

∗∗d ω2,

DEN = L∗∗d L∗

q

(s2 + s

(Rx

L∗∗d

+Rx

L∗q

)+ ω2 +

R2x

L∗∗d L∗

q

).

Rx es pequeno;R2x se puede despreciar en comparacion conω2L∗∗

d L∗q.

Ası:

DEN = L∗∗d L∗

q

(s2 + s

(Rx

L∗∗d

+Rx

L∗q

)+ ω2

). (2.94)


ωt

Ef

χ′′

d

Ef

χd

3π2

2π

(a) Componente a la frecuencia fundamental

ωt

Ef

2

(1

χ′′

d− 1

χ′′

q

)

(b) Componente de doble frecuencia

ωt

12

(1

χ′′

d+ 1

χ′′

q

)cosηθ0(0)

(c) Componente de corriente directa

Figura 2.30:Componentes de la corriente de cortocircuito.

Del valor deL∗q:

1

L∗q

=1

Lq −L2

xQmaxs

RQ + LQs

=RQ + LQs(

LqLQ − L2xQmax

)s + RQLq

,

=LQ(s + RQ/LQ)

(LqLQ − L2

xQmax

)(s +

RQLq

LqLQ − L2xQmax

) ,


=LQ

LqLQ − L2xQmax

s + RQ/LQ

s +RQLq

LqLQ − L2xQmax

.

Ya se mostro que:

L∗q = Lq −

L2xQmax

LQ.

En consecuencia:

χ′′q = ω

(LqLQ − L2

xQmax

LQ

).

Reemplazando:

1

L∗q

=ω

χ′′q

s +RQ

LQ

s +RQLq

LQLq − L2xQmax

. (2.95)

ComoRQ es pequeno, la expresion2.95 se puede expandir en serie de potencias. De la serie deTaylor:

f(RQ) = f(0) + f ′(0)RQ +1

2f ′′(0)R2

Q + . . . +1

n!fn(0)Rn

Q.

Con

f(RQ) =ω

χ′′q

s +RQ

LQ

s +RQLq

LQLq − L2xQmax

.

1

L∗q

=ω

χ′′q

(1 −

L2xQmax

RQ

LQ(LqLQ − L2xQmax

)s+ . . .

),

donde se despreciaron los terminos de mayor peso;

Rx

L∗q

s =ωRx

χ′′q

s −ωL2

xQmaxRQRx

χ′′qLQ(LqLQ − L2

xQmax).

El segundo termino del lado derecho se puede despreciar porincluir productos de pequenas cantidades(por ejemploRxRQ).

Rx

L∗q

s =ωRx

χ′′q

s. (2.96)

Analogamente se puede demostrar que:

Rx

L∗∗d

s =ωRx

χ′′d

s. (2.97)


Reemplazando2.96y 2.97en2.94

DEN = L∗∗d L∗

q

(s2 + ωRx

(1

χ′′q

+1

χ′′d

)s + ω2

).

Se defineχ′′h como la media armonica de las dos reactancias subtransitorias:

1

χ′′h

=1

2

(1

χ′′q

+1

χ′′d

).

DEN = L∗∗d L∗

q

(s2 +

2ωRx

χ′′h

s + ω2

).

Se hallan las raıces de la ecuacion cuadratica entre par´entesis:

r1,2 = −ωRx

χ′′h

±√

ω2R2x

χ′′2h

− ω2,

y se desprecia el termino que incluyeR2x por ser muy pequeno comparado conω2:

r1,2 = −ωRx

χ′′h

± jω.

Ası:

DEN = L∗∗d L∗

q

(s +

ωRx

χ′′h

− jω

)(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

). (2.98)

Reemplazando2.98en la expresiones de las corrientes:

IA =−(Rx + L∗∗

d s)Ef/s

L∗∗d L∗

q

(s +

ωRx

χ′′h

− jω

)(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

) . (2.99)

Ia =−ωEf/s

L∗∗d

(s +

ωRx

χ′′h

− jω

)(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

) . (2.100)

B.1 Solucion para iA(t):

IA =

−L∗∗d

(Rx

L∗∗d

+ s

)Ef

s

L∗∗d L∗

q

(s +

ωRx

χ′′h

− jω

)(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

) ,

IA =

−(

ωRx

χ′′d

+ s

)Ef

s

L∗q

(s +

ωRx

χ′′h

− jω

)(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

) .


Como:

1

L∗q

=ω

χ′′q

s +RQ

LQ

s +RQLq

LQLq − L2xQmax

,

IA =

−(

ω

χ′′q

)(s +

RQ

LQ

)(s +

ωRx

χ′′d

)Ef

s(

s +RQLq

LqLQ − L2xQmax

)(s +

ωRx

χ′′h

− jω

)(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

) .

Descomponiendo en frecuencias parciales:

IA = −(

ω

χ′′q

)(Ef

s

)

A(

s +RQLq

LqLQ − L2xQmax

) +B(

s +ωRx

χ′′h

+ jω

) +C(

s +ωRx

χ′′h

− jω

)

.

(2.101)Donde:

A =

(

− RQLQ

LQLq − L2xQmax

+RQ

LQ

)(

− RQLQ

LQLq − L2xQmax

+ωRx

χ′′d

)

(

− RQLQ

LQLq − L2xQmax

+ jω +ωRx

χ′′h

)(

− RQLQ

LQLq − L2xQmax

− jω +ωRx

χ′′h

) ,

B =

(−jω − ωRx

χ′′h

+RQ

LQ

)(−jω − ωRx

χ′′h

+ωRx

χ′′d

)

(RQLQ

LQLq − L2xQmax

− jω − ωRx

χ′′h

)(−2jω +

ωRx

χ′′h

− ωRx

χ′′h

) ,

C =

(jω − ωRx

χ′′h

+RQ

LQ

)(jω − ωRx

χ′′h

+ωRx

χ′′d

)

(RQLQ

LQLq − L2xQmax

+ jω − ωRx

χ′′h

)(2jω − ωRx

χ′′h

+ωRx

χ′′h

) .

Para la inversion al tiempo se pueden hacer aproximacionesconsiderando que las resistenciasson muy pequenas. Pero las aproximaciones se deben hacer detal forma que siR y T son doscantidades cualesquiera yR es igual a cero, el productoR×T es igual a cero, siempre y cuandoT no sea infinito.

Esta misma situacion es valida siR es una cantidad ”muy pequena”.


En el siguiente caso tratado; las fracciones arrojan terminos de las siguiente forma:

−ωEf

χ′′qs

f1(RQ, Rx)

s + f2(RQ, Rx)= −ωEf

χ′′q

f1(RQ, Rx)

f2(RQ, Rx)

f2(RQ,Rx)

s(s + f2(RQ, Rx)),

que pueden ser escritos como:

−ωEf

χ′′q

f1(RQ, Rx)

f2(RQ, Rx)

f2(RQ,Rx)

s(s + f2(RQ, Rx)).

La antitransformada de este termino es:

−ωEf

χ′′q

f1(RQ, Rx)

f2(RQ, Rx)

(1 − e−f2(RQ, Rx)t

).

No se pueden hacer aproximaciones en el producto

f2(RQ, Rx)t,

porquet tiende a infinito.

Se pueden hacer aproximaciones en:

f1(RQ, Rx)

f2(RQ, Rx)

Considerando el pequeno valor de las resistencias; siempre y cuando las aproximaciones noincidan en el valor de la exponencial.

Aproximandof1(RQ, Rx)

f2(RQ, Rx)

para los tres terminos se obtiene:

A

RQLq

(LqLQ − L2xQmax

)

= 0,

B

ωRx

χ′′h

+ jω=

1

2jω,

C

ωRx

χ′′h

− jω= − 1

2jω.


O sea:

IA(s) = −ωEf

χ′′q

1

2jω

ωRx

χ′′h

+ jω

s

(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

) − 1

2jω

ωRx

χ′′h

− jω

s

(s +

ωRx

χ′′h

− jω

)

. (2.102)

Invirtiendo:

iA(t) = −ωEf

χ′′q

1

2jω

1 − e−

(ωRx

χ′′h

+ jω)

t

− 1

2jω

1 − e−

(ωRx

χ′′h

− jω)

t

,

iA(t) = −ωEf

χ′′q

e−

ωRx

χ′′h

t

2jω

(ejωt − e−jωt

)

,

iA(t) = −Ef

χ′′q

e−

ωRx

χ′′h

tsen ωt. (2.103)

Que es la expresion para la corrienteiA(t) (eje en cuadratura), considerando las resistenciaspera haciendo aproximaciones.

B.2 Solucion para ia(t) :

Ia =−ωEf/s

L∗∗d

(s +

ωRx

χ′′h

− jω

)(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

) .

Aquı la clave esta en el examen deL∗∗d .

La figura2.31ilustra el eje directo de la maquina con los devanados de campo y amortiguadorD en cortocircuito.

Se sabe que:

La inductancia de un devanado es proporcional al cuadrado del numero de vueltas:

L ∝ N2.

La resistencia de un devanado de area seccionala por conductor, es proporcional a la longitudque es proporcional al numero de vueltas e inversamente proporcional al areaa

R ∝ N

a.


Rx

Ld

RD

LD

R1

L1

L1x

LxD L1D

Figura 2.31: Representacion del eje directo.

Luego la constante de tiempoτ ∼ Na.

Como:A = Na,

Es el area total ocupada por el devanado (seccional), la constante de tiempo es proporcional alarea seccional ocupada por el devanado.

En las maquinas sincronicas el devanado se campo ocupa mucho mas area seccional que losdevanados amortiguadores. Luego la constante de tiempo deldevanado amortiguadorD esmucho menor que la constante de tiempo del devanado de campo (figura2.32)

L1

R1≫ LD

RD.

La anterior conclusion implica que los transitorios debido a los devanados amortiguadoresdesaparecen mucho antes que los debidos al campo.

Se investiga el valor deL∗∗d despreciando el valor de los devanados amortiguadores, lo cual se

logra haciendoLxD y L1D iguales a cero.

Ası:

L∗1xmax

= L1xmax ,

L∗1 = L1,

L∗d = Ld.

L∗∗d = Ld −

L21xmax

s

R1 + L1s.

Expresion que puede ser reconocida como la inductancia de armadura en cortocircuito por el


× ×××

×area seccional del devanado de campo

area seccional del devanado amortiguador D

Figura 2.32: Area seccional del devanado de campo y del devanado amortiguador D en un maquina sincronica.

campo (figura2.33).

Rx

Ld

R1

L1

L1xmax

Figura 2.33: Representacion de la inductancia de armadura cortocircuitada por el campo

Ası comoL∗∗d con todas las resistencias despreciadas lleva a la reactancia subtransitoria (que

determina el valor inicial de la corriente de cortocircuito), esta expresion conR1 despreciadolleva a la ”reactancia transitoria de eje directo”.

χ′d = ω

(

Ld −L2

1xmax

L1

)

. (2.104)

Cantidad que como se vera mas adelante determina el comportamiento intermedio de la corrientede corto circuito, es decir desde el momento en que se desprecia la influencia de los devanadosamortiguadores hasta aquel en que se haya alcanzado el estado final.


Con el valor original deL∗∗d

L∗∗d = L∗

d −L∗2

1xmaxs

R1 + L∗1s

.

Donde:

L∗d = Ld −

L2xDmax

s

RD + LDs,

L∗1xmax


RD + LDs,

L∗1 = L1 −

L21Ds

RD + LDs.

Se obtiene:

L∗∗d =

k1s2 + k2s + k3(

L1LD − L21D

)s2 + (L1RD + LDR1) s + R1RD

. (2.105)

k1 =(L1LD − L2

1D

)Ld − L2

xDmaxL1 − L2

1xmaxLD + 2L1xmaxLxDmaxL1D,

k2 = (L1RD + LDR1)Ld − L21xmax

RD − L2xDmax

R1

k3 = R1RDLd.

Notese que el termino:

(R1 + L1s)

(L1LD − L2

1D

L1s + RD

),

difiere del denominador de la expresion anterior en el factor acompanante des

R1RD

(LD

Rd+

L1

R1− L2

1D

L1RD

),

en vez de :

R1RD

(LD

RD+

L1

R1

),

como deberıa ser.

Esta ultima expresion depende de la suma de las constantesde tiempo del devanado amortiguadorD y del campo.

Como la constante de tiempo del devanado amortiguador es mucha mas pequena que la delcampo, se deduce que en lo relacionado a la componente grande(campo) se cumplen las dosultimas expresiones, pero en cuanto a la pequena (amortiguador), no se cumple; pero al igualarlas dos expresiones el error introducido en la componente pequena da una buena aproximacion;


ası el denominador se describe como:

(R1 + L1s)

(L1LD − L2

1D

L1s + RD

)= R1RD

(1 +

L1

R1s

)

1 +LD − L2

1D

L1

RDs

,

= R1RD (1 + τ1s) (1 + τD1s) ,

donde:

τ1 =L1

R1, (2.106)

es la ”constante de tiempo del campo de circuito abierto”, y

τD1 =LD − L2

1D

L1

RD, (2.107)

es la ”constante de tiempo del devanado amortiguador con el campo cortocircuitado”.

Se aplica el mismo proceso de factorizacion al numerador, quedando:

((LdL1 − L2

1xmax

)s + R1Ld

)((

LD −L2

1DLd + L2xDmax

L1 − 2L1xmaxLxDmaxL1D

LdL1 − L21xmax

)s + RD

).

De nuevo aparece en este termino una diferencia en el termino que contiene as respecto alnumerador deL∗∗

d .

Sin embargo tambien se puede demostrar que reemplazando dicho numerador por la expresionanterior es buena aproximacion, pues igualmente el termino grande y algunos pequenos sonsatisfechos.

Entonces:

((LdL1 − L2

1xmax

)s + R1Ld

)((

LD −L2

1DLd + L2xDmax


LdL1 − L21xmax

)s + RD

)

= R1LdRD

1 +

(L1 −

L21xmax

Ld

)

R1s

1 +

(

LD −L2

1DLd + L2xDmax


LdL1 − L21xmax

)

RDs


((LdL1 − L2

1xmax

)s + R1Ld

)((

LD −L2

1DLd + L2xDmax


LdL1 − L21xmax

)

s + RD

)

= R1LdRD (1 + τ1ds) (1 + τD1ds) .

Donde:

τ1d =L1 −

L21xmax

Ld

R1,

τD1d =

LD −L2

1DLd + L2xDmax


LdL1 − L21xmax

RD.

Se debe tener en cuenta que:τ1d ≫ τD1d.

τ1d es la ”constante de tiempo del devanado de campo cortocircuitado por la armadura” y τD1d

es la ”constante de tiempo del devanado amortiguadorD cortocircuitado tanto por el devanadode campo como por el de la armadura simultaneamente”.

Luego :

L∗∗d =

Ld(1 + τ1ds)(1 + τD1ds)

(1 + τ1s)(1 + τD1s). (2.108)

Tres relaciones de constantes de tiempo requeridas mas adelante se derivan inmediatamente:

a.τ1

τ1d=

LdL1

LdL1 − L21xmax

=ωLd

ω

(Ld −

L21xmax

L1

) =χq

χ′d

. (2.109)

b.

τD1

τD1d=

1

L1RD

(LDL1 − L21D)RD(LdL1 − L2

1xmax)(

LD(LdL1 − L21xmax

) − L21DLd − L2

xDmaxL1 + 2LxDmaxL1xmaxL1D

) ,

τD1

τD1d=

(LDL1 − L21D)

(Ld −

L21xmax

L1

)

Ld(L1LD − L21D) − (L2

1xmaxLD + L2

xDmaxL1 − 2LxDmaxL1xmaxL1D)

,

τD1

τD1d=

Ld −L2

1xmax

L1

Ld −(L2

1xmaxLD + L2

xDmaxL1 − 2LxDmaxL1D)

L1LD − L21D

,

τD1

τD1d=

χ′d

χ′′d

. (2.110)


c.τ1

τ1d

τD1

τD1d=

χd

χ′d

χ′d

χ′′d

=χd

χ′′d

. (2.111)

Volviendo a la ultima ecuacion paraia (2.100), con el nuevo valor deL∗∗d dado en la ecuacion

2.108, se obtiene:

Ia = −ωEf

sLd

(1 + τ1s)(1 + τD1s)

(1 + τ1ds)(1 + τD1ds)

(s +

ωRx

χ′′h

− jω

)(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

) . (2.112)

Descomponiendo en fracciones parciales:

Ia =k

s+

k1

1 + τ1ds+

k2

1 + τD1ds+

k3

s +ωRx

χ′′h

+ jω

+k4

s +ωRx

χ′′h

− jω

. (2.113)

k = − ωEf

Ld

(s +

ωRx

χ′′h

− jω

)(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

) ,

k = − ωEf

Ld

[(ωRx

χ′′h

)2+ ω2

] .

Despreciando las resistencias:

k = − Ef

Ldω= −Ef

χd. (2.114)

k1 = − ωEf (1 + τ1s)(1 + τD1s)

sLd(1 + τD1ds)

(s +

ωRx

χ′′h

− jω

)(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

)

∣∣∣∣∣∣∣∣s = − 1

τ1d

k1 = −ωEf

(1 − τ1

τ1d

)(1 − τD1

τ1d

)

Ld

(− 1

τ1d

)(1 − τD1d

τ1d

)(− 1

τ1d+

ωRx

χ′′h

− jω

)(− 1

τ1d+

ωRx

χ′′h

+ jω

) .

Se considera:τD1d

τ1d≪ 1,

y ademas:τD1

τ1d≪ 1,


y si las resistencias se desprecian:

k1 = −ωEf

(1 − τ1

τ1d

)

Ld

(− 1

τ1d

)[(1

τ1d

)2

+ ω2

] .

Puesto queτ1d es una constante de alto valor, se tiene:

(1

τ1d

)2

≪ ω2.

Ası:

k1 = −ωEf

(1 − χd

χ′d

)

Ld

(−τD1

τ1d

)ω2

,

k1 =

Ef

(1 − χd

χ′d

)τ1d

χd,

k1 = τ1dEf

(1

χd− 1

χ′d

),

k1 = −τ1dEf

(1

χ′d

− 1

χd

). (2.115)

k2 = −ωEf

(1 − τ1

τD1d

)(1 − τD1

τD1d

)

Ld

(− 1

τD1d

)(1 − τ1d

τD1d

)(− 1

τD1d+

ωRx

χ′′h

− jω

)(− 1

τD1d+

ωRx

χ′′h

+ jω

)

De nuevo despreciando resistencias y considerando:

τ1

τD1d≫ 1

τ1d

τD1d≫ 1,

k2 = −ωEf

(1 − τ1

τD1d

)(1 − τD1

τD1d

)

Ld

(− 1

τD1d

)(− τ1d

τD1d

)[(1

τD1d

)2

+ ω2

] .


A pesar de queτD1d es una constante de valor pequena

(1

τD1d

)2

≪ ω2.

k2 = −ωEf

(1 − τ1

τD1d

)(1 − τD1

τD1d

)

Ld

(− 1

τD1d

)(− τ1d

τD1d

)ω2

,

k2 = −Ef

χd(−τD1d)

(τ1

τ1d

)(1 − τD1

τD1d

),

k2 = EfτD1d

χd

(χd

χ′d

)(1 − χ′

d

χ′′d

),

k2 = τD1dEf

(1

χ′d

− 1

χ′′d

),

k2 = −τD1dEf

(1

χ′′d

− 1

χ′d

). (2.116)

k3 = − ωEf (1 + τ1s)(1 + τD1s)

sLd(1 + τ1ds)(1 + τD1ds)

(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

)

∣∣∣∣∣∣∣∣s = −ωRx

χ′′h

+ jω

,

k3 = −ωEf τ1τD1

(1

τ1+ s

)(1

τD1+ s

)

sLdτ1dτD1d

(1

τ1d+ s

)(1

τD1d+ s

)(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

)

∣∣∣∣∣∣∣∣s = −ωRx

χ′′h

+ jω

.

De nuevo se desprecian las resistencias y se toman las fracciones

1

τ1,

1

τD1,

1

τ1d,

1

τD1d,

muy pequenas respecto aω.


Entonces se puede aproximark3 a:

k3 =ωEf τ1τD1(jω)(jω)

(jω)Ldτ1dτD1d(2jω)(jω)(jω),

k3 = − ωEfτ1τD1

−2ω2Ldτ1dτD1d,

k3 =Efχdχ′

d

2χdχ′dχ

′′d

,

k3 =Ef

2χ′′d

. (2.117)

Analogamente:

k4 =Ef

2χ′′d

. (2.118)

Ası las cosas:

Ia = −

Ef

χd

s−

τ1dEf

(1

χ′d− 1

χd

)

1 + τ1ds−

τD1dEf

(1

χ′′d

− 1

χ′d

)

1 + τD1ds+

Ef

2χ′′d

s +ωRx

χ′′h

+ jω+

Ef

2χ′′d

s +ωRx

χ′′h

− jω.

(2.119)

ia(t) = −Ef

χd−(

1

χ′d

− 1

χd

)Efe

− t

τ1d −(

1

χ′′d

− 1

χ′d

)Efe

− t

τ1d +Ef

χ′′d

e−ωRx

χ′′h

tcos ωt,

ia(t) = −Ef

1

χd+

(1

χ′d

− 1

χd

)e− t

τ1d +

(1

χ′′d

− 1

χ′d

)e− t

τ1d − 1

χ′′d

e− t

Th cos ωt

.

(2.120)

Donde:

Th =χ′′

h

ωRx.

C. Calculo de la corriente real

[ixiy

]=

[cos nθ0 sen nθ0


] [iaiA

],

ix(t) = iacos nθ0 + iAsen nθ0,

ix(t) = iacos(nθ0(0) − ωt) + iAsen(nθ0(0) − ωt),

donde:nθ0 = nθ0(0) − ωt.


Ası:

ix(t) = − Ef

1

χd+

(1

χ′d

− 1

χd

)e− t

τ1d +

(1

χ′′d

− 1

χ′d

)e− t

τD1d

cos(nθ0(0) − ωt)

+ Ef

1

χ′′d

e− t

Th cos ωtcos(nθ0(0) − ωt) − 1

χ′′q

e− t

Th sen ωtsen(nθ0(0) − ωt)

,

ix(t) = − Ef

1

χd+

(1

χ′d

− 1

χd

)e− t

τ1d +

(1

χ′′d

− 1

χ′d

)e− t

τD1d

cos(nθ0(0) − ωt)

+ Ef

(1

χ′′d

+1

χ′′q

)e− t

Th

2cos nθ0(0) + Ef

(1

χ′′d

− 1

χ′′q

)e− t

Th

2cos(2ωt − nθ0(0)).

(2.121)

Para la componente fundamental de la corriente es facil demostrar que:

En t = 0

ix = −Ef

χ′′d

, (2.122)

que es grande debido al valor deχ′′d.

En estado estacionario:

ix = −Ef

χd.

Se nota que la corriente de corto circuito esta conformada por tres componente: la frecuencia fundamental,la corriente directa y la doble frecuencia.

La componente directa desaparece rapidamente, pues la constante de tiempo es de naturalezasubtransitoria

Th =χ′′

h

ωRx.

Igualmente ocurre con la componente de doble frecuencia pues depende de la misma constante detiempo.

Considerando que estas componente se han desvanecido, la respuesta es gobernada por la componentefundamental; sin embargo como esta tiene un termino que depende de la constante de tiempoτD1d

que es subtransitoria, dicho termino tambien se ha desvanecido. Entonces se inicia la etapa transitoriay el valor de la corrientes es:

ix(t) = −Ef

1

χd+

(1

χ′d

− 1

χd

)e

−t

τ1d

cos(ωt − nθ0(0)). (2.123)


La envolvente de este termino corta el eje de las corrientes(t = 0) en:

−Ef

χ′d

.

Entonces, como aproximacion, al comienzo del periodo transitorio el valor de la corriente es:

ix = −Ef

χ′d

.

La razon de por que las corrientes resultaron negativas esque la maquina se manejo como si sefrenara un motor. Cambiandoi por−i se llega a la convencion de corrientes definida positiva para losgeneradores (figura2.34).

Ef

χd′′

Ef

χd′ Ef

χd

EtapaSubtransitoria

EtapaTransitoria

EstadoPermanente

Figura 2.34:Corriente de corto circuito.

Las corrientes de corto circuito son muy importantes en la determinacion de las protecciones de lasmaquinas en los sistemas de potencia.

La tabla2.1muestra los valores tıpicos de reactancias por unidad paramaquinas sincronicas.

Tabla 2.1: Valores tıpicos de reactancias por unidad para maquinas sincronicas.Reactancia Rotor Cilındrico Polos Salientes

χd 1, 0 a1, 25 1, 0 a1, 20

χq 0, 65 a0, 80

χ′d 0, 35 a0, 40 0, 15 a0, 25

χ′′d 0, 20 a0, 30 0, 10 a0, 15

χ′′q 0, 20 a0, 30 0, 10 a0, 15

Rx 0, 003 a0, 01

De hecho se observa como la corriente de corto circuito en losprimeros ciclos puede ser hasta 10


veces la corrientes de regimen permanente de cortocircuito.

El cortocircuito simultaneo en las tres fases es el mas dr´astico que puede ocurrir, sin embargo noes el mas frecuente. No obstante desde el punto de vista de las protecciones el caso tratado es el clavepara definir los niveles de proteccion y los tiempo respectivos de operacion.

Otros tipos de fallos (lınea a lınea, lınea a neutro y doble lınea a neutro) son mas complejos deanalizar analıticamente.

2.6.5. Maquinaria sincronica trif asica desbalanceada

Se trata de estudiar el caso de una maquina sincronica sujeta a alimentaciones sinusoidales desbalanceadas.Como se estudio oportunamente, este caso puede ser tratadomediante el sistema de componentessimetricas descomponiendo el sistema en tres conjuntos desecuencia (cero, positiva y negativa).

La respuesta al conjunto de secuencia positiva ya fue estudiada pues obedece al caso balanceado;la respuesta al conjunto de secuencia cero es irrelevante pues no tiene incidencia en el rotor, solotiene presencia en el estator actuando sobre la resistenciay la inductancia de fuga de las bobinas delestator. Todo el problema se reduce a estudiar el caso para secuencia negativa; es decir que produzcanun campo rotativo en direccion opuesta al sentido positivode la velocidad. Obviamente la maquinaestara girando en el sentido positivo a la velocidad sincr´onica.

Seanvα, vβ y vγ voltajes de secuencia negativa:

vα = Vcos ωt,

vβ = Vcos(ωt + 120),

vγ = Vcos(ωt − 120).

Los voltajes bifasicos equivalentes se hallan de:

[vx

vy

]=

√2

3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]

vα

vβ

vγ

.

Ası [vx

vy

]=

√3

2V

[cos ωt−sen ωt

].

Se supone que estos voltajes sinusoidales de secuencia negativa crean corrientes sinusoidales desecuencia negativa. Como se vera mas adelante, esto no es estrictamente cierto.

Entonces la suposicion es queix(t) e iy(t) son las corrientes de secuencia negativa creadas por los


voltajesvx(t) y vy(t).

ix(t) =

√3

2Icos(ωt + φ),

iy(t) = −√

3

2Isen(ωt + φ).

Para las corrientes transformadas:[iaiA

]=


sen nθ0 cos nθ0

] [ixiy

].

nθ0 = nθ0(0) − ωt,

ia(t) =

√3

2Icos(2ωt + φ − nθ0(0)),

iA(t) = −√

3

2Isen(2ωt + φ − nθ0(0)).

Se aprecia que las corrientesia e iA ya no son corrientes continuas como en el caso de secuenciapositiva. O sea, ya no es posible hacer cero la accion del operadorρ sobre las corrientes.

Ademas los circuitos amortiguadores comienzan a tener efecto y no pueden ser desconocidos pueslas corrientesia e iA son sinusoidales de doble frecuencia.

El siguiente es el diagrama esquematico de la maquina sincronica bifasica (figura2.35).

x

y

aA

Q1

D

ηρθ0

θ0

Figura 2.35: Diagrama esquematico de la maquina sincronica bifasica.


Las ecuaciones que la describen:

v1

vD

vQ

va

vA

=

R1 + L1ρ L1Dρ 0 L1xmaxρ 0L1Dρ RD + LDρ 0 LxDmaxρ 0

0 0 RQ + LQρ 0 LxQmaxρL1xmaxρ LxDmaxρ −LxQmaxnρθ0 Rx + Ldρ −Lqnρθ0

L1xmaxnρθ0 LxDmaxnρθ0 LxQmaxρ Ldnρθ0 Rx + Lqρ

i1iDiQiaiA

. (2.124)

Si los voltajes aplicados para secuencia positiva son:

v1 = V1,

va = constante,

vA = constante.

Los de secuencia negativa son:

v1 = 0,

va = sinusoidal (doble frecuencia),

vA = sinusoidal (doble frecuencia),

vD = vQ = 0.

Se sigue el procedimiento de eliminacion de variables tal como se hizo en el caso de corto circuito.

Se elimina el eje1, el ejeD y el ejeQ.

Dado quev1 = 0 el circuito de campo se comporta como un malla en corto circuito, exactamenteigual a como ocurrio en el estudio del corto cuando se separ´o la parte transitoria de la corriente decampoi1.

Las ecuaciones con los ejes eliminados (en funcion del operadorρ), son:

[vA

va

]=

[Rx + L∗

qρ L∗∗d ω

−L∗qω Rx + L∗∗

d ρ

] [iAia

]. (2.125)

Analogamente los circuitos equivalentes se muestran en lafigura2.36.Como las corrientesia e iA son corrientes senoidales de doble frecuencia, las resistencias son

mucho mas pequenas que las reactancias; por consiguientees posible desarrollar las inductancias enserie de potencias con las resistencias y despreciar los terminos deR2 en adelante.

A. Aproximaci on para L∗q

L∗q = Lq −

L2xQmax

ρ

RQ + LQρ= L∗

q(RQ).

L∗q(RQ) = L∗

q(0) +∂L∗

q

∂RQ

∣∣∣∣RQ

RQ=0

.


Rx + L∗qp LxQmaxp

(LQ − LxQmax )pRQ(Lq − LxQmax)pRx

(a)

Rx + L∗∗d p

(L1xmax LxDmax

L1D

)p

(L2

1xmaxLD

L2

1D

−L1xmax LxDmax

L1D

)p

L2

1xmaxRD

L2

1D

(L2

xDmaxL1

L2

1D

−L1xmax LxDmax

L1D

)p

L2

xDmaxR1

L2

1D

(Ld −L1xmax LxDmax

L1D)pRx

(b)

Figura 2.36: Circuitos equivalentes paraL∗∗d y L∗

q .

L∗q(RQ) = Lq −

L2xQmax

LQ+

L2xQmax

L2Qρ

RQ.

Se recuerda que:

χ′′q = ω

(

Lq −L2

xQmax

LQ

)

.

Ademas se define:

R′Q =

L2xQmax

L2Q

RQ,


como la resistencia del eje de amortiguacion en cuadraturareferido a la armadura. Ası:

L∗q =

χ′′q

ω+

R′Q

ρ. (2.126)

B. Aproximacion para L∗∗d

L∗∗d =

k1ρ2 + k2ρ + k3

(L1LD − L21D)ρ2 + (L1RD + LDR1)ρ + R1RD

= L∗∗d (R1, RD),

k1 = (L1LD − L21D)Ld − L2

xDmaxL1 − L1xmaxLD + 2L1xmaxLxDmaxL1D,


RD − L2xDmax

R1,

k3 = R1RDLd.

L∗∗d (R1, RD) = L∗∗

d (0, 0) +∂L∗∗

d

∂R1

∣∣∣∣R1=RD=0

R1 +∂L∗∗

d

∂RD

∣∣∣∣R1=RD=0

RD,

L∗∗d (0, 0) =

k1

L1LD − L21D

,

L∗∗d (0, 0) = Ld −

L2xDmax

L1 + L21xmax

LD − 2L1xmaxLxDmaxL1D

L1LD − L21D

,

L∗∗d (0, 0) =

χ′′d

ω.

∂L∗∗d

∂R1

∣∣∣∣R1=RD=0

=(LDL1xmax − LxDmaxL1D)2

(L1LD − L2

1D

)2ρ

.

∂L∗∗d

∂RD

∣∣∣∣R1=RD=0

=(L1LxDmax − L1xmaxL1D)2

(L1LD − L2

1D

)2ρ

.

L∗∗d =

χ′′d

ω+

(LDL1xmax − LxDmaxL1D)2

(L1LD − L2

1D

)2ρ

R1 +(L1LxDmax − L1xmaxL1D)2

(L1LD − L2

1D

)2ρ

RD.

Se define:

R′D =

(LDL1xmax − LxDmaxL1D)2

(L1LD − L2

1D

)2 R1 +(L1LxDmax − L1xmaxL1D)2

(L1LD − L2

1D

)2 RD.

Como la resistencia que representa tanto a la resistencia del devanado amortiguadorD como a laresistencia del campo vistas desde la armadura. Ası:

L∗∗d =

χ′′d

ω+

R′D

ρ. (2.127)


Se substituyen las corrientesia e iA en las ecuaciones dadas con el fin de obtenerva y vA.

iA(t) = −√

3

2Isen(2ωt + φ − nθ0(0)),

ia(t) =

√3

2Icos(2ωt + φ − nθ0(0)).

vA =

(−Rx − R′

Q +R′

D

2

)(√3

2Isen(2ωt + φ − nθ0(0))

)

+(χ′′

d − 2χ′′q

)(√

3

2Icos(2ωt + φ − nθ0(0))

)

,

va =

(

Rx + R′D −

R′Q

2

)(√3

2Icos(2ωt + φ − nθ0(0))

)

(χ′′

q − 2χ′′d

)(√

3

2Isen(2ωt + φ − nθ0(0))

)

.

Entonces [vx

vy

]=

[cos nθ0 sen nθ0


] [va

vA

].

Para facilitar la solucion se haceφ − nθ0(0) = 0.

vx =

(√3

2I

)[(

Rx + R′

D −R′

Q

2

)

cos 2ωtcos nθ0 + (χ′′q − 2χ′′

d)sen 2ωtcos nθ0

]

−(√

3

2I

)[(Rx + R

′

Q − R′D

2

)sen 2ωtsen nθ0 − (χ′′

d − 2χ′′q )cos 2ωtsen nθ0

].

Si:nθ0 = nθ0(0) − ωt,

vx =

(√3

2I

)(Rx + R′

D −R′

Q

2

)(1

2cos[ωt + nθ0(0)] +

1

2cos[3ωt − nθ0(0)]

)+

(χ′′

q − 2χ′′d

)(1

2sen[ωt + nθ0(0)] +

1

2sen[3ωt − nθ0(0)]

)−

(Rx + R′

Q − R′D

2

)(1

2cos[3ωt + nθ0(0)] −

1

2cos[ωt + nθ0(0)]

)+

(χ′′

d − 2χ′′q

)(1

2sen[ωt + nθ0(0)] −

1

2sen[3ωt − nθ0(0)]

).


vx =

√3

2I

(

Rx +R′

D

4+

R′Q

4

)

cos[ωt + nθ0(0)] +

(3

4R′

D − 3

4R′

Q

)cos[3ωt − nθ0(0)]−

(χ′′

d

2+

χ′′q

2

)sen[ωt + nθ0(0)] +

(3

2χ′′

q −3

2χ′′

d

)sen[3ωt − nθ0(0)]

.

Se aprecia que el voltajevx(t) resulta con una componente de tercera armonica, lo cual confirmaque la suposicion hecha de que los voltajes bifasicos son de secuencia negativa no es exacta. La verdades que corrientes de secuencia negativa producen una componente de tercera armonica en los voltajesy viceversa; voltajes de secuencia negativa deben produciruna componente de tercera armonica en lascorrientes. Sin embargo estas componentes son pequenas y se pueden despreciar.

Se hace la tercera armonica igual a cero; luego:

vx(t) =

√3

2I

(Rx +

R′D

4+

R′Q

4

)cos[ωt + nθ0(0)] −

(χ′′

d

2+

χ′′q

2

)sen[ωt + nθ0(0)]

.

(2.128)Se expresa en terminos fasoriales:

Vx = Ix

[(Rx +

R′D

4+

R′D

4

)+ j

(χ′′

d

2+

χ′′q

2

)]. (2.129)

De aquı la impedancia de secuencia negativa esta dada por:

Z− =

(Rx +

R′D

4+

R′Q

4

)+ j

(χ′′

d

2+

χ′′q

2

).

Para el caso de polos salientes se pueden resumir las tres impedancias de secuencia como:

Z+ = Rx + jχd, (2.130)

Z− =

(Rx +

R′D

4+

R′Q

4

)+ j

(χ′′

d

2+

χ′′q

2

), (2.131)

Z0 = Rx + jχ0. (2.132)

Con el tratamiento de componentes simetricas se puede resolver cualquier problema desbalanceado.


Ejemplos

Ejemplo 2.1. Una maquina sıncrona 3φ, simetrica de dos polos esta accionada a una velocidadconstante de 3600 rpm. Algunas de las inductancias en henrios son (ver figura2.37):

Lαα = 0, 025 + 0, 01cos 2θ,

Lβγ = 0, 013 + 0, 01cos 2θ,

L1α = 0, 55cos θ,

L1 = 15,

R1 = 50Ω.

El generador esta operado en vacıo en regimen permanente con 100 voltios (c.c) aplicados a losterminales del campo. Determine los voltajesvα, vβ y vγ .

γ

β

α

100V

Figura 2.37:Maquina simetrica de dos polos.

Solucion 2.1. Matriz para bifasica proveniente de trifasica:

v1

va

vA

=

R1 + L1ρ L1xmaxρ 0L1xmaxρ Rx + (Lx0 + Lxymax) ρ (Lx0 − Lxymax)nρθ0

L1xmaxnρθ0 (Lx0 + Lxymax)nρθ0 Rx + (Lx0 − Lxymax) ρ

i1iaiA

.


Por inspeccion:L1xmax = L1αmax = 0, 55 H,

Lx0 = Lα0 = 0, 025 H,

Lxymax = Lβγmax = 0, 01 H

ρθ0 = cte, nρθ0 = 3πrad/s.

v1

va

vA

=

50 + 15ρ 0, 825ρ 00, 83ρ Rx + 0, 0525ρ −8, 48311, 03 19, 79 Rx + 0, 025ρ

i1iaiA

.

En vacio (generador)iα = iβ = iγ = 0,

ix = iy = 0 =⇒ ia = iA = 0,

v1 = (50 + 15ρ)i1,

va = 0, 83ρi1,

vA = 311, 03i1 .

En estado permanente:

V1 = 50I1,

I1 = 2A,

Va = 0,

VA = 311, 03I1,

VA = 622, 05 v[vx

vy

]=

[cos θ0 sen θ0

−sen θ0 cos θ0

] [va

vA

]

=

[VAsen θ0

VAcos θ0

],

θ0 = θ0(0) − ωt,

vx = 622, 05sen (θ0(0) − ωt) ,

vy = 622, 05cos (θ0(0) − ωt) .

vα

vβ

vγ

=

√2

3

1 0

−1/2√

3/2

−1/2 −√

3/2

[vx

vy

],

vα = −507, 9sen (377t − θ0(0)) ,

vβ = 507, 9sen (377t − θ0(0) + 60) ,

vγ = 507, 9sen (377t − θ0(0) − 60) .


Ejemplo 2.2. Un alternante de 13200 voltios, 3000 kVA, 8 polos, 60 ciclos,3 fases, conectado en Y,de polos salientes; esta entregando los KVA nominales a f.p. adelantado de 0,8 y al voltaje nominal aun sistema balanceado (figura2.38)

χd = 66 Ω,

χq = 50 Ω.

Se deprecia la resistencia de la armadura.Las perdidas por ventilacion en el eje son de 90 kW. Hallar:

a) La magnitud de las corrientes trifasicas.

b) El torque requerido para mover el alternado.

13200√3

Sistema

balanceado13200

Figura 2.38:Alternador conectado a un sistema balanceado.

Solucion 2.2. a)

vx =

√3

2vf =

√3

2

13200√3

= 9333 V.

(KV A) × 103 = 2vxIx

Ix =(3000)103

2(9333)= 160 A,

Iα =

√3

2160 = 131 A.


b)Pot. total de entrada= Pot. entregada+ Pot. de perdidas,

= (KV A)cosφ + 90

= (3000)(0, 8) + 90 = 2490 kW.

Teje =Pentrada

ωm=

Pentrada

ωs/n,

=2490 × 103

2πf/4,

Teje = 26400 N − m.

Ejemplo 2.3. Una maquina sincronica de 220V (de lınea a lınea). 3φ, de 60 c.p.s., de 6 polos,conectada en Y tiene una corriente constante de fase nominalde 13,5 A y las siguientes constantes:

χd = 8, 6 Ω,

χq = 6, 3 Ω,

J = 1, 0 kg − m2.

Despreciese la resistencia del estator. Para un voltaje de excitacion de 170 voltios por fase, calculary trazar la curva de par contra elanguloδ.

Solucion 2.3.

Tg = n

[2EfrmsVrms

(nρθ0)χdsen δ +

2V 2rms(χd − χq)

2(nρθ0)χdχqsen 2δ

].

Efrms y Vrms son los voltajes del equivalente bifasico eficaces; luego:

Vfase = 220/√

3 = 127 V,

Vrms =

√3

2127 = 155, 54 V,

Efrms =

√3

2170 = 208, 2 V 1.

Tg = 3

[2(155, 54)(208, 2)

(377)(8, 6)sen δ +

2(155, 54)2(8, 6 − 6, 3)

2(377)(8, 6)(6, 3)sen 2δ

],

Tg = 59, 93sen δ + 8, 17sen 2δ

Tg = Tgω + Tg2ω .

Tg esta dado enN − m, y δ en grados electricos.


δ electricos Tgω (N-m) Tg2ω (N-m) Tg(N-m)0 0 0 020 20,50 2,63 23,1340 38,52 4,03 42,5560 51,90 3,54 55,4480 59,02 1,40 60,42100 59,02 -1,40 57,62120 51,90 -3,54 48,36140 38,52 -4,03 34,49160 20,50 -2,63 17,87180 0 0 0200 -20,50 2,63 -17,87220 -38,52 4,03 -34,49240 -51,90 3,54 -48,36260 -59,02 1,40 -57,62280 -59,02 -1,40 -60,42300 -51,90 -3,54 -55,44320 -38,52 -4,03 -42,55340 -20,50 -2,63 -23,13360 0 0 0

Ver figura2.39

10

20

30

40

50

60

40 80 120 160 200 240 280 320 360

Tgω

Tg2ω

Tg

δ0 electricos

N − m

Figura 2.39:La maquina sincronica caracterısticapar vs.δ


Ejemplo 2.4. Una maquina sincronica de 220V (de lınea a lınea), 3φ, de 60 c.p.s., de 6 polos,conectada en Y; tiene una corriente de fase de 13,5 A y las siguientes constantes:

χd = 8, 6 Ω,

χq = 6, 3 Ω,

J = 1, 0 kg − m2.

Despreciese la resistencia del estator.

Cuando trabaja como motor con el voltaje nominal aplicado, corriente nominal y factor de potenciaunitario, determine la magnitud del voltaje de excitacion por fase.

Solucion 2.4. Para la maquina funcionando como motor:

Vx = IxRx + jEf + jχdIa − χqIA,

Vx = jEf + jχdIa − χqIA.

dondeRx

∼= 0.

Del diagrama fasorial de la figura2.40

Ia

jIA

jEf

Ix

jχdIa

−IAχq

vx

δ

Figura 2.40: Diagrama fasorial para operacion motora.

Ia = Ixsen δ,

IA = Ixcos δ,

sen δ =IAχq

vx.

Vfase = 220/√

3 = 127 V Vx =

√3

2127 = 155, 54 V.

Ix =

√3

213, 5 = 16, 534 A.


sen δ =Ixχq

vxcos δ tg δ =

Ixχq

vx.

δ = arctg

(Ixχq

vx

),

δ = arctg

((16, 534)(6, 3)

155, 54

),

δ = 33, 81.

Ia = 16, 534sen 33, 81 = 9.2 A,

IA = 16, 534cos 33, 81 = 13.74 A.

jEf = Vx − jχdIa + χqIA.

En donde de acuerdo con el diagrama fasorial:

Vx = 155, 54∠90 + δ = 155, 54∠123, 91 V.

jEf = 155, 54∠123, 91 − j(8, 6)(−9, 2) + (13, 74)(6, 3),

jEf = j208, 2,

Ef =

√2

3208, 2 = 170 V

Ejemplo 2.5. Un motor de 500 HP, 2300 voltios, trifasico, 60 c.p.s., 6 polos, factor de potencia enadelanto de 0,8 y corriente de plena carga de 127 A, tiene las siguientes constantes por fase:

χd = 11, 4 Ω,

χq = 8, 3 Ω,

Ra = 0, 165 Ω.

Para fines de este problema, despreciar las perdidas por friccion y viento.

Determine elanguloδ para la maquina funcionando a plena carga.

Solucion 2.5.

tg δ =Ixχqcos ϕ + IxRxsen ϕ

vx + Ixχqsen ϕ − IxRxcos ϕ.

Se supone una conexion en Y:

vx =

√3

2

(2300√

3

)= 1626, 53 V,

Ix =

√3

2(121) = 155, 54 A.


tg δ =(155, 54)(0, 8)(8, 3) + (155, 54)(0, 165)(0, 6)

1626, 35 + (155, 54)(8, 3)(0, 6) − (155, 54)(0, 165)(0, 8).

δ = 23, 15

Ejemplo 2.6. Un generador sincronico trifasico tiene las siguientes constantes:

χd = 55 Ω,

χq = 36 Ω,

Rx∼= 0.

Este generador esta entregando potencia a unas barras colectoras de voltaje y frecuencia constantes.El voltaje de las barras es de 7,6 kV por fase y el voltaje de excitacion Ef es de 12,4 kV por fase.Si el voltaje de excitacion (Ef ) esta adelantado25 electricos con respecto al voltaje de barras;determine:

a) La magnitud y fase de la corriente del generador.

b) La potencia total suministrada por el generador.

Solucion 2.6.Vx = jEf − IxRx + χqIA − jχdIa,

Vx =

√3

27, 6 = 9, 31 kV,

Ef =

√3

212, 4 = 15, 19 kV,

a) De la figura2.41

Ia

jIA

jEf

Ix

−jIaχd

IAχq

vx

δ

φ

Figura 2.41: Diagrama fasorial para generador.

| Ia | = | Ix | sen(ϕ + δ),

| IA | = | Ix | cos(ϕ + δ),


Vxsen δ =| Ix | cos(ϕ + δ)χq,

Ef − Vxcos δ =| Ix | sen(ϕ + δ)χq.

tg(ϕ + δ) =χq(Ef − Vxcos δ)

χdVxsen δ,

=36(15, 19 − 9, 31cos 25)

55(9, 31sen 25),

= 1, 124.

ϕ + δ = tg−11, 124 = 48, 35,

ϕ = 48, 35 − 25 = 23, 35.

| Ix | =Ef − Vxcos δ

χdsen(ϕ + δ),

| Ix | =15190 − 8437, 73

55sen 48, 35,

| Ix | = 164, 3 A.

Ix = 164, 3∠90 − (ϕ + δ),

Ix = 164, 3∠41, 65 A

b)

Pgenerada = 2 | vx || Ix | cos ϕ,

= 2(9, 32)(164, 30)cos 23, 35,

Pgenerada = 2811, 73 kW

Ejemplo 2.7. La regulacion de tension de un alternado sıncrono se define por:

R =Vnl − VfL

VnL.

Donde:

VnL = Tension terminal sin carga.

VfL = Tension terminal a plena carga.

R = Regulacion, usualmente expresada en%.

Entonces:

Un alternador de rotor cilındrico, trifasico, en Y, tiene las siguientes caracterısticas: 300 kVA, 560v, 60 c.p.s.,χs=0,71 Ω. La excitacion de campo es ajustada, de tal forma que la maquina genera el


voltaje nominal a frecuencia nominal sin carga externa (en vacıo).

Calcular el porcentaje de regulacion, tomando la plena carga como la corriente nominal con unfactor de potencia de 0,8 en atraso. Dibuje el diagrama fasorial para las condiciones de vacıo y plenacarga.

Solucion 2.7. Ver Figura2.42

Para el sistema bifasico:S = VxmaxIxmax .

Siendo el voltaje maximo del bifasico equivalentes al del fase del sistema trifasico

∼ ∼

∼ 560√3

= 323, 32

560

Figura 2.42:Alternador de rotor cilındrico en vacıo.

Vxmax =

(√3

2323, 32

)√

2 = 560 V,

Ixmax =300000

560= 535, 71 A.

ϕ = cos−1(0, 8)36, 87 en atraso.

En vacıo:Vx = jEf . (Figura 2.43).

jEf = vx = 560V

Figura 2.43: Diagrama fasorial del voltaje para generador del ejemplo 2.7


Con carga:jEf = Vx + jχsIx (Figura 2.44).

jEf

Ix

vx

jχsIx

φβ

α

γ

Figura 2.44: Diagrama fasorial del del ejemplo 2.7

sen α

Ef=

sen β

χsIx,

α = 180 − (180 − 90 − 36, 87) = 126, 87,

β = arcssen

((0, 71)(535, 71)

560sen 126, 87

)= 32, 91,

γ = 180 − (α + β) = 180 − (126, 87 + 32, 91) = 20, 22.

sen α

Ef=

sen γ

vx,

Vx = Efsen γ

sen α= 560

sen 20, 22

sen 126, 87= 242, 24 v.

R =vnl − vfL

vnL=

560 − 242, 24

560= 0, 567.

R = 56, 7%

Ejemplo 2.8. Un generador sincronico de 60 c.p.s., 450V, 25 kVA, trifasico, conectado en Y; tieneuna resistencia efectiva por fase de 0,30Ω y una reactancia sincronica de 2Ω. Determine el factorde potencia de carga que producira una regulacion de voltaje nula desde vacıo a plena carga.

Solucion 2.8.Vx = −RxIx − jχsIx + jEf .

ConVx = Ef para regulacion cero, se traza la figura2.45

Vx =

√3

2

(450√

3

)= 318, 2 V,


φ

δ

jEf

Ix

vx

−jχsIx

−RxIx

h

Figura 2.45:Diagrama fasorial pare regulacion cero.

KV A(103) = 2VxIx ∴ Ix =25 × 103V A

2(318, 2)v= 39, 28 A.

RxIx = (0, 3)(39, 28) = 11, 78

χsIx = (2)(39, 28) = 78, 56

h =√

(11, 78)2 + (78, 56)2 = 79, 43.

De la figura2.46

sen δ/2 =h/2

Vx∴

δ

2= arcsen

(79, 43

2(318, 2)

)= 7, 16.

δ = 14, 34.

δ/2 + 90 + β = 180 ∴ β = 180 − 90 − 7, 16 = 82, 84.

sen α =χsIx

h∴ α = arcsen

(2(39, 28)

79, 43

)= 81, 51.

β = θ + α ∴ θ = β − α = 82, 84 − 81, 51 = 1, 328.

ϕ = θ + δ = 1, 328 + 14, 34 = 15, 67.

f.p = cos ϕ = cos 15, 67 = 0, 96 en adelanto.

Ejemplo 2.9. Un alternador sincronico de 6 polos, 60 c.p.s., tiene una inercia totatl en el ejede75 kg-m2. El par de sincronizacion generado para radianes electricos es de 9100 Nw-m. Sobre elrango de operacion normal considere la caracterizacion Tg contra δ lineal. Una carga de 1800 kWes subitamente aplicada a la maquina. El torque de ventilacion, de friccion y el amortiguamientorotacional son practicamente despreciables.

a) Encuentre elangulo del torque de estado estacionario.

b) Si el eje esta siendo observado por una lampara estroboscopica, a que frecuencia debe centellarpara paralizar el eje desde el punto de vista. Por cuantos grados aparecera el eje moviendosecuando la carga es aplicada. En cual direccion con respecto a la direccion de rotacion. Explique.

c) ¿Oscilara el rotor alrededor delangulo final del torque? Cual sera la frecuencia de oscilacion


h2

φ

δ

δ2

θ

β

α

θ

Ix

VxχsIx

RxIx

Figura 2.46: Diagrama fasorial para el ejemplo 2.8

di ella existe.

d) Encuentre elangulo maximo del torque alcanzado por el motor despues que la carga electricaes aplicada.

Solucion 2.9. a)

ωs =120

nf =

120(60)

6= 1200 rpm,

ωs =1200(2π)

60= 40π

rad

s= 125, 66

rad

s.

TL =180 × 103 W

125, 66 rad/s= 1432, 44 N − m.

Jδ + Dδ + Knδ = ±Text + fω.

δ en radianes mecanicos:

J = 75 kg − m2,

TL = +Text para generador,

D ∼= 0 , f ∼= 0,

K = 9100 N-m/rad.electrico,

n = 3.

75δ + 9100(3)δ = 1432, 44.


En estado estacionario:

δee =1432, 44

(3)9100= 0, 05247 rad.mec,

δee =180

π(0, 05247)M = 3, 0063M,

δee = 3(3, 0063)E = 9, 0189 electricos

b)ωs = 1200 rpm = 1200/60 rps = 20 rps,

frecuencia de centelleo= 20 rps.

Al aplicar carga subitamente, la velocidad del generador no cambia,δ se adelanta respecto aleje del campo magnetico rotativo.δ se toma positivo. Elanguloδ aumenta en la direccion dela velocidad (figura2.47)

δ = 3, 0063M.

δ

ωr

ωs

Figura 2.47:Relacion entre el anguloδ y la velocidad.

c)75δ + 27300δ = 1432, 44.

δ(0) = 0, δ(0) = 0.

Resolviendo:δ(t) = 0, 052(1 − cos 19, 07t).

frecuencia de oscilacion = 19, 07 rad/s.


d)dδ

dt= 0,

−0, 052(−19, 07sen 19, 07t) = 0.

19, 07t = π ∴ t = π/19, 07.

δmax = 0, 052

(1 − cos

19, 07π

19, 07

),

δmax = 0, 052 (1 − (−1)) .

δmax = 0, 104 rad.mec.

Ejemplo 2.10. La ecuacion del eje mecanico en una maquina sincronica esta dada por:

Jδ(rad.mec) + Dδ(rad.mec) + Kδ(rad.mec) = ±Text.

O sea las constantes fueron calculadas para radianes mecanicos.

Transforme la ecuacion a grados electricos.

J ′δ(elect) + D′δ(elect) + K ′δ(elect) = ±Text,

y determineJ ′, D′ y K ′ en funcion de las anteriores constantes.

Solucion 2.10.Jδ(rad.mec) + Dδ(rad.mec) + Knδ(rad.mec) = ±Text.

Jπ

180δ(mec) + D

π

180δ(mec) + K

π

180δ(elect) = ±Text.

Jπ

180nδ(elect) +

Dπ

180nδ(elect) +

Kπ

180nδ(elect) = ±Text.

J ′ =Jπ

180n, D′ =

Dπ

180n, K ′ =

Kπ

180n.

Ejemplo 2.11. Si

Tg = nEfrms 3φ

Vrms 3φ

nρθ0χdsen nδ(mec).

Determinar el par de sincronizacion paraδ en grados mecanicos en radianes mecanicos, en radianeselectricos y en grados electricos.

Solucion 2.11.

K =∂Tg

∂δ(m)

∣∣∣∣δ(m)=0

=n2Efrms 3φ

Vrms 3φ

nρθ0χdcos nδ(mec)

∣∣∣∣∣δ(m)=0

.

K =n2Efrms 3φ

Vrms 3φ

nρθ0χdpara δ en grados mecanicos.


Tg = nEfrms 3φ

Vrms 3φ

nρθ0χdsen

180n

πδ(rad.mec).

K =∂Tg

∂δ(rad.mec)

∣∣∣∣δ(rad.mec)=0

=n2180

π

Efrms 3φVrms 3φ

nρθ0χdpara δ en radianes mecanicos.

Tg =nEfrms 3φ

Vrms 3φ

nρθ0χdsen

180

πδ(rad.elec).

K =∂Tg

∂δ(rad.elec)

∣∣∣∣δ(rad.elec)=0

=n180

π

Efrms 3φVrms 3φ

nρθ0χdpara δ en radianes electricos.

Tg =nEfrms 3φ

Vrms 3φ

nρθ0χdsen δ(elec).

K =∂Tg

∂δ(elec)

∣∣∣∣δ(elec)=0

=nEfrms 3φ

Vrms 3φ

nρθ0χdpara δ en grados electricos.

Ejemplo 2.12. La maquina sincronica del ejemplo 2.3 esta equipada con un devanado amortiguador.Se llevo a cabo una prueba de carga en esta maquina, funcionando como motor con el devanadode c.c. del campo en corto circuito. La carga mecanica total suministrada fue de 3,0 kW, con undeslizamiento medio de 0,035.

a) Determine el coeficiente de amortiguamiento en la ecuacion mecanica del movimiento en N-m/radianmecanico-s y en N-m/grado electrico-s.

b) Si el par de sincronizacion es de 2,5 N-m/grado electrico, determine elangulo de par en gradoselectricos, como un a funcion del tiempo, si el motor inicialmente esta trabajando en vacıo y seaplica una carga escalon de 6 kW.

c) Determine para el inciso b) elangulo de par maximo y el tiempo en el que ocurre a partir demomento en que se aplica la carga escalon.

Solucion 2.12. a)

ωs =ω

n=

377

3= 125, 66 rad/s,

Ω = (1 − s)ωs = (1 − 0, 035)125, 66 = 121, 27 rad/s.

PM = TMΩ ∴ TM =3000

121, 27= 24, 74 Nw − m.

TM es el torque del devanado amortiguador

ωr = 121, 27 rad/s.

De acuerdo a la teorıa de la seccion 2.4.2se obtiene la figura2.48.


ωr−ωs

Ta

KA[ωr − (−ωs)]

Figura 2.48: Caracterıstica torque-velocidad para un devanado amortiguador.

Linealizando (figura2.48):Ta = TM = KA(ωr + ωs),

KA =TM

ωr + ωs=

TM

sωs=

24, 74

(0, 035)(125, 66)= 5, 62.

Despreciando la friccion:

D = f + KA = 5, 62N − m

rad.mec/s,

D = 0, 033N − melec/s

.

b)Jδ(t) + Dδ(t) + Knδ(t) = ±Text + fω.

J = 1 Kg − m2 = 1N − m

rad.mec/s2,

D = 5, 62N − m

rad.mec/s,

K = 2, 5N − melec

= 2, 5

(180

π

)N − m

rad.elec= 143, 24

N − m

rad.elec,

por queK en la formula del torque esta enN − m

rad.elec

δ(t) + 5, 62δ(t) + (143, 24)(3)δ(t) = ±Text,


dondef ∼= 0.

Aclaracion:

El anguloδ realmente es negativo, pero para un manejo comodo se ”positiviso”; esto implicaa nivel del torque exterior un cambio de signo. Podrıa resolverse con torque negativo pero elangulo resultarıa negativo, como efectivamente es en motorizacion.

Text =Papl

ωm=

6000

377/3= 47, 75 N − m.

δ(t) + 5, 62δ(t) + (143, 24)(3)δ(t) = 47, 75 u(t).

Como el motor viene trabajando en vacıo; δ0 = 0 y transformando a Laplace:

(s2 + 5, 63s + 429, 72)δ(s) =47, 75

s,

δ(s) =47, 75

s(s + 2, 85 + j20, 53)(s + 2, 85 − j20, 53).

Resolviendo:δt = 0, 111 + 0, 111e−2,85tcos(20, 53t − 187, 9),

δ esta en radianes mecanicos.

δ(t) =(0, 111)(3)(180)

π

[1 + e−2,85tcos(20, 53t − 187, 9)

]

δ(t) = 19, 1 + 19, 1e−2,85tcos(20, 53t − 187, 9),

δ(t) = 19, 1 − 19, 1e−2,85tcos(20, 53t − 7, 9),

δ esta en grados electricos.

c) El tiempo en que ocurre el par maximo, se halla como:

dδ

dt= 0,

−20, 53sen(20, 53t − 187, 9) − 2, 85cos(20, 53t − 187, 9) = 0,

tg(20, 53t − 187, 9) = −0, 1388,

20, 53

(180

π

)t − 187, 9 = −7, 9,

t = 0, 153 s.


Reemplazando el tiempo en que ocurre el par maximo se hallaeste:

δmax = 19, 1 − 19, 1e−2,85(0,153)cos(20, 53

(180

π

)(0, 153) − 187, 9),

δmax = 31, 32elec.

Ejemplo 2.13. Un motor sincronico de 900 rpm, 60 c.p.s. esta trabajando en estado permanente conuna carga de 50 H.P. El par de sincronizacion es de 40 N-m por grado electrico. El momento deinercia en la flecha del motor es 76 kg-m2 y el coeficiente de amortiguamiento D es 240 N-m/radianmecanico/s. Una carga de 100 H.P se aplica repentinamente. Determine:

a) El anguloδ maximo en grados electricos.

b) El anguloδ en estado permanente.

c) La constante de tiempo en segundos.

Solucion 2.13. a)

Jδ(t)rad.mec + Dδ(t)rad.mec + Knδ(t)rad.mec = ±Text.

Paraδ en radianes electrico:

J

nδ(t)rad.elec +

D

nδ(t)rad.elec + Kδ(t)rad.elec = ±Text.

Paraδ en grados electricos

πJ

180nδ(t)rad.elec +

πD

180nδ(t)rad.elec +

π

180Kδ(t)rad.elec = ±Text.

En las ecuaciones anteriores,J esta enN − m

rad.mec/s2o kg − m2, D en

N − m

rad.mec/sy K en

N − m

rad.elec.

Sı:

J ′ =Jπ

180n, D′ =

Dπ

180n, K ′ =

Kπ

180.

J ′δ(t)elec + D′δ(t)elec + K ′δ(t)elec = ±Text.

J ′ esta enN − melec/s2

, D′ enN − melec/s

y K ′ enN − melec

.

ωs =900(2π)

60= 94, 2 rad/s.

ωs =120f

P∴ P =

120(60)

900= 8.


PL0 = 50 H.P. (Carga con la que viene trabajando el motor),

TL0 =PL0

ωsrad.mec=

50(746)

94, 2= 396 N − m,

J = 76Kg − m2 , J ′ =76π

180n= 0, 332

N − melec/s2

,

D = 240N − m

rad.mec/s, D′ =

240π

180n= 1, 05

N − melec/s

,

K ′ = 40N − melec

.

Reemplazando0, 332δ(t) + 1, 05δ(t) + 40δ(t) = ±Text.

Para una perturbacion; aplicacion repentina de carga∆δ(t), se tiene:

∆δ(t) = δ(t) − δ0.

Luego

δ(t) = ∆δ(t) + δ0,

δ(t) = ∆δ(t),

δ(t) = ∆δ(t).

Sustituyendo en la anterior ecuacion:

0, 332∆δ(t) + 1, 05∆δ(t) + 40∆δ(t) + 40δ0 = ±Text.

En estado permanente esta trabajando con unδ0 a un parTL0

40δ0 = TL0 = 396,

δ0 = 9, 9elec.

De nuevo

0, 332∆δ(t) + 1, 05∆δ(t) + 40∆δ(t) = Text − 40δ0,

0, 332∆δ(t) + 1, 05∆δ(t) + 40∆δ(t) = ∆TL.

∆TL =P

ωs=

100(746)

94, 2= 792 N − m y Text =

150(746)

94, 2= 1188.

0, 332∆δ(t) + 1, 05∆δ(t) + 40∆δ(t) = 792.


Resolviendo (en este caso por Laplace: la condicion inicial de la perturbacion es cero)

0, 332s2∆δ(s) + 1, 05s∆δ(s) + 40∆δ(s) =792

s.

∆δ(s) =792

s(0, 332s2 + 1, 05s + 40)=

2385, 54

s(s2 + 3, 16s + 120, 5),

s2 + 3, 16s + 120, 5 = (s + 1, 58 + j10, 8)(s + 1, 58 − j10, 8).

2385, 54

s(s2 + 3, 16s + 120, 5)=

k

s+

k1

s + 1, 58 + j10, 8+

k∗1

s + 1, 58 − j10, 8,

k =2385, 54

120, 5= 19, 88,

k1 =2385, 54

s(s + 1, 58 − j10, 8)

∣∣∣∣s=−1,58−j10,8

= −10 − j1, 4 ∼= 10∠188 ,

k∗1 = −10 + j1, 4 = 10∠172 = 10∠ − 188.

∆δs =19, 88

s+

10∠188

s + 1, 58 + j10, 8+

10∠ − 188

s + 1, 58 − j10, 8.

Se toma la transformada inversa de Laplace del primer termino y se usa la ecuacion:

f1(t) = 2Re−αtcos(ωt + θ).

(formula 7-106, Analisis de Redes de Valkenburg).

∆δ(t) = 19, 88 + 2(10)e−1,58tcos(10, 8t + 188),

∆δ(t) = 19, 88 − 20e−1,58tcos(10, 8t − 8)

δ(t) = 29, 78 − 20e−1,58tcos(10, 8t − 8)

−10, 8sen(10, 8t − 188) − 1, 58cos(10, 8t − 188) = 0,

tg(10, 8t − 188) = −0, 146 ,

10, 8

(180

π

)t − 188 = −8, 3 ,

t = 0, 29 s.

δmax = 29, 78 + 20e−1,58(0,29)cos(10, 8

(180

π

)(0, 29) − 188) = 42, 25.

b)lım

t→ınfδ(t) = δss,


δss = 29, 79elec.

c)

T =1

1, 58= 0, 63 s.

Ejemplo 2.14. Un motor sincronico de 900 rpm, 60 c.p.s. esta trabajando en estado permanente conla siguiente carga aplicada:

TL = 400 + 300sen(8t) N − m.

En donde 8 es la frecuencia mecanica en rad/s.

El par de sincronizacion es de 40 N-m por grado electrico. El momento de inercia es la flechadel motor es de 76 kg-m2, y el coeficiente de amortiguamiento D=240 N-m/rad.mec/s. Determine lavariacion del angulo de par de estado permanente. Este motor tiene una potencia nominal de 150H.P., compare elangulo del par maximo con elangulo del par a plena carga.

Solucion 2.14. Del ejemplo 2.13:

0, 332δ(t) + 1, 05δ(t) + 40δ(t) = ±Text.

0, 332δ(t) + 1, 05δ(t) + 40δ(t) = 400 + 300sen(8t).

Solamente interesa la solucion particular. Se supone:

δ(t) = A + Bsen(8t) + Ccos(8t),

δ(t) = 8Bcos(8t) − 8Csen(8t),

δ(t) = −64Bsen(8t) − 64Ccos(8t).

Ası:

− 0, 332(64Bsen(8t) + 64Ccos(8t)) + 1, 05(8Bcos(8t) − 8Csen(8t))

+ 40(A + Bsen(8t) + Ccos(8t)) = 400 + 300sen(8t), (2.133)

(18.75B − 8, 4C + 40B)sen(8t) = 300sen(8t),

(8, 4B + 18.75C)cos(8t) = 0,

40A = 400.

Resolviendo:A = 10, B = 13, 33, C = −5, 97.

Reemplazando:

δ = 10 + 13, 33sen(8t) − 5, 97cos(8t),

δ = 10 +13, 33

14, 614, 6sen(8t) − 5, 97

14, 614, 6cos(8t)


θ

13.33

5.9714.6

θ = tg−1 5, 97

13, 33= 24, 13.

δ(t) = 10 + 14, 6sen(8t − 24, 13)elec.

cos(8t − 24, 13) = 0 ∴ 8t − 24, 13 = 90 ∴ 8t = 114, 13.

180n

π(8t) = 114, 13,

t = 0, 124 s Notese la conversion de rad.mec a grados electricos.

δmax = 10 + 14, 6sen

(180(2)

π(8)(0, 124) − 24, 13

)= 10 + 14, 6 = 24, 6elec.

Ppc = 11, 9kW = 150H.P.(0, 746),

Tpc =111900

94, 24= 1187, 3 N − m.

40δpc = 1187, 3 ,

δpc = 29, 68.

Ejemplo 2.15. Un generador accionado por una turbina con reductor de engranajes, de 1500 kW, 0.8factor de potencia, 60 c.p.s., 1200 r.p.m. de 6 polos, va a serconectado (sincronizado), en paralelocon un lınea a voltaje constante y a frecuencia constante (barras colectoras). La inercia total en laflecha del generador es de 9000 lb-pie2. El par de sincronizacion es de 400 N-m/elec. El par deamortiguamiento es de 2500 N-m/rad.mec/s.

a) En generador por sincronizar tiene la velocidad correcta, esto es 1200 r.p.m, pero su voltaje deexcitacion esta atrasado 30 electricos con el voltaje de lınea. Determine la expresion numericapara las oscilaciones conδ en grados electricos.

b) Repita la parte a) cuando el interruptor del corto circuito se cierra con un desfasamiento nuloentre los dos voltajes y el generador es accionado a 1230 r.p.m.

c) Repita la parte b) cuando el interruptor se cierra cuando el voltaje del generador se adelantaal voltaje de la linea 30 electricos.


Solucion 2.15. a)

J = 9000 lb − pie2 = 1296 × 103 lb − pg2 =1296 × 103

3, 4188 × 103kg − m2 = 379, 1 kg − m2,

Ahora:

J ′ =π

180nJ =

π

180(3)379, 1 = 2, 21

N − melec/s2

.

D′ =π

180nD =

π

180(3)2500 = 14, 54

N − melec/s2

.

Del ejemplo 2.15

J ′δ(t)elec + D′δ(t)elec + K ′δ(t)elec = ±Text − fω.

fω ∼= 0.

Al sincronizar, el generador esta en vacıo: Text = 0; luego:

2, 21δ(t)elec + 14, 54δ(t)elec + 400δ(t)elec = 0

δ(t)elec + 6, 58δ(t)elec + 180δ(t)elec = = 0

La ecuacion caracterıstica:s2 + 6, 58s + 180 = 0,

s1, s2 = −3, 29 ± j13.

La solucion es de la forma;

δ(t) = eγ1t(k1cos ω1t + k2sen ω1t),

donde:s1, s2 = γ1 ± jω1.

En consecuencia:δ(t) = e−3,29t(k1cos 13t + k2sen 13t).

El voltaje de excitacion esta atrasado 30 electricos con el voltaje de lınea. Luego elanguloδes negativo.

δ(0) = −30,

k1 = −30.

δ(t) = −13e−3,29t(k1sen 13t − k2cos 13t) − 3, 29e−3,29t(k1cos 13t + k2sen 13t).


Como no existe variacion de velocidad, ent = 0

δ(t) = 0.

−13(−k2) − 3, 29(k1) = 0,

k2 = −7, 59.

δ(t) = e−3,29t(−30cos 13t − 7, 29sen 13t),

δ(t) = −30, 87e−3,29tcos(13t − 13, 65),

δ(t) = 30, 87e−3,29tcos(13t − 193, 66).

b) El interruptor se cierra con un desfasamiento nulo entre los dos voltajes:

k1 = 0.

El generador se acciona a 1230 r.p.m.

ωr = −δ(t) − ω,

δ(t) − ω − ωr = −1200 + 1230 = 30r.p.m.

δ(0) =2π(30)

60= π rad.mec/s,

δ(0) =πn(180)

π=

π(3)(180)

π= 540 elec/s.

−13(−k2) = 540,

k2 = 41, 54.

δ(t) = 41, 54e−3,29tsen 13t.

c) El voltaje del generador se adelanta al voltaje de la lınea 30 electricos:δ es positivo ent = 0;

δ(0) = 30,

k1 = 30.

δ(0) = 540 elec/s,

−13(−k2) − 3, 29(30) = 540,

k2 = 49, 13.

δ(t) = e−3,29t(30cos 13t + 49, 13sen 13t),

δ(t) = 57, 56e−3,29tcos(13t + 88, 83).


Ejemplo 2.16. Se conecta un motor sincronico trifasico, con conexion en estrella, 12 polos, 2000H.P. y 60 c.p.s., a una alimentacion de 6600V (entre lıneas). La corriente continua del inductor seajusta de mode que la tension inducida por fase en el inducido,Ef/

√2=3560 V. Las reactancias

sıncronas de los ejes directo y en cuadratura vienen dadas respectivamente porχd = 10 Ω porfase yχq = 7 Ω por fase. Puede despreciase la resistencia del inducido, siendo muy pequenos losefectos de amortiguamiento, rozamiento y ventilacion. El motor gira inicialmente sin carga en el eje,aplicandose repentinamente la carga completa.

a) Usando el metodo deareas iguales determinar el maximoangulo de par alcanzado por el motor,durante la primera oscilacion despues de aplicada la carga.

b) A plena carga del motor hallar elangulo de par en regimen estacionario.

c) Hallar el par de carga adicional que puede aplicarse repentinamente sin que el motor pierdael sincronismo.

Solucion 2.16.

Vf =6600√

3= 3810, 51 V,

Vrms =

√3

23810, 51 = 4666, 9 V,

Ef =√

2(3560) = 5034, 6 V,

Efrms =

√3

25034, 6 = 6166, 1 V.

Tg = n

(2EfrmsVrms

(nρθ0)χdsen δ +

V 2rms(χd − χq)

2(nρθ0)χdχqsen 2δ

),

Tg = 6

(2(6166, 1)(4666, 9)

377(10)sen δ +

(4666, 9)2(10 − 7)

2(377)(10)(7)sen 2δ

),

Tg = 91596, 52sen δ + 7427, 8sen 2δ N − m.

PM = 2000(0, 746) = 1492 kW,

ωm =120f

ρ=

120(60)

12= 600 r.p.m.,

ωm =600(2π)

60= 63, 83 rad/s,

TM =PM

ωm=

1492 × 103

62, 83= 23746, 62 N − m.


δ ( electricos) Tg (N-m)0 020 36102,3540 66192,0760 87757,5880 92745,42100 87664,5120 72892,25140 51562,15160 26552,36180 0

En la figura2.49, se muestraTg contraδ y el parTM .

a)Area (AEB) = Area(A′EB′).

La carga se aplica conδ = 0.

El angulo maximo del par alcanzado durante la primera oscilacion es:

δmax∼= 24elec.

b) El angulo de par de estado permanente es:

δee∼= 12.

c)Area (A1) = Area (A2).

El par adicional es aproximadamente igual a 42500 N-m.


A2

A1

20000

40000

60000

80000

100000

20 40 60 80 100 120 140 160 180

Ta

B

A

E

A′

B′

δ0 electricos

N − m

Figura 2.49: La maquina sincronica caracterısticaTg vs.δ. Metodo de areas iguales.



2.1.1

Ejercicio 2.1. Escribir las ecuaciones generales del modelo de la maquina sincronica

[v1,a,A

]=[Z(ρ)

] [i1,a,A

],

para el funcionamiento de estado permanente.

2.1.2

Ejercicio 2.2. ¿Que utilidad tienen los devanados amortiguadores en una maquina sincronica?

2.2

Ejercicio 2.3. Resolver:

[vx

vy

]=

√2

3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]

V cos(ωt)

V cos(ωt + 120)V cos(ωt − 120)

.

Ejercicio 2.4. Dadosvx y vy de la del ejercicio 2.3, resolver:

[va

vA

]=


sen nθ0 cos nθ0

] [vx

vy

].

Ejercicio 2.5. Dado:

Ia =

√3

2

V sen nθ0(0) − Ef

(Lx0 − Lxymax)nρθ0,

IA = −√

3

2

V cos nθ0(0)

(Lx0 − Lxymax)nρθ0,

Ef = L1xmaxnρθ0I1.

A partir de:Tg = −n (L1xmaxI1IA + 2LxymaxIaIA) .

Comprobar:

Tg = n

(√3

2

Efcos nθ0(0)

(Lx0 − Lxymax)(nρθ0)2+

3

2

V 2Lxymaxsen 2nθ0(0)


).

Ejercicio 2.6. En la ecuacion del torque identificar el torque de reluctancia.¿A que se debe?

Ejercicio 2.7. Identificar claramente las diferentes expresiones para el torque en una maquinade rotor cilındrico.


2.3.1

Ejercicio 2.8. Dibujar diagramas fasoriales para el motor sincronico funcionando con factorde potencia unitario y con factor de potencia en adelanto. Repetirlos conRx = 0.

2.3.2

Ejercicio 2.9. Dibujar un diagrama fasorial para el generador sincronico funcionando confactor de potencia unitario. Repetirlos conRx = 0.

2.3.3

Ejercicio 2.10. A partir de la ecuacion:

Vx = RxIx + jEf + jIxχs,

dibujar diagramas fasoriales para el motor sincronico con diferentes factores de potencia (enatraso, adelanto y unitario). Repetir paraRx = 0.

Ejercicio 2.11. Repetir el ejercicio 2.10 para la ecuacion del generador:

Vx = −RxIx + jEf − jIxχs.

2.3.4

Ejercicio 2.12. a) ¿Cuanto vale elanguloδ para un motor sincronico en vacıo?

b) ¿Cuanto vale elanguloδ para un alternador en vacıo?

2.4.1

Ejercicio 2.13. ¿Cual es el efecto de los devanados amortiguadores en al funcionamiento deuna maquina sincronica en estado permanente?

Ejercicio 2.14. ¿Que formas pueden adoptar los devanados amortiguadores?

Ejercicio 2.15. ¿Que efectos tienen los devanados amortiguadores en el arranque de un motorsincronico?

2.4.2

Ejercicio 2.16. Explique claramente que significado tienen las siguientes cantidades:fω,f δ(t), KAδ(t), f , KA y D.

2.6.1

Ejercicio 2.17. Demostrar que para la maquina sincronica con devanados amortiguadores:

Tg = n (L1xmaxi1iA + 2LxymaxiaiA + LxDmaxiDiA − LxQmaxiQia) .

2.6.3


Ejercicio 2.18. Si:

[Z11

]=



,

[Z12

]=

LxQmaxs−LxQmaxΩ

00

,

[Z22

]−1=

[1

RQ+LQs

],

[Z21

]=

[LxQmaxs 0 0 0

].

Y: [Z ′]

=[Z11

]−[Z12

] [Z22

]−1 [Z21

].

Verificar que:

[Z ′]

=

Rx + L∗qs LdΩ L1xmaxΩ LxDmaxΩ

−L∗qΩ Rx + Lds L1xmaxs LxDmaxs


,

donde:

L∗q = Lq −

L2xQmax

RQ + LQs.

Ejercicio 2.19. Verificar que:

Rx + Lqs −s2L2

xQmax

RQ + LQs,

representa la impedancia de entrada en la figura2.50

LxQmaxs

(LQ − LxQmax)sRQ(Lq − LxQmax)sRx

Figura 2.50:Circuito del ejercicio 2.19


Ejercicio 2.20. Si:

[Z11

]=

Rx + L∗

qs LdΩ L1xmaxΩ

−L∗qΩ Rx + Lds L1xmaxs

0 L1xmaxs R1 + L1s

,

[Z12

]=

LxDmaxΩLxDmaxs

L1Ds

,

[Z22

]−1=

[1

RD+LDs

],

[Z21

]=

[0 LxDmaxs L1Ds

].

Y: [Z ′]

=[Z11

]−[Z12

] [Z22

]−1 [Z21

].

Comprobar que:

[Z ′]

=

Rx + L∗

qs L∗dΩ L∗

1xmaxΩ


ds L∗1xmax

s

0 L∗1xmax

s R1 + L∗1s

,

donde:

L∗d = Ld −

L2xDmax

s

RD + LDs,

L∗1xmax


RD + LDs,

L∗1 = L1 −

L21Ds

RD + LDs.

Ejercicio 2.21. Para los valores deL∗d, L∗

1xmaxy L∗

1 dados en el numeral anterior, comprobarque:

L∗ds = (Ld − LxDmax)s +

LxDmax [RD + (LD − LxDmax)s]

LxDmax + [RD + (LD − LxDmax)s],

L∗1xmax

s = (L1xmax − L1xDmaxL1D)s +LxDmaxL1Ds [RD + (LD − LxDmaxL1D)s]

LxDmaxL1Ds + [RD + (LD − LxDmaxL1D)s],

L∗1s = (L1 − L1D)s +

L1Ds [RD + (LxDmax − L1D)s]

L1D + [RD + (LxDmax − L1D)s].

Ejercicio 2.22.

Rx + L∗∗d s = Rx +

(

L∗d −

L∗21xmax

s

R1 + L∗1s

)

s.

Rx + L∗∗d s = Rx +

Ld −

L2xDmax

s

RD + LDs−

(L1xmax − LxDmaxL1Ds

RD + LDs

)2

s

R1 +

(L1 −

L21Ds

RD + LDs

)s

s.


esta representado en la figura2.51

s(

L1xmax LxDmax

L1D

)

(L2

1xmaxLD

L2

1D

−L1xmax LxDmax

L1D

)s

L21xmax

RD

L2

1D

(L2

xD

L2

1D

L1 −L1xmax LxDmax

L1D

)s

L2xDmax

R1

L2

1D

(Ld −

L1xmax LxDmax

L1D

)sRx


Comprobar.

2.6.4

Ejercicio 2.23. Para el circuito de la figura2.52

E+

−L

R

i(t)


hallar la respuestai(t) cuando el interruptor se cierra ent = 0 para i(0) = 0.

Ejercicio 2.24.

IA =

−Ef

s

(ω

χ′′q

)(s +

RQ

LQ

)(s +

ωRs

χ′′d

)

(s +

RQLq

LqLQ − L2xQmax

)(s +

ωRx

χ′′h

− jω

)(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

) .

IA = −(

ω

χ′′q

)(Ef

s

)

A

s +RQLq

LqLQ − L2xQmax

+B

s +ωRx

χ′′h

+ jω

+C

s +ωRx

χ′′h

− jω

.


Hallar A, B, C.

Ejercicio 2.25. Chequear que en en el ejercicio 2.22:

L∗∗d =

k1s2 + k2s + k3

(L1LD − L21D)s2 + (L1RD + LDR1)s + R1RD

,

donde:

k1 = (L1LD − L21D)Ld − L2

xDmaxL1 − L2

1xmaxLD + 2L1xmaxLxDmaxL1D,


RD − L2xDmax

R1,

k3 = R1RDLd.

Ejercicio 2.26. Demostrar que el numerador de la expresionL∗∗d del numeral anterior, se puede

llevar a:

[(LdL1 − L2

1xmax

)s + R1Ld

][(

Ld −L2

1DLd + L2xDmax


LdL1 − L21xmax

)s + RD

].

Ejercicio 2.27.

Ia = −ωEf

sLd

(1 + τ1s)(1 + τD1s)

(1 + τ1ds)(1 + τD1ds)

(s +

ωRx

χ′′h

− jω

)(s +

ωRx

χ′′h

+ jω

) .

Ia =k

s+

k1

1 + τ1ds+

k2

1 + τD1ds+

k3

s +ωRx

χ′′h

+ jω

+k4

s +ωRx

χ′′h

− jω

.

Llegar a:

k = −Ef

χd,

k1 = −τ1dEf

(1

χ′d

− 1

χd

),

k2 = −τD1dEf

(1

χ′′d

− 1

χ′d

),

k3 =Ef

2χ′′d

,

k4 =Ef

2χ′′d

.

2.6.5

Ejercicio 2.28. Escriba la serie de Taylor para una y dos variables.

Ejercicio 2.29. [vA

va

]=

[Rx + L∗

qρ L∗∗d ω

−L∗qω Rx + L∗∗

d ρ

] [iAia

].


Con:

L∗q =

χ′′q

ω+

R′Q

ρ,

L∗∗d =

χ′′d

ω+

R′D

ρ.

iA = −√

3

2Isen [2ωt + ϕ − nθ0(0)] ,

ia = −√

3

2Icos [2ωt + ϕ − nθ0(0)] .

Demostrar:

vA =

(−Rx − R′

Q +R′

D

2

)(√3

2Isen [2ωt + ϕ − nθ0(0)]

)

+(−2χ′′

q + χ′′d

)(√

3

2Icos [2ωt + ϕ − nθ0(0)]

),

va =

(

Rx + R′D −

R′Q

2

)(√3

2Icos [2ωt + ϕ − nθ0(0)]

)

+(χ′′

q − 2χ′′d

)(√

3

2Isen [2ωt + ϕ − nθ0(0)]

)

.

Capıtulo 3La maquina de induccion

3.1. Generalidades

Las caracterısticas fısicas de esta maquina son las siguientes:

a. Entrehierro uniforme.

b. Igual numero de devanados en estator y rotor.

c. Rotor simetrico, ya sea rotor devanado o rotor jaula de ardilla.

3.1.1. Rotor devanado

Cuando existe este tipo de interconexion en el rotor, pese al movimiento es posible tener acceso ael, mediante un juego de anillos deslizantes como muestra la figura3.1.

3.1.2. Jaula de ardilla

Esta estructura solida se encuentra de por sı en corto circuito y por lo tanto no se tiene acceso a ella.

La jaula de ardilla puede entenderse como un conjunto de espiras cortocircuitadas desplazadasapropiadamente las unas de las otras. La accion resultantede estas espiras es la creacion de unacampo magnetico rotativo, similar al creado por corrientes bifasicas en sistemas bifasicos o corrientestrifasicas en sistemas trifasicos.

El campo magnetico producido por la jaula (3.2) puede ser simulado por dos bobinas concentradas.

3.2. Modelo circuital

La figura3.3representa el modelo circuital para la maquina de inducci´on bifasica en movimiento.

187

188 Capıtulo 3. La maquina de induccion

Figura 3.1: Anillos deslizantes conectados a los devanados del rotor.

Figura 3.2: Rotor jaula de ardilla.

para la cual se cumplen las siguientes ecuaciones:

v1

v2

vx

vy

=

R1 + L1ρ 0 L1xmaxρcos nθ0 −L1xmaxρsen nθ0

0 R2 + L2ρ L2xmaxρsen nθ0 L2xmaxρcos nθ0

L1xmaxρcos nθ0 L2xmaxρsen nθ0 Rx + Lx0ρ 0−L1xmaxρsen nθ0 L2xmaxρcos nθ0 0 Rx + Lx0ρ

i1i2ixiy

.

(3.1)

3.2. Modelo circuital 189

ηρθ0

1

2

xy

Figura 3.3: Modelo circuital para la maquina de induccion bifasica en movimiento.

Notese la simetrıa del rotor.

Del principio del trabajo virtual

Tg =∂ω′

m(i1, i2, ix, iy , θ0)

∂θ0.

Entonces:

Tg = −n (L1xmaxi1ixsen nθ0 − L2xmaxi2ixcos nθ0 + L1xmaxi1iycos nθ0 + L2xmaxi2iysen nθ0) .(3.2)

Se puede aplicar la transformacion[TΘ0], para eliminar la dependencia deθ0.

[TΘ0] =


sen nθ0 cos nθ0

],

[iaiA

]= [TΘ0]

[ixiy

],

[va

vA

]= [TΘ0]

[vx

vy

].

Ası:

v1

v2

va

vA

=


L1xmaxρ L2xmaxnρθ0 Rx + Lx0ρ Lx0nρθ0

−L1xmaxnρθ0 L2xmaxρ −Lx0nρθ0 Rx + Lx0ρ

i1i2iaiA

, (3.3)


y:

Tg = n (L2xmaxi2ia − L1xmaxi1iA) . (3.4)

Las anteriores ecuaciones permiten el estudio de cualquiersituacion de la maquina de induccion.

3.3. La maquina de induccion con alimentacion sinusoidaldesbalanceada en el estator

Se estudiara el caso particular de una maquina trifasicaalimentada con voltajes sinusoidal desbalanceados.

Usando la transformacion de las componentes simetricas se puede llegar a un sistemavα0, vβ0, vγ0;donde se ha removido la componente de secuencia cero.

Con la transformacion trifasica a bifasica se puede llegar a un conjuntov1, v2 bifasico desbalanceado.

3.3.1. Componentes simetricas bifasicas adelante-atras

Es conveniente utilizar el metodo de las componentes simetricas bifasicas para abordar el analisisde esta maquina.

Se trata de descomponer el conjunto desbalanceadov1, v2 en dos conjuntos balanceados: uno de lamisma secuencia original y otro de secuencia contraria.

La figura3.4muestra la maquina bifasica equivalente a la trifasica.

1

2

xy

A

a

Figura 3.4: Maquina bifasica equivalente a la trifasica.

La descomposicion de que se habla se muestra en la figura3.5

3.3. La maquina de induccion con alimentacion sinusoidal desbalanceada en el estator 191

v1

v2

vfs√2

−jvfs√

2

j vbs√2

vbs√2

v1

v2

vfs√2

vbs√2

−jvfs√

2j vbs√

2

Figura 3.5: Componentes simetricas bifasicas adelante-atras.

En conjuntovfs, −jvfs determina un sistema bifasico con la secuencia igual a la original, es decirla secuencia 1-2. Este sistema de voltajes se denomina ”hacia adelante”, porque a nivel de torque enla operacion de motorizacion, desarrolla un torque en la direccion de la secuencia 1-2.

El conjuntovbs, jvbs determina un sistema bifasico con la secuencia contraria ala original, es decirla secuencia 2-1. Este sistema se denomina ”hacia atras”, porque a nivel del torque en la operacionde motorizacion desarrolla un torque en la direccion de lasecuencia 2-1.

Las mismas consideraciones se pueden hacer con respecto al campo magnetico rotativo creado porlos dos conjuntos de voltajes bifasicos.

En forma matricial:

[v1

v2

]=

1√2

[1 1−j j

] [vfs

vbs

]=[Td

] [vfs

vbs

]. (3.5)

En consecuencia:

[vfs

vbs

]=[Td

]−1[v1

v2

]. (3.6)

La transformacion usada[Td] debe ser invariante en potencia. Si se cumple la condicion de ortogonalidad


[Td

]−1=[Td

]t∗,

la potencia permanecera invariante cuando se define como:

P =[I]t∗ [

V]. (3.7)

Ası:

[vfs

vbs

]=

1√2

[1 j1 −j

] [v1

v2

].

Luego

P1,2 =

[i1i2

]t∗ [v1

v2

],

P1,2 =

(1√2

[1 1−j j

] [ifs

ibs

])t∗(1√2

[1 1−j j

] [vfs

vbs

]),

P1,2 =

[ifs

ibs

]t∗ [vfs

vbs

].

Lo cual demuestra la invariancia en potencia.

Esta sera la transformacion utilizada, aunque algunas veces se utiliza la transformacion

[v1

v2

]=

[1 1−j j

] [vfs

vbs

], (3.8)

y

[vfs

vbs

]=

1

2

[1 j1 −j

] [v1

v2

]. (3.9)

Ambas transformaciones son validas para los voltajes y corrientes del rotor (ver figura3.6)

De todas formas con cualquiera de las transformaciones llega a los mismos circuitos.

[vfr

vbr

]=

1√2

[1 j1 −j

] [va

vA

],

[ifr

ibr

]=

1√2

[1 j1 −j

] [iaiA

].

Resumiendo

vfs

vbs

vfr

vfr

=1√2

1 j 0 01 −j 0 00 0 1 j0 0 1 −j

v1

v2

va

vA

=[Tfb

]

v1

v2

va

vA

, (3.10)


−jV2

V2

Vbs

Vfs

V1

jV2

1√2(V1 − jV2)

1√2(V1 + jV2)

Figura 3.6: Determinacion de las componentes simetricas de voltaje para un sistema bifasico desbalanceado.

ifs

ibsifr

ibr

=1√2

1 j 0 01 −j 0 00 0 1 j0 0 1 −j

i1i2iaiA

=[Tfb

]

i1i2iaiA

. (3.11)

Donde:

[Tfb

]=

1√2

1 j 0 01 −j 0 00 0 1 j0 0 1 −j

. (3.12)

Ahora para las antiguas variables en funcion de las nuevas:

v1

v2

va

vA

=[Tfb

]−1

vfs

vbs

vfr

vbr

, (3.13)

[i1,2,a,A] = [Tfb]−1[ifs,bs,fs,fr]. (3.14)

La matriz de las ecuaciones, considerando el regimen permanente y usando notacion fasorial es lasiguiente:

V1

V2

Va

VA

=

R1 + jωL1 0 jωL1xmax 00 R2 + jωL2 0 jωL2xmax

jωL1xmax L2xmaxnρθ0 Rx + jωLx0 Lx0nρθ0

−L1xmaxnρθ0 jωL2xmax −Lx0nρθ0 Rx + jωLx0

I1

I2

Ia

IA

. (3.15)


3.3.2. Referencias de las ecuaciones al devanado 1 del estator

Ya es comun en el tratamiento de ecuaciones que incluyen acoplamiento magneticos, referirlas a unsolo devanado. En este caso se refieren al devanado 1 de estator.

Esto permite obtener un circuito equivalente eliminado losacoples tipo transformador.

A manera de ilustracion se referira la segunda ecuacion:

V2 = (R2 + jωL2)I2 + jωL2xmaxIA,

V ′2

V2=

N1

N2,

I ′2I2

=N2

N1,

V ′2I

′2 = V2I2,

I ′AIA

=NA

N1,

V ′2 = V2

N1

N2= (R2 + jωL2)

N1

N2I2 + jωL2xmax

N1

N2IA

V ′2 =

(I2

N2

N1

)N2

1

N22

R2 +

(jω

N21

N22

L2

)N2

N2I2 +

(jω

N21

N2NA

)(IA

NA

N1

)L2xmax ,

V ′2 = I ′2R

′2 + jωL′

2I′2 + jωL′

2xmaxI ′A. (3.16)

Donde

R′2 = R2

(N1

N2

)2

, (3.17)

L′2 = L2

(N1

N2

)2

, (3.18)

L′2xmax

= L2xmax

(N2

1

N2NA

). (3.19)

Ademas se puede ver que:

L′1xmax

= L1xmax

(N1

Na

). (3.20)

Donde:

Na = NA = Nx = Ny,


por la simetrıa del rotor.

Al referir las ecuaciones a un solo devanado se hacen igualeslas inductancias mutuas que no soniguales entre el estator y el rotor; puesto que los devanadosdel estator son desiguales. Ası:

L′1xmax

= L1xmax

(N1

Nx

)=

N1

Nx

N1Nx

R1xmax

=N2

1

R1xmax

, (3.21)

L′2xmax

= L2xmax

(N2

1

N2Nx

)=

N21

N2Nx

N2Nx

R2xmax

=N2

1

R2xmax

. (3.22)

Donde:R1xmax = R2xmax .

R es la reluctancia magnetica.

Luego

L′1xmax

= L′2xmax

.

Las ecuaciones referidas quedan:

V1

V ′2

V ′a

V ′A

=

R1 + jωL1 0 jωL′1xmax

00 R′

2 + jωL′2 0 jωL′

1xmax

jωL′1xmax

L′1xmax

nρθ0 R′x + jωL′

x0 L′x0nρθ0

−L′1xmax

nρθ0 jωL′1xmax

−L′x0nρθ0 R′

x + jωL′x0

I1

I ′2I ′aI ′A

. (3.23)

[V ′1,2,a,A] = [Z ′

1,2,a,A][I ′1,2,a,A]. (3.24)

3.3.3. Transformacion

Reemplazando las matrices de transformacion:

[Tfb]−1[v′fs,bs,fr,br] = [Z ′

1,2,a,A][Tfb]−1[i′fs,bs,fr,br].

Luego:

[v′fs,bs,fr,br] = [Tfb][Z′1,2,a,A][Tfb]

−1[i′fs,bs,fr,br].

Donde las relaciones de transformacion para los voltajes ycorrientes se refieren a los voltajes ya


referidos.

v′fs

v′bsv′fr

v′br

=1√2

1 j 0 01 −j 0 00 0 1 j0 0 1 −j


00 R′

2 + jωL′2 0 jωL′

1xmax

jωL′1xmax

L′1xmax

nρθ0 R′x + jωL′

x0 L′x0nρθ0

−L′1xmax

nρθ0 jωL′1xmax

−L′x0nρθ0 R′

x + jωL′x0

1√2

1 1 0 0−j j 0 00 0 1 10 0 −j j

i′fs

i′bsi′fr

i′br

,

v′fs

v′bsv′fr

v′br

=

12 (R1 + R′

2) + j ω2 (L1 + L′

2)12 (R1 − R′

2) + j ω2 (L1 − L′

2) jωL′1xmax

12 (R1 − R′

2) + j ω2 (L1 − L′

2)12 (R1 + R′

2) + j ω2 (L1 + L′

2) 0L′

1xmax(jω − jnρθ0) 0 R′

x + L′x0 (jω − jnρθ0)

0 L′1xmax

(jω + jnρθ0) 0

0jωL′

1xmax

0R′

x + L′x0 (jω + jnρθ0)

i′fs

i′bsi′fr

i′br

.

Donde:

nρθ0 = ωr.

Ademas

s =ω − ωr

ω.

Ası:

ω − nρθ0 = sω,

ω + nρθ0 = ω(2 − s).

Luego:

v′fs

v′bsv′frv′br

2−s

=

12 (R1 + R′

2) + j ω2 (L1 + L′

2)12 (R1 − R′

2) + j ω2 (L1 − L′

2) jωL′1xmax

12 (R1 − R′

2) + j ω2 (L1 − L′

2)12 (R1 + R′

2) + j ω2 (L1 + L′

2) 0

jωL′1xmax

0 R′x

s + jωL′x0

0 jωL′1xmax

0

0jωL′

1xmax

0R′

x

2−s + jωL′x0

i′fs

i′bsi′fr

i′br

.

(3.25)


Las anteriores ecuaciones estan representadas en el circuito de la figura3.7.

+

+

+

+

−

−

−

−

V ′bs I ′

bs

R1 L1 − L′1xmax

L′x0 − L′

1xmax

R′

x

2−s

L′1xmax I ′

brV ′

br

2−s

V ′fs I ′

fs

12(R′

2 − R1)12(L′

2 − L1)

R1 L1 − L′1xmax

L′1xmax

I ′fr

V ′

fr

s

L′x0 − L′

1xmax

R′

x

s

Figura 3.7: Modelo para la maquina de induccion con alimentacion desbalanceada.

La impedancia de acoplamiento:

jω

2(L′

2 − L1),

puede ser inductiva o capacitiva dependiendo de los parametros de los devanados de estator y sobretodo de la impedancia externa de los circuitos del estator.

3.3.4. Caso del rotor en cortocircuito

Se hace referencia a la figura3.8.

vx = vy = 0,

v′x = v′y = 0.

[v′av′A

]=


sen nθ0 cos nθ0

] [v′xv′y

],

v′a = v′A = 0.

[v′fr

v′br

]=

1√2

[1 j1 −j

] [v′av′A

].


1

2

xy

A

a

Figura 3.8: Maquina con rotor en cortocircuito.

v′fr = v′br = 0.

Con esta condicion, la figura3.9muestra el nuevo circuito.

+

+

−

−

V ′bs I ′bs

R1 L1 − L′1xmax

L′x0 − L′

1xmax

R′

x

2−sL′

1xmaxI ′br

V ′fs I ′fs

12 (R′

2 − R1)12 (L′

2 − L1)

R1 L1 − L′1xmax

L′1xmax

I ′fr

L′x0 − L′

1xmax

R′

x

s

Figura 3.9: Diagrama para rotor en cortocircuito.


3.3.5. Simetrıa en el estator

Si la maquina es simetrica en el estator

N1 = N2,

R1 = R′2,

L1 = L′2.

Y:

v′fs = vfs,

v′2 =N1

N2v2 = v2,

v′bs = vbs.

La figura3.10muestra el circuito equivalente para este caso.

+

+

−

−

Vbs Ibs

R1 L1 − L′1xmax

L′x0 − L′

1xmax

R′x

R′x

(s−1)2−s

L′1xmax I ′

br

Vfs Ifs

R1 L1 − L′1xmax

L′1xmax

I ′fr

L′x0 − L′

1xmax

R′x

R′

x

s(1 − s)

Figura 3.10: Diagrama para simetrıa en el rotor.

Notese que debido a la igualdad en la relacion de espiras

i′fs = ifs,

i′bs = ibs.


3.4. Caso de voltajes balanceados

Si los voltajes son de la forma:

Vα = V∠0,

Vβ = V∠ − 120,

Vγ = V∠120.

Al aplicar la transformacion de tres fases a dos, a este sistema se tiene:

V1 =

√3

2V,

V2 = −j

√3

2V = −jV1.

El circuito se reduce al de la figura3.11para el caso de los voltajes bifasicos balanceados.

+

−

Vfs = 2V1√2

Ifs = 2I1√2 I ′

fr =2I′

a√2

L1 − L′1xmax

R′x

R′x

(1−s)s

L′x0 − L′

1xmax

L′1xmax

R1 a

a′×

×

Figura 3.11:Circuito para el caso de los voltajes bifasicos balanceados.

Puesto que:

vfs =2√2V1,

vbs = 0,

ifs =2√2I1,

ibs = 0,

i′fr =2√2I ′a,

i′br = 0.

3.4. Caso de voltajes balanceados 201

El anterior es el circuito por fase de una maquina bifasica, donde:

Pent =√

3VlineaIlineacos θ = 3VαIαcos θ,

Pent/fase = VαIαcos θ.

Vα e Iα: Voltajes y corrientes de fase del trifasico.

En el bifasico equivalente:

Pent = 2V1I1cos θ,

Pent/fase = V1I1cos θ.

SiendoV1 e I1 voltaje y corriente de fase de bifasico equivalente.

De la invariancia de potencia:

[V1

V2

]=

1√2

[1 1−j j

] [vfs

vbs

],

V1 =1√2vfs I1 =

1√2ifs,

Pent = 2

(vfs√

2

)(ifs√

2

)cos θ. (3.26)

Notese la invariancia de potencia en la transformacion adelante-atras en el bifasico:

V1I1cos θ + V2I2cos θ = vfsifscos θ.

En el bifasico:

Pent/fase = |V1||I1|cosφ,

Pg/fase = |I ′a|2R′

x

s,

PM/fase = |I ′a|2R′

x

ωs,

TM/fase = |I ′a|2R′

x

ωs.

Conω enrad.mec/s, o:

TM/fase = n|I ′a|2R′

x

ωs.

Dondeω enrad.elec/s.

Pcu.est/fase = |I1|2R1,

Pcu.rotor/fase = |I ′a|2R′x.

Se aplica el teorema de Thevenin a la figura3.11, tal como se ve en la figura3.12para calcularI ′a.


+

−

+

−

vfs = 2V1√2

Ifs = 2I1√2 x′

1a Vth

R1 x′1

x′1a Zth

R1 x′1

Figura 3.12: Aplicacion del teorema de Thevenin.

Siendo el equivalente, el mostrado en la figura3.13

+

−Vth

Zth

x′a

R′

x

sI ′

fr = 2I′

a√2

Figura 3.13: Equivalente de Thevenin.

Allı

χ′1 = ω(L1 − L′

1xmax),

χ′1a = ωL′

1xmax,

χ′a = ω(L′

x0 − L′1xmax

).

|I ′a| =|Vth|√(

Rth + R′x

s

)2+ (χth + χ′

a)

, (3.27)

PM/fase =|Vth|2(

Rth + R′x

s

)2+ (χth + χ′

a)

(R′

x(1 − s)

s

), (3.28)

TM/fase =nPM

ω(1 − s)=

n|Vth|R′x

sω

[(Rth + R′

x

s

)2+ (χth + χ′

a)

].

(3.29)


Ademas:

|I1| =|V1||Zent|

. (3.30)

Done la ecuacion3.29es el torque para el bifasico.

Notese queVth se calcula para la formula anterior conV1 porque se calculo con cantidades delbifasico.

Ası para el torque total:

(Ttotal)2φ =2n|Vth|2R′

x

ωs

[(Rth +

R′x

s

)2

+ (χth + χ′a)

2

] . (3.31)

Algunos autores realizan transformaciones en las cuales sellega a un circuito (figura3.14) querepresenta una fase del trifasico simetrico con alimentacion balanceada.

SiendoVα, Iα e I ′α cantidades de fase del trifasico:

vα

+

−

Iα L′1xmax I ′

αR′

x

s

R1L1 − L′

1xmax L′x0 − L′

1xmax

Figura 3.14:Circuito por fase del sistema trifasico.

Se demuestra que:

(Ttotal)3φ =3n|Vth|2R′

x

ωs

[(Rth +

R′x

s

)2

+ (χth + χ′a)

2

] . (3.32)

Naturalmente ambos torques son iguales; la diferencia reside en el calculo del voltaje de Thevenin.

De la figura3.12para calculo en el bifasico:

Vth = jχ′1a

(V1

R1 + j (χ′1 + χ′

1a)

),

|Vth|2 =χ′

1a

2V2

1

R21 + (χ′

1 + χ′1a)

2 ,


V1 =

√3

2Vα,

|Vth|2 =3

2V2

αK, (3.33)

donde

K =χ′

1a

2

R21 + (χ′

1 + χ′1a)

2 .

Ası

(Ttotal)2φ =3nR′

xV2αK

ωs

[(Rth +

R′x

s

)2

+ (χth + χ′a)

2

] . (3.34)

La ultima expresion se puede hallar aplicando la formula(Ttotal)3φ y calculando el voltaje deThevenin del circuito de la figura3.14.

Luego:(Ttotal)2φ = (Ttotal)3φ. (3.35)

La figura3.15muestra las graficas de|Ia|, PM y TM para distintos valores des.

MotorizacionFreno Generacion

|I1|

TM

PM

|I1|

TM

PM

Deslizamiento

Figura 3.15:Curvas para la maquina de induccion.

Ası mismo se pueden reconocer tres regiones de funcionamiento.


3.4.1. Frenado

Se caracteriza por ser la rotacion inversa con relacion alpar. El par se opone a la rotacion y lapotencia es negativa. Es deslizamiento es mayor que 1.

3.4.2. Motorizacion

La rotacion de la maquina es en el sentido del par. La velocidad de estado permanente es determinadapor la carga mecanica impuesta (figura3.16)

b

1 0s

TM TL

Figura 3.16: Curvas de par para el motor de induccion.

La potencia es positiva.

3.4.3. Generacion

La velocidad de la maquina es mayor que la velocidad sincronica del campo. Esto exige una accionexterna. Se realiza conversion conversion de energıa mecanica en electrica. La potencia es negativa.

3.4.4. Analisis de la motorizacion

Las curvas de potencia y par tienen sus maximos a velocidades altas pero menores que la sincronica.Esto se aprecia en la figura3.17

Tomando:∂TM

∂s= 0,

se halla el valor del deslizamiento, al cual ocurre el torquemaximo.

STmax =R′

x√R2

th + (χth + χ′a)

2.

De esta forma:

Tmax/fase =0.5n|Vth|2

ω

[Rth +

√R2


2

] . (3.36)


ω0

T, P

ηρθ0

Figura 3.17: Curvas de potencia y par para el motor de induccion.

Que es el par mecanico por fase del equivalente bifasico.

Notese que el valor del torque maximo es independiente deR′x.

Para que el motor tenga el par maximo, en el arranque

STmax = 1.

Y

R′x =

√R2


2.

La figura3.18muestra el desplazamiento del par maximo para varios valores deR′x.

s0 1

TM

R′x1

R′x2 R′

x3

Figura 3.18: Curva de par para par maximo.

DondeR′

χ3> R′

χ2> R′

χ1.

Para una buena regulacion el par maximo debe estar tan cerca a la velocidad sincronica como seaposible.

3.5. Determinacion del torque medio para la maquina bifasica alimentada sinusoidalmente y con elrotor en corto circuito 207

3.5. Determinacion del torque medio para la maquina bifasicaalimentada sinusoidalmente y con el rotor en corto circuito

Se puede ver que para las ecuaciones referidas al devanado 1 del estator, se cumple:

Tg = nL′1xmax

(i′2i

′a − i1i

′A

).

Sea:

i1 =√

2I1cos (ωt − α) , (3.37)

i′2 =√

2I ′2cos (ωt − α1) , (3.38)

i′a =√

2I ′acos (ωt − β) , (3.39)

i′A =√

2I ′Acos (ωt − β1) . (3.40)

I1, I ′2, I ′a e I ′A valores eficaces.

Notese que la frecuencia de las corrientes del modeloi′a, i′A son de frecuenciaω.

Por lo tanto

Tg = nL′1xmax

[2I ′2I

′acos (ωt − α1) cos (ωt − β) − 2I1I

′Acos (ωt − α) cos (ωt − β1)

].

Tg = nL′1xmax

(I ′2I

′a [cos(β − α1) + cos(2ωt − α1 − β)] − I1I

′A [cos(β1 − α) + cos(2ωt − α − β1)]

).

(3.41)

Se halla el valor medio de la expresion anterior.

Tgmed=

1

T

∫ T

0Tg(t)dt.

Tgmed= nL′

1xmax

[I ′2I

′acos(β − α1) − I1I

′Acos(β1 − α)

]. (3.42)

Como:

Re[I ′2I′∗a ] = I ′2I

′acos(β − α1),

Re[I1I′∗A ] = I1I

′Acos(β1 − α).

Tgmed= nL′

1xmax

(I ′2I

′∗a − I1I

′∗A

). (3.43)

Ademas como:

I1

I ′2I ′aI ′A

=

√1

2

1 1 0 0−j j 0 00 0 1 10 0 −j j

I ′fs

I ′bsI ′fr

I ′br

.


Se puede expresar el torque en funcion de los componente simetricas:

Tgmed= nL′

1xmaxRe[(−jI ′fs + jI ′bs)(I

′fr + I ′br)

∗ − (I ′fs + I ′bs)(−jI ′fr + jI ′br)∗] /2,

Tgmed= nL′

1xmaxRe

[(−jI ′fs + jI ′bs)(I

′∗fr + I

′∗br) − (I ′fs + I ′bs)(jI

′∗fr − jI

′∗br)]/2,

Tgmed= nL′

1xmaxRe

[2j(−I ′fsI

′∗fr + I ′bsI

′∗br)]/2. (3.44)

Del circuito equivalente de la figura3.19

+

+

−

−

V ′bs I ′

bs

R1 L1 − L′1xmax

L′x0 − L′

1xmax

R′x

R′

x

2−s(s − 1)

L′1xmax I ′

br

V ′fs I ′

fs

R1 L1 − L′1xmax

L′1xmax

I ′fr

L′x0 − L′

1xmax

R′x

R′

x

s(1 − s)

12(R′

2 − R1)12(L′

2 − L1)

Figura 3.19:Circuito equivalente

I ′fs = −

(R′

x

s+ jωL′

x0

)I ′fr

jωL′1xmax

, (3.45)

I ′bs = −

(R′

x

2 − s+ jωL′

x0

)I ′br

jωL′1xmax

. (3.46)

Reemplazando:

Tgmed= nL′

1xmaxRe

2j

R′x

s+ jωL′

x0

jωL′1xmax

I ′frI′∗fr − 2j

R′x

2 − s+ jωL′

x0

jωL′1xmax

I ′brI′∗br

/2,

3.6. La maquina de induccion monofasica 209

pero

I ′frI′∗fr = |I ′fr|2,

I ′brI′∗br = |I ′br|2.

Luego:

Tgmed= nL′

1xmaxRe

2

R′x

s+ jωL′

x0

ωL′1xmax

|I ′fr|2 − 2

R′x

2 − s+ jωL′

x0

ωL′1xmax

|I ′br|2

/2,

Tgmed=

2n

ω

(R′

x

s|I ′fr|2 −

R′x

2 − s|I ′br|2

)/2. (3.47)

Que se puede hallar del mismo circuito equivalente.

Para simetrıaR′2 = R1 y L′

2 = L1

Tgmed/fase =

n|I ′fr|2R′x

2ωs− n|I ′br|R′

x

2ω(2 − s). (3.48)

Es el torque medio por fase del bifasico.

Se sabe que la potencia mecanica transportada por fase es:

PM/fase =ω

n(Tgmed

/fase) (1 − s).

Ası:

PM/fase = |I ′fr|2R′x

(1 − s)

2s− |I ′br|R′

x

(1 − s)

2(2 − s). (3.49)

Es la potencia por fase del bifasico.

3.6. La maquina de induccion monofasica

Se toman las ecuaciones referidas de la maquina bifasica:

V1

V ′2

V ′a

V ′A

=


00 R′

2 + jωL′2 0 jωL′

2xmax

jωL′1xmax

L′2xmax

nρθ0 Rx + jωL′x0 L′

x0nρθ0

−L′1xmax

nρθ0 jωL′2xmax

−L′x0nρθ0 Rx + jωL′

x0

I1

I ′2I ′aI ′A

. (3.50)


Al aplicar la transformacion de las componentes simetricas bifasicas se tiene:

V ′fs

V ′bs

V ′fr

V ′br

=1

2

R1 + R′2 + jω(L1 + L′

2) R1 − R′2 + jω(L1 − L′

2) jω(L′1xmax

+ L′2xmax

)R1 − R′

2 + jω(L1 − L′2) R1 + R′

2 + jω(L1 + L′2) jω(L′

1xmax− L′

2xmax)

j(ω − nρθ0)(L′1xmax

+ L′2xmax

) j(ω − nρθ0)(L′1xmax

− L′2xmax

) 2 (R′x + jL′

x0(ω − nρθ0))j(ω + nρθ0)(L

′1xmax

− L′2xmax

) j(ω + nρθ0)(L′1xmax

+ L′2xmax

) 0

jω(L′1xmax

− L′2xmax

)jω(L′

1xmax+ L′

2xmax)

02 (R′

x + jL′x0(ω + nρθ0))

I ′fs

I ′bsI ′fr

I ′br

.

(3.51)Se hacen cero los elementos que tienen que ver con la bobina dos (figura3.20)

1

x

A

a

ηθ0

ηρθ0

Figura 3.20:Representacion de la maquina monofasica.

V ′fs

V ′bs

V ′fr

V ′br

=1

2

R1 + R′2 + jωL1 R1 + jωL1 jωL′

1xmax

R1 + jωL1 R1 + jωL1 jωL′1xmax

jL′1xmax

(ω − nρθ0) jL′1xmax

(ω − nρθ0) 2 (R′x + jL′

x0(ω − nρθ0))jL′

1xmax(ω + nρθ0) jL′

1xmax(ω + nρθ0) 0

jωL′1xmax

jωL′1xmax

02 (R′

x + jL′x0(ω + nρθ0))

I ′fs

I ′bsI ′fr

I ′br

.

(3.52)

Con:

sω = ω − nρθ0,

(2 − s)ω = ω + nρθ0.


V ′fs

V ′bs

V ′fr/s

V ′br/(2 − s)

=1

2


jωL′1xmax


jωL′1xmax

jωL′1xmax

jωL′1xmax

2

(R′

x

s+ jL′

x0

)0

jωL′1xmax

jωL′1xmax

0 2

(R′

x

2 − s+ jL′

x0

)

I ′fs

I ′bsI ′fr

I ′br

.

(3.53)

Sumando las primeras dos ecuaciones de3.53:

V ′fs + V ′

bs = (R1 + jωL1)(I′fs + I ′bs) + jωL′

1xmaxI ′fr + jωL′

1xmaxI ′br.

Como:

I1 =(I ′fs + I ′bs)√

2,

y,

V1 =(V ′

fs + V ′bs)√

2.

V1 = (R1 + jωL1)I1 + jωL′1xmax

I ′fr + jωL′1xmax

I ′br. (3.54)

V1

V ′fr/s

V ′br/(2 − s)

=

R1 + jωL1 jωL′

1xmaxjωL′

1xmax

12jωL′

1xmax

R′x

s + jωL′x0 0

12jωL′

1xmax0 R′

x

2−s + jωL′x0

I1

I ′fr

I ′br

. (3.55)

El siguiente circuito (figura3.21), satisface las ecuaciones anteriores:

+ +

− −

+

−V1

I12

I ′fr

I ′br

L′1xmax

L′1xmax

V ′

fr

s

V ′

br

2−s

R1 L1 − L′1xmax

L′x0 − L′

1xmax

R′

x

2−s

R1 L1 − L′1xmax

L′x0 − L′

1xmax

R′

x

s

Figura 3.21:Circuito equivalente para la maquina monofasica.


Para el rotor en cortocircuito:

Vx = 0,

Va = 0,

VA = 0.

Luego:

V ′fr = 0,

V ′br = 0.

La figura3.22muestra el circuito equivalente de la maquina monofasica.

+

−

V1 I1

2I ′fr

2I ′br

L′

1xmax

2

L′

1xmax

2

L′

x−L′

1xmax

2

R′

x

2(2−s)

R1 L1 − L′1xmax

L′

x−L′

1xmax

2

R′

x

2s

Figura 3.22:Circuito equivalente de la maquina monofasica.

Del circuito de la figura3.22PM = (1 − s)Pg,

PM = |2I ′fr|2R′x

(1 − s)

2s+ |2I ′br|2R′

x

(s − 1)

2(2 − s), (3.56)

TM =PM

ωs (1 − s)

=2n|I ′fr|2R′

x

sω− 2n|I ′br|2R′

x

ω(2 − s). (3.57)

El torque tiene dos componentes: una que actua en el sentidode giro o hacia adelante y otra queactua en contra del giro o hacia atras.

Cuandos = 1,


se nota del circuito de la maquina monofasica (figura3.22) que:

I ′fr = I ′br.

De donde se desprende que:TM = 0. (3.58)

Efectivamente el motor monofasico no tiene par de arranque. La figura3.23es una grafica para lasdos componentes del torque.

s

TM Curva hacia adelante

Torque mecanico total

Curva hacia atras

2 1.5 1 0.5 0

Figura 3.23: Par de motor monofasico.

3.6.1. Arranque de los motores monofasicos

Al no tener arranque propio, los motores monofasicos requieren metodos de arranque. Se conocenel del flujo giratorio y el del colector con escobillas en el rotor.

El mas conocido es el primero en el cual de incorpora un devanado auxiliar o de arranque adicionalal devanado principal, el que produce una diferencia de faseentre las corrientes de ambos devanados(flujo giratorio), y un par neto de arranque. En el fondo la maquina se comporta como una bifasica enel arranque. Los dos tipos principales de este metodo de arranque se logran en los siguientes motores:motor de fase partida y motor con condensador de arranque.

A. Fase partida

La figura3.24muestra esquematicamente este tipo de motor donde los devanados principal y dearranque tienen diferencias sensibles de impedancia para lograr, como ya se planteo, la diferencia de


fase entre las corrientes.

Interruptorcentrıfugo

Devanadode

arranque

Rotorjaula deardilla Devanado

principal

Figura 3.24:Motor de fase partida.

El devanado principal tienen una resistencia relativamente baja y una alta reactancia comparada conla anterior. El devanado de arranque tiene una alta resistencia y una baja reactancia.

Un interruptor centrıfugo en la rama del arrollamiento de arranque, que se acciona cuando el motorha alcanzado aproximadamente el 70% de la velocidad final, desconecta automaticamente dichodevanado.

El analisis de este motor durante el arranque puede hacersecon el circuito equivalente de la maquinabifasica asimetrica en el estator. Cuando se acciona el centrıfugo se utiliza el circuito equivalentemonofasico.

La caracterıstica par-velocidad es como muestra la grafica de la figura3.25.

B. Condensador de arranque

Como el motor de fase partida es generalmente un motor fraccionario sin un alto par de arranque;el requerimiento de un par mayor de arranque se logra incorporando un condensador electrolıtico enserie con el devanado de arranque (figura3.26).

El condensador es simplemente una ayuda para el arranque y obviamente se desconecta con elcentrıfugo.

Dentro de este metodo (arranque por campo giratorio) tambien hay motores que no sacan el condensador,sino que lo dejan operando permanentemente y motores que emplean dos condensadores en el arranque,de los cuales uno se deja operando permanentemente. Sin embargo, estos dos ultimos tipos de motoresson de hecho bifasicos desbalanceados.

3.7. Transitorios en la maquinas de induccion 215

Apertura delinterruptorcentrıfugo

Par de lamaquinabifasica

Par de lamaquina

monofasica

1

TM

s

Figura 3.25:Pares para los motores bifasico y monofasico.

Figura 3.26: Motor monofasico con condensador de arranque.

3.7. Transitorios en la maquinas de induccion

Los transitorios que pueden ocurrir en la maquinaria de induccion son de dos tipos; electricos comolos producidos por cambios de voltajes o mecanicos como losproducidos por cambios en cargas. Engeneral, cualquier tipo de transitorio puede ser analizadode las ecuaciones ya estudiadas y que sepresentan de nuevo

v1

v′2v′av′A

=

R1 + L1ρ 0 L′1xmax

ρ 00 R′

2 + L′2ρ 0 L′

1xmaxρ

L′1xmax

ρ L′1xmax

nρθ0 Rx + L′x0ρ L′

x0nρθ0

−L1xmaxnρθ0 L′1xmax

ρ −L′x0nρθ0 R′

x + L′x0ρ

i1i′2i′ai′A

. (3.59)


Y de la ecuacion del eje mecanico

Tg − fρθ0 ± Tcarga = Jρ2θ0, (3.60)

dondeTg = nL′

1xmax

(i′2i

′a − i1i

′A

). (3.61)

La solucion de este sistema de cinco ecuaciones exige tecnicas numericas por ser ecuacionesdiferenciales no lineales. Sin embargo en esta maquinaria puede suponerse que los transitorios electricoshan terminado antes que los mecanicos se inicien. Esto permite considerar como constante la velocidaden la matriz de las ecuaciones electricas, lograndose unaimportante simplificacion.

A. Arranque del motor de induccion

Para calcular el transitorio de arranque se considera que lavelocidad es cero hasta que terminael transitorio electrico, luego en la medida que va evolucionando la velocidad se va modificando lamisma para calcular corrientes.

Haciendonρθ0 = 0.

De la ecuacion matricial3.59:

v1 = (R1 + L1ρ)i1 + L′1xmax

ρi′a, (3.62)

v′a = L′1xmax

ρi1 + (R′x + L′

x0ρ)i′a, (3.63)

v′2 = (R′2 + L′

2ρ)i′2 + L′1xmax

ρi′A, (3.64)

v′A = L′1xmax

ρi′2 + (R′x + L′

x0ρ)i′A. (3.65)

Como:v′x = v′y = 0 ⇒ v′a = v′A = 0. (3.66)

Las ecuaciones pueden ser representadas por los siguientescircuitos equivalentes (figura3.27).De donde pueden calcularse los transitorios. Si se desprecia R′

x, los circuitos se reducen (figura3.28).

Definiendo:

L′1T = L1 −

L′21xmax

L′x0

, (3.67)

L′2T = L2 −

L′21xmax

L′x0

, (3.68)

inductancias transitorias 1 y 2 respectivamente

i1(0−) = i′2(0

−) = 0.

Siv1 = V1maxcos(ωt + λ), (3.69)


v′2 i2 i′AL1xmaxL′

x0 − L′1xmax

R2 L2 − L′1xmax

R′x

v1 i1 i′aL1xmaxL′

x0 − L′1xmax

R1 L1 − L′1xmax

R′x

Figura 3.27: Diagramas para el calculo del transitorio de arranque del motor de induccion.

v1 i1 L1 − L′2

1xmax

L′

x0

R1

v2 i′2 L′2 −

L′2

1xmax

L′

x0

R′2

Figura 3.28: Diagrama de la figura3.27simplificado.

i1(t) =V1max√

R21 + (ωL′

1T )2

cos

(ωt + λ − tg−1

(ωL′

1T

R1

))− cos

(λ − tg−1

(ωL′

1T

R1

))e−

R1t

L′1T

.

(3.70)

La constante de tiempo (figura3.29) del transitorio es

L′1T

R1,

es muy pequena y se puede suponer que la velocidad no ha cambiado cuando ya se alcanza el regimenpermanente.


t

i1(t)

Figura 3.29: Variacion dei1 con el tiempo.

Evolucion de la velocidad (transitorio mecanico)

Si se incluye la friccion dentro de la carga:

TL = Tcarga + fρθ0, (3.71)

Tg − TL = Jρ2θ0 = Jdω

dt,

∆T = Tg − TL = Jdω

dt. (3.72)

Tg depende de las corrientesi′2, i′A, i1, i′a; sin embargo como se esta en regimen permanente decorrientes, se poden tomar del circuito equivalente, y entoncesTg sera una funcion del deslizamiento,es decir de la velocidad.

Tg = Tg(ω).

El par externo de la carga siempre se describe en funcion de la velocidad ası:

Tcarga = Tcarga(ω),

TL(ω) = Tcarga(ω) + fω,

∆T (ω) = Tg(ω) − TL(ω).

Siendo∆T funcion deω, el problema se reduce a resolver la ecuacion diferencial

dω

dt=

∆T (ω)

J. (3.73)

Solucion grafica (figura3.30):

De la grafica de la figura3.31se puede determinar la expresion para∆T (ω).


∆T (ω)

Tg(ω)

TL(ω)

ωs

ωr.p. (regimen permanente)

Figura 3.30: Solucion grafica para el transitorio mecanico.∆T (ω)

ωr.p. ω

Figura 3.31: Grafica para∆T (ω)-ω.

∫ ω

0

(J

∆T (ω)

)dω =

∫ t

0dt.

El area bajo la curva de la figura3.32 va mostrando el tiempo necesario para ir alcanzando lavelocidad respectiva (figura3.33).

Tambien se puede graficar el valor de regimen permanente que toman las corrientes con el tiempo.Para cadat1 se determina els1 correspondiente. Con este valor del deslizamiento se resuelve elcircuito equivalente del motor de induccion. Al final se podra obtener el grafico de la figura3.34.

B. Variaciones pequenas en la carga mecanica del motor

Se considera un motor alimentado con voltajes balanceados yequilibrados trabajando con una cargamecanicaTL0 cuando reune una pequena variacion de esta carga.


J∆T (ω)

ωr.p. ω

t1

ω1

Figura 3.32:Grafica paraJ/∆T (ω)-ω

ω

ω1

ωr.p.

tt1

Figura 3.33: Cambio de la velocidad en el tiempo.

Como se vio, el par desarrollado por un motor se puede expresar por:

TM =2n(Vth)2R′

x

sω

[(Rth +

R′x

s

)2

+ (χth + χ′a)

2

] .

Multiplicando y dividiendo pors2

TM =2n(Vth)2R′

xs

ω[(sRth + R′

x)2 + s2 (χth + χ′a)

2] . (3.74)

Esta funcion se muestra en la figura3.35El rango de operacion del motor se da en las vecindades des = 0, lo cual permite suponer la


t

|I1|

Corriente maxima de arranqueen regimen permanente

Corriente deregimen para

ωr.p.

Figura 3.34: Variacion de|I1| en el tiempo.

ωm

Sωs

TM

0 1

Figura 3.35: Grafica deTM - s.

caracterıstica lineal.

Linealizando:

TM = ks ∴ k =dTM

ds

∣∣∣∣s=0

.

Evaluando:

k =2n|Vth|2

ωR′x

, (3.75)


TM =2n|Vth|2s

ωR′x

. (3.76)

La ecuacion general para el eje mecanico sera:

∑T = (Jmotor + Jcarga)

dωM

dt, (3.77)

Jmotor + Jcarga = JT ,

Tg(ωm) − fωm − TL = JTdωm

dt. (3.78)

Expresando en funcion de deslizamientos:

ωM =ω(1 − s)

n,

dωm

dt= −ω

n

ds

dt.

Tg(s) −ω

n(1 − s)f − TL = −JT +

ω

n

ds

dt. (3.79)

Reemplazando:

−ω

nJtρs +

ω

nf(1 − s) + TL = ks. (3.80)

La anterior es la ecuacion del eje mecanico en funcion deldeslizamiento, siempre y cuando seeste en la region lineal.

Ahora para trabajar con variaciones de carga alrededor de unpunto:

TL = TL0 + ∆TL(t), (3.81)

s = s0 + ∆s(t). (3.82)

Reemplazando y notando que:

ω

nf(1 − s0) + ∆TL0 = ks0. (3.83)

Estado estable antes de la perturbacion.

ω

nJT ∆Ls(t) +

(ω

nf + k

)∆Ls(t) = ∆TL(t). (3.84)

En terminos de Laplace y con condiciones iniciales igualesa cero; note que el operadors se cambiopor∆L

ω

nJT ∆L∆Ls(∆L) +

(ω

nf + k

)∆Ls(∆L) = ∆TL(∆L),

∆Ls(∆L)[ωn

JT ∆L +(ω

nf + k

)]= ∆TL(∆L),


∆Ls(∆L) =∆TL(∆L)[

ωnJT ∆L +

(ωnf + k

)] = G(∆L). (3.85)

∆Ls(t) = L−1G(∆L). (3.86)

El caso particular cuando∆TL(t) = cte = ∆TL, se puede resolver facilmente

G(∆L) =∆TL

∆L

[ωnJT ∆L +

(ωnf + k

)] , (3.87)

∆s(t) =∆TL

ωnf + k

1 − e−

t

τ

, (3.88)

donde:

τ =JT

f + nkω

.

Ver figura3.36

∆S(t)

∆TLωn

JT +K

t

Figura 3.36: Variacion de∆S(t) en el tiempo.

Analogamente la variacion de la velocidad sera:

ωm(t) = ωm(0) + ∆ωm(t), (3.89)

ωm(0) + ∆ωm(t) =ω

n(1 − s0 − ∆s(t)),

ωm(0) + ∆ωm(t) =ω

n(1 − s0) −

ω

n∆s(t), (3.90)

∆ωm(t) = −ω

n∆s(t), (3.91)


∆ω(t) = − ∆TL

f + nωk

1 − e−

t

τ

. (3.92)

Ver figura3.37.

t

∆ω(t)

∆TL

JT +K nω

Figura 3.37:Variacion de∆ω(t) en el tiempo.

La cual era de esperarse, si la carga aumenta la velocidad disminuye.


Ejemplos

Ejemplo 3.1. Un servomotor de amortiguacion viscosa, de 6 polos, 400 c.p.s., 26 V (en cada fase)bifasico, tiene las siguientes constantes referidas al estator:

R1 = 65 Ω,

R′x = 165 Ω,

χ1 = 75 Ω,

χ′a = 65 Ω.

Despreciar la rama de magnetizacion. La inercia del rotor es 0,69 gr-cm2. El coeficiente de amortiguacionviscosa es 3,0 dinas-cm/rad/s.Para rotor bloqueado (s = 1)

a) Determinar la potencia de entrada para el voltaje nominalaplicado a ambos devanados.

b) Repetir la parte a) para la mitad del voltaje aplicado al devanado de control.

Solucion 3.1. a)La figura3.38es la representacion circuital de un servomotor bifasico simetrico en el estator y en

el rotor.

+

+

−

−

Vbs Ibs

R1 jχ1 jχ′a

R′

x

2−sjχ′

φ I ′br

Vfs Ifs

R1 jχ1

jχ′φ I ′

fr

jχ′a R′

x

R′

x(1−s)

s

Figura 3.38: Representacion circuital de un servomotor bifasico sim´etrico en el estator y en el rotor.

jχ′a = jω

(L′

x0 − L′1xmax

),

jχφ = jωL′1xmax

,

jχ1 = jω (L1 − L1xmax) .


V1 = 26∠0, V2 = 26∠ − 90,

Vfs =V1 + jV2√

2=

26∠0 + j26∠ − 90√2

= 36, 77∠0,

Vbs =V1 − jV2√

2=

26∠0 − j26∠ − 90√2

= 0.

Ibs = I ′br = 0.

De la figura3.39

+

−

36.77∠0 165

65 j75 j65

Ifs

Figura 3.39: Circuito del ejemplo 3.1

36, 77∠0 = (65 + j75 + j65 + 165)Ifs = (230 + j140)Ifs,

Ifs = 0, 1366∠ − 31, 33,

I ′fr = −Ifs = 0, 1366∠148, 67 ,

Ibs = I ′br = 0.

Ası:P = VfsIfs,

P = (36, 77)(0, 1366)cos(31, 33) = 4, 29 W.

Si: [I1

I2

]=

1√2

[1 1−j j

] [Ifs

Ibs

]

I1 = 0, 0966∠ − 31, 33,

I2 = 0, 0966∠ − 121, 33 .

P = 2V1I1cosθ = 2(26)(0, 0966)cos(31, 33) = 4, 29 W.


Como ilustracion se utiliza la transformacion:

Vfs =V1 + jV2

2= 26∠0,

Vbs = 0,

Ifs = 0, 0966∠ − 31, 33,

I ′fr = −Ifs = 0, 0966∠148, 67 ,

Ibs = I ′br = 0.

[I1

I2

]=

[1 1−j j

] [Ifs

Ibs

]

I1 = 0, 0966∠ − 31, 33,

I2 = 0, 0966∠ − 121, 33.

Ası:Pent = (26)(0, 0966)cos(31, 33) + (26)(0, 0966)cos(31, 33) = 4, 29 W,

es identica; pero:P = VfsIfs,

P = (26)(0, 0966)cos(31, 33) = 2, 145 W,

que es la mitad de la potencia total de entrada.

b)

El devanado de control esV1

V1 = 13∠0, V2 = 26∠ − 90,

Vfs =13∠0 + j26∠ − 90√

2= 27, 58∠0,

Vbs =13∠0 − j26∠ − 90√

2= −9, 19∠0.

De la figura3.40

27, 58∠0 = (230 + j140)Ifs,

Ifs = 0, 0724∠ − 31, 33.

−9, 19∠0 = (230 + j140)Ibs,

Ibs = 0, 034∠148, 67 .

I ′fr = 0, 1024∠148, 67 ,

I ′br = 0, 034∠ − 31, 33.


+

−

+

−

−9.19∠0

65

27.58∠0

j75 j65

165

165

j65j7565

Ifs

Ifs

Figura 3.40: Circuito del ejemplo 3.1

I1 =(Ifs + Ibs)√

2,

I1 =(0, 0724∠ − 31, 33 + 0, 034∠148, 67√

2= 0, 0484∠ − 31, 33.

I2 =−jIfs + jIbs√

2,

I2 =(0, 0724∠ − 121, 22 + 0, 034∠238, 67√

2= 0, 0964∠ − 121, 33.

Pent = (13)(0, 0484)cos(31, 33) + (26)(0, 0964)cos(31, 33 ) = 2, 67 W.

Nota:El estator es simetrico N1 = N2 y V ′

2 = N1N2

V2 = V2.

Ejemplo 3.2. En aplicaciones de potencia de los motores de induccion se puede obtener una expresionsimplificada del par, considerando la resistencia del estator como cero y tomando la relacion del para deslizamientos, con la expresion del par maximo, y simplificando. Obtenga la expresion:

T

Tmax=

2smaxT

s+

s

smaxT

.

Solucion 3.2. De la figura3.41

Zth = jχ1χ

′1a

χ1 + χ′1a

∴ Rth = 0.

T =2V 2

thR′x

sωs

[(R′

x

s

)2

+ (χth + χ′a)

2

] ,


jχ1

jχ′1a

Figura 3.41: Diagrama para el ejemplo 3.2

Tmax =2V 2

thR′x

smaxTωs

[(R′

x

smaxT

)2

+ (χth + χ′a)

2

] ,

T

Tmax=

s[R

′2x + (χth + χ′

a)2s2

max

]

smax [R2x + (χth + χ′

a)2s2]

,

R′2x (Tsmax − Tmaxs) = (χth + χ′

a)2(Tmaxss2

max − Ts2smax),

smax =R′

x√(Rth + χ′

eq)2,

s2max =

R′2x

(Rth + χ′eq)

2.

s2max(Tsmax − Tmaxs) = (Tmaxss2

max − Ts2smax),

T

Tmax=

2ssmax

s2max + s2

,

T

Tmax=

2smax

s+

s

smax

.

Ejemplo 3.3. Un motor de induccion de rotor devanado de 4 polos, conectado en Y, para 440 V,trif asico, 60 c.p.s.; tienen los siguientes parametros por fase referidos al devanado del estator:

R1 = 0, 045 Ω,

R′x = 0, 040 Ω,

χ1 = 0, 31 Ω,

χ′a = 0, 21 Ω.

La reactancia magnetizante es de 10,0Ω.

a) Con las terminales del rotor en corto circuito determine para un deslizamiento de 0,02, lapotencia de entrada, el factor de potencia y la corriente de lınea.


Ası mismo determine el par electromagnetico, la perdida total en el cobre del rotor y la potenciamecanica desarrollada.

b) ¿Cual es el valor maximo del par desarrollado y a que velocidad y deslizamiento ocurre?

Solucion 3.3. a) Notese que el√

2/2 que afecta al circuito de la figura3.11 es redundante, ypuede ser dado en funcion deV1, I1 e I ′a en vez devfs, Ifs e I ′fr.

De la figura3.42

+

−

V1 I1 I ′a

χ′1

R′x

R′

x(1−s)

s

χ′a

χ′1a

R1

Figura 3.42: Circuito para el motor de induccion.

χ′1 = ω(L1 − L′

1xmax),

χ′a = ω(L′

x0 − L′1xmax

),

χ′1a = ωL′

1xmax.

Y, de la figura3.43

Zab =j10(2 + j0, 21)

2 + j(10 + 0, 21)= 1, 84 + j0.56

Zent = 0, 045 + j0, 31 + 1, 84 + j0, 56 = 2, 07∠24, 78 .

De la figura3.44

V1f =440√

3= 254∠0, V1 =

√3

2254 = 331, 09∠0 ,

I1 =V1

Zent=

331, 09∠0

2, 07∠24, 78= 150, 28∠ − 24, 78,

I13φ=

√2

3I1 = 127, 7∠ − 24, 78.


+

−

V1 I1 I ′a

j0.31

2

j0.21

j10

0.045

Zab

EquivalenteThevenin

Figura 3.43:Circuito con valores para el ejemplo 3.3.

+

−

V1

I1

Zent

Figura 3.44: Impedancia de entrada para el ejemplo 3.3

f.p = cos(−24.78) = 0, 9 atrasado.

Pent = V1I1cosθ = (311, 09)(150, 28)(0, 9) = 42.075, 54 W,

es la potencia de entrada de una fase del bifasico equivalente.

Pt ent = 2Pent = 84.151, 09 W.

Como ya es sabido la potencia se conserva en la transformacion de tres ejes a dos ejes; ası:

Pt ent3φ = Pt.ent2 = 84.151, 09 W.


Reemplazando en la formula anterior:

3Pent/fase(3φ) = 2Pent/fase(2φ),

Pent/fase(3φ) =2

3Pent/fase(2φ),

Pent/fase(3φ) =2

3(42.075, 54) = 28.050, 36 W.

que es la potencia por fase del trifasico.

Pg total = 2I21Re(Zab),

Pg total = 2(150, 28)2(1, 84),

Pg total = 83.109, 4 W.

Pt mec = (1 − s)Pg total,

Pt mec = (1 − 0, 02)(83.109, 4),

Pt mec = 81.447, 22 W.

Pcu = sPg total,

Pcu = (0, 02)(83.109, 4),

Pcu = 1662, 19 W.

Tg =Pg total

ωs=

83.109, 4 W

(377/2)= 440, 9 Nw − m.

b)

smaxT=

R′a√

R2th + (χth + χ′

a)2,

Zth =Rth + jχth =j10(0, 04 + j0, 31)

0, 045 + j(10 + 0, 31)

0, 042 + j0, 3 = 0, 3∠81, 96 .

smaxT=

0, 04√(0, 042)2 + (0, 3 + 0, 21)2

= 0, 078.

Deslizamiento del torque maximo =0, 078.

ωm = ω(1 − s),


ωm maxT= ωs(1 − ωmaxT

)377

2(1 − 0, 078) = 173, 69 rad.mec/s.

Vth = j10

[311, 09∠

0, 045 + j0, 31 + j10

]= 301, 74∠0, 25 .

Tmax/fase =0, 5n|Vth|2

ω[Rth +

√R2


2] ,

=0, 5(2)(301, 74)2

377[0, 042 +

√(0, 042)2 + (0, 3 + 0, 21)2

] ,

Tmax/fase = 436, 14 N − m.

TmaxT= 872, 29 N − m.

Ejemplo 3.4. Un motor de induccion (el del ejemplo 3.3), de rotor devanado, 4 polos, conectado enY, para 440 V,3φ, 60 Hz, tiene los siguientes parametros por fase referidos al devanado estator:

R1 = 0, 045 Ω,

R′x = 0, 04 Ω,

χ′1 = 0, 31 Ω,

χ′a = 0, 21 Ω.

Reactancia magnetizante (χ′1a) de10 Ω.

Se desea desarrollar el par maximo paras = 1, 0. Determine la resistencia por fase que debe seragregada al circuito de rotor para llenar este requerimiento. ConR′

x para par maximo en el arranque,determine el par desarrollado y la perdida por cobre en el rotor para un deslizamiento de 0,5.

Solucion 3.4. De la figura3.45

Vα = 254∠0 V, Vβ = 254∠ − 120 V, Vγ = 254∠120.

[V1

V2

]=

√2

3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]

V s

α

V sβ

V sγ

.

V1 =

√2

3

(Vα − 1

2(Vβ + Vγ)

)=

√3

2Vα,

=

√3

2(254∠0) = 311∠0 V.


(a) (b)

ωr

440V, Y

3φ,60hz

P = 4

+

−

440V ∼

440√3

= 254V

Figura 3.45:Motor del ejemplo 3.4

V2 =

√2

3

(√3

2(Vβ − Vγ)

)= 311∠ − 90 V.

Ver figura3.46

En el rotor:V r

α = V rβ = V r

γ = 0. (rotor en cortocircuito)

V1 = 311∠0

V2 = 311∠− 90V

ωs

Figura 3.46:Voltaje del bifasico.

⇒ Va = VA = 0.

Calculo de componentes simetricas:

Vfs =1√2(V1 + jV2) =

1

2(311∠0 + (1∠90)311∠ − 90) = 439, 82∠0 V,

Vbs =1√2(V1 − jV2) =

1

2(311∠0 + (1∠ − 90)311∠ − 90) = 0∠0 V.

Vfr =1√2(Va + jVA) = 0∠0 V.


Vbr =1√2(Va − jVA) = 0∠0 V.

Ademas:

I1 =(Ifs + Ibs)√

2=

Ifs√2,

I2 =(−jIfs + jIbs)√

2= −j

Ifs√2,

Ia =(Ifr + Ibr)√

2=

Ifr√2,

IA =(−jIfr + jIbr)√

2= −j

Ifr√2,

dado que:Ibs = Ibr = 0. (Por ser balanceado)

De la figura3.47

Vfs = 2V1√2

= 439.82 Ifs = 2I1√2 I

′fr =

2I′

a√2

jχ1

R′

x

s

jχ′a

jχ′1a

R1

Figura 3.47: Circuito para el ejemplo 3.4

R1 = 0, 045 Ω,

R′x = 0, 04 Ω,

χ1 = 0, 31 Ω,

χ′a = 0, 21 Ω,

χ′1a = 10 Ω.

Reemplazando se obtiene el resultado observado en la figura3.48.

Aquı, R′x es la existente en el rotor (0, 04 Ω) mas la que se agregara.

Del ejemplo:Zth = 0, 042 + j0, 3 ,

Vth = j10

[439, 82∠0

0, 045 + j0, 31 + j10

]= 426, 59∠0, 25 ,


439.82∠0 Ifs j10 I′fr

R′

x

s

0.045Ω j0.31Ω j0.21Ω

⇒ +

−

Vth

I ′fr =

2I′

a√2

R′

a

s

Zth j0.21Ω

(b)(a)

Figura 3.48: Circuito equivalente de Thevenin para el ejemplo 3.4

R′x =

√R2


2 =√

(0, 042)2 + (0, 3 + 0, 21)2 = 0, 512 Ω,

peroR′x del rotor es0, 04 Ω.

Se debe agregar:R′

xa = (0, 512 − 0, 04) = 0, 47 Ω/fase,

I ′fr =2I ′a√

2=

Vth

Rth + R′a

s + j(χth + χ′a)

,

|I ′fr| =|Vth|√(

Rth + R′x

s

)2+ (χth + χ′

a)2

=426, 59√(

0, 042 + 0,5120,5

)2+ (0, 3 + 0, 21)2

|I ′fr| = 360, 99 A.

I ′a =

√2

2I ′fr = 255, 34 A.

TM/fase =|I ′a|2R′

x

sω, En el bifasico equivalenteω en radianes electricos.

TM/fase =(255, 34)2(0, 512)

(0, 5)(377/2)= 354, 18 N − m.

TM total = 2(354, 18) = 708, 36 N − m.

Pcu rotor/fase = |I ′a|2R′x = (255, 34)2(0, 512) = 33, 38 KW,

Pcu rotor total = 2(33, 38) = 66, 76 KW.

Comprobacion:

TM/fase =n|I ′fr|2R′

x

2sω,


donde:

I ′fr =2√2I ′a.

Reemplazando:

TM/fase =n∣∣∣ 2√

2I ′a

∣∣∣2R′

x

2sω=

n|I ′a|2R′x

sω,

ω en radianes electricos.

Ejemplo 3.5. Determine la resistencia que debe ser agregada por fase de tal manera que el ejemplo3.4 desarrolle su par maximo a un deslizamiento de 2,0.

Cual es la velocidad real del rotor para un deslizamiento de 2,0. Determine la potencia en elentrehierro y la potencia en la flecha mecanica para la resistencia original. Ası mismo, ¿cual es laperdida por cobre en el rotor? Interprete los resultados.

Solucion 3.5. sm : deslizamiento para maximo torque

sm =R′

x√R2

th + (χ′2 + χth)2

.

Para maximo torque consm = 2, 0; se tiene:

2, 0 =R′

2√(0, 0042)2 + (0, 21 + 0, 3)2

.

Del ejemplo 3.4Zth = 0, 042 + j0, 3,

R′2 = 2

[√(0, 0042)2 + (0, 21 + 0, 3)2

]= 1, 023 Ω,

R′2adicional

/fase =(R′

2calculado− R′

2original

)/fase,

R′2adicional

/fase = 1, 023 − 0, 04 = 0, 983 Ω/fase.

ωm = ωs(1 − s) =120f

P(1 − s),

ωm =120(60)

4(1 − 2) = −1800 r.p.m.

Funciona en la region de frenado porque se ha invertido el sentido de giro.

Se resuelve paraR′x = 0, 04 Ω ∴

R′x

s = 0,042 = 0, 02 Ω.

De la figura3.49


+

−

V1 I1 I ′a

j0.31

0.02

j0.21

j10

0.045

Figura 3.49:Representacion de una fase de la maquina trifasica con alimentacion balanceada.

Zent = 0, 045 + j0, 31 +j10(0, 02 + j0, 21)

j10 + j0, 21 + 0, 02,

Zent = 0, 045 + j0, 31 + 0, 0186 + j0, 199,

Zent = 0, 51∠82, 87 .

Si I1 e I ′a son corrientes del trifasico por alimentar con un voltaje del trifasico por fase:

V1 =440√

3∠0 = 254∠0.

El circuito de la figura3.49representa una fase de la maquina trifasica con alimentacion balanceada.

Ası:

I13φ =254∠0

0, 51∠82, 87= 498, 04∠ − 82, 87,

Pg/fase = |I1|2Re(Zab),

Pg/fase = (498, 04)2(0, 0186) = 4.613, 6 W,

que es la potencia de una fase del trifasico.

Pg total = 3(4.613, 6) = 13.840, 8 W,

PM = (1 − s)Pg total = (1 − 2)(13.840, 8) = −13.840, 8 W.

Absorbe potencia mecanica por el eje (PM < 0), siendo el par en el mismo sentido de motorizacion.Por lo tanto da origen a un par de sentido contrario al movimiento y se dice que se frena.

Pcu rotor = sPg = 2(13.840, 8) = 27.681, 6 W.

Notese el equilibrio de potencias:

Pg = Pcu rotor + PM .


Ejemplo 3.6. Un motor de induccion, 6 polos, 230 V,3φ, es accionado a 1248 r.p.m. cuando el estatorse conecta a una lınea de 230 V. Las constantes de la maquina son:

R1 = 0, 27 Ω,

R′a = 0, 22 Ω,

χ1 = 0, 51 Ω,

χ′a = 0, 46 Ω.

La reactancia de magnetizacion es de 22Ω. Las constantes son valores de fases referidos aldevanado de estator, que esta conectado en Y.

Determinar la corriente del estator y del rotor, el par desarrollado y la magnitud y la direccion dela potencia en las terminales del estator.

Solucion 3.6. Tomando una fase del trifasico (figura3.50)

+

−

V1

j0.51

5.5

j0.46

j22

0.27

Figura 3.50: Fase de la maquina trifasica.

s =ωs − ωm

ωs=

1200 − 1248

1200= 0, 04 ⇒ Generador.

Zab =j22(j0, 46 − 5, 5)

j22 + j0, 46 − 5, 5= −4, 98 + j1, 67 ,

Ztotal = 0, 27 + j0, 51 − 4, 98 + j1, 67 = −4, 71 + j2, 18 = 5, 19∠155, 16 ,

V1 =230√

3∠0 = 132, 79∠0,

V1 = ZtotalI1,

I1 =132, 79∠0

5, 19∠155, 16= 25, 58∠ − 155, 16.

Pentrada = V1I1cosθ = (132, 79)(25, 58)cos(−155, 16) = −3.082, 51 W,


Ptotal = −9.247, 54 W.

Esta precedida por un signo menos; esto indica que la maquina esta generando; la potencia va dela maquina hacia la lınea.

Pentrehierro = Pg = |I1|2Re(Zab) = (25, 58)2(−4, 98) = −3.258, 59 W,

Tg = 2

(Pg

ωs

)= 3

(−3.258, 59

377/3

)= −77, 79 N − m.

Corriente en el rotor:

I ′a =j22I1

j0, 46 + j22 − 5, 5= 24, 34∠ − 168, 91.

Ejemplo 3.7. El motor del ejemplo 3.6 se conecta en∆ y se alimenta con los siguientes voltajes:

Vα = 132, 8∠0,

Vβ = 132, 8∠ − 120,

Vγ = 132, 8∠120 .

Accionado a la misma velocidad, calcular: las corrientes enel estator y el rotor, potencia deentrada y par desarrollado.

Solucion 3.7. Ver la figura3.51

b

b

b b

b

b

b

b

132.8V

60 ∼

Figura 3.51:Motor del ejemplo 3.7

[V1

V2

]=

√2

3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]

132, 8∠0

132, 8∠ − 120

132, 8∠120

,


V1 = 162, 65∠0,

V2 = 162, 65∠ − 90.

Para invariancia de potencia:

[vfs

vbs

]=

√1

2

[1 j1 −j

] [V1

jV1

]=

[√2v1

0

]=

[2300

].

De la figura3.52

+

−

Vfs = 230 I ′fs I ′

fr

jχ1 = j0.51Ω

R′

a

s= 0.22

−0.04= −5.5

jχd = j0.46

j22

R1 = 0.27Ω


I ′fs =230∠0

5, 177∠155, 2= 44, 43∠ − 155, 2,

I ′fr = − (j22)I1

j22 + j0, 46 − 5, 5= 42, 28∠11, 05 ,

I ′bs = I ′fr = 0.

[I1

I2

]=

√1

2

[1 1−j j

] [44, 43∠ − 155, 2

0

]=

[31, 42∠ − 155, 2

31, 42∠ − 245, 2

].

Notese que:I2 = jI1.

[I ′aI ′A

]=

√1

2

[1 1−j j

] [42, 28∠11, 05

0

]=

[29, 9∠11, 05

29, 9∠ − 78, 95

],

donde:I ′A = −jI ′a.

Iα

Iβ

Iγ

=

√2

3

1 0

−1/2√

3/2

−1/2 −√

3/2

[31, 42∠ − 155, 2

31, 42∠ − 245, 2

]=

25, 65∠ − 155, 2

25, 65∠ − 275, 2

25, 65∠ − 35, 2

.

La corriente real en el rotor no puede ser calculada, pues se desconoce la relacion de transformacion,entre el rotor y el estator, a causa de ser el rotor fundido en jaula de ardilla, sin embargo se puede


calcular referida al estator. [i′xi′y

]=

[cos nθ sen nθ−sen nθ cos nθ

] [i′ai′A

],

donde:

n = 3,

θ = θ0 + Ωt,

Ω = 1248

(2π

60

)rad/s= 130, 69 rad/s,

θ0 = 0 por comodidad,

θ = 130, 69t.

I ′a = 29, 9∠11, 05 , → i′a(t) = 29, 2√

2cos(ωt + 11, 05),

I ′A = 29, 9∠ − 78, 95, → i′A(t) = 29, 2√

2cos(ωt − 78, 95).

Ası:i′a(t) = 42, 3cos(377t + 11, 05), i′A(t) = 42, 3sen(377t + 11, 05).

[i′xi′y

]=

[cos 392, 07t sen 392, 07t−sen 392, 07t cos 392, 07t

] [42, 3cos(377t + 11, 05)42, 3sen(377t + 11, 05)

]

i′x(t) = 42, 3cos(377t + 11, 05)cos(392, 07t) + 42, 3sen(377t + 11, 05)sen(392, 07t).

De inmediato:i′x(t) = 42, 3cos(15, 07t − 11.05),

concos(α − β) = cosαcosβ + senαsenβ.

Analogamente:i′y(t) = −42, 3sen(15, 07t − 11.05),

consen(α − β) = senαcosβ − cosαsenβ.

Estas son las corrientes en la maquina bifasica equivalente referidas al estator.

Esto es apenas logico; las corrientes inducidas en el rotor son de frecuencia menor y dependen dela velocidad relativa

f2 = sf1 = 0.04(377) = 15, 08 rad/s.

Para el calculo de las trifasicas referidas; en forma fasorial:

I ′x = 29, 9∠ − 11, 05,


i′y = −42, 3sen(15, 07t − 11.05) = 42, 3cos(15, 07t + 78, 95),

I ′y = 29, 9∠78, 95 .

I ′αr

I ′βr

I ′γr

=

√2

3

1 0

−1/2√

3/2

−1/2 −√

3/2

[I ′xI ′y

],

I ′αr = 24, 4∠ − 11, 05,

I ′βr = 24, 4∠108, 95 ,

I ′γr = 24, 4∠ − 131, 05.

No olvidar que la frecuencia de estas corrientes es15, 07 rad/s, y no la de la red (377 rad/s). Unacomparacion de las magnitudes deI ′a e I ′αr, muestra que para efectos practicos son muy similares.

Tgmedio=

n|I ′fr|2R′x

sω= −3(42, 28)2(0.22)

0, 04(377)= −78, 24 N − m,

porqueI ′br = 0.

Recuerdese que la formula para torque es invariante en el sistema total, ası se calcule en el sistemados a tres, en el de componentes simetricas o en el real referido (problema anterior).

En el trifasico:

Pent = 2VαIαcosϕ = 3(132, 8)(25, 65)cos(−155, 2) = −9.276 W.

En el bifasico:

Pent = 2V12φI12φcosϕ = 3(162, 65)(31, 42)cos(−155, 2) = −9.276 W.

En bifasico conIfs:

Pent = VfsIfscosϕ = (230)(44, 43)cos(−155, 2) = −9.276 W.

Ejemplo 3.8. Sivab = 180 V, vbc = 210 V, vca = 150 V.

a) Hallar los voltajes de secuencia de lınea.

b) Hallar el sistema de voltajes de fase.

c) Hallar un sistema equivalente de voltajesv1, v2.

d) Hallar un sistema de voltajesvfs, vbs.

Solucion 3.8. Secuenciaacb (figura 3.53)Aplicando el teorema del coseno al triangulo de la figura3.54, se tiene


a

b

c

b

b

b b

b

bb

b

Figura 3.53:Diagrama del ejemplo 3.8

180 − α

α β180 − β

Vab

Vbc

γ

Vca

Figura 3.54: Diagrama de voltajes del ejemplo 3.8

cosα =v2

ab + v2ca + v2

bc

2vabvca=

32400 + 22500 − 44100

2(150)(180)= 0, 2 ,

α = 78, 46.

cosβ =v2

bc + v2ab − v2

ca

2vbcvab=

44100 + 32400 − 22500

2(210)(180)= 0, 71 ,

β = 44, 4.

γ = 180 − (α − β) = 180 − (78, 46 + 44, 4) = 57, 14.

Ası:

Vab = 180∠0,

Vbc = 210∠135, 6,

Vca = 150∠ − 101, 54.

Este diagrama de fasores se muestra en la figura3.55

[Vab1

Vab2

]=

1√3

[1 a a2

1 a2 a

]

Vab

Vbc

Vca

,


vca

vab

vbc

−(180 − α)

180 − α

Figura 3.55: Diagrama fasorial para el ejemplo 3.8

puesto que la componente de secuencia cero de los voltajes delinea no existe.

Vab1 =1√3

(180∠0 + 1∠120210∠135, 6 + 1∠240150∠ − 101, 54) ,

Vab1 = 8, 95 − j59, 8 = 60, 43∠ − 81, 48.

Vab2 =1√3

(180∠0 + 1∠240210∠135, 6 + 1∠120150∠ − 101, 54) ,

Vab2 = 302, 8 + j60 = 308, 6∠ + 11, 2.

Secuencia:acb

Vab1 = 60, 43∠ − 81, 5 Vca1 = 60, 43∠158, 5 Vbc1 = 60, 43∠38, 5 .

De la figura3.56

vca1

vab1

vbc1

81.538.5

158.5

(a) (b)

vca1

vab1

vbc1vcn1

van1 vbn1

Figura 3.56: Secuencia acb

Van1 =Vab1√

3∠(−81, 5 + 30).


Van1 = 34, 89∠ − 51, 5 Vcn1 = 34, 89∠188, 5 Vbn1 = 34, 89∠68, 5 .

Secuencia:abc

Vab2 = 308, 6∠11, 2 Vbc2 = 308, 6∠ − 108, 8 Vca2 = 308, 6∠131, 2 .

De la figura3.57

vca2

vbc2

vab2

108.8

11.2131.2

(a) (b)

vca2

vab2

vbc2

vcn2

van2

vbn2

Figura 3.57:Secuencia abc

Van2 =Vab2√

3∠(11, 2 − 30).

Van2 = 178, 17∠ − 18, 8 Vbn2 = 178, 17∠ − 138, 8 Vcn1 = 178, 17∠101, 2 .

Ası se obtiene el diagrama mostrado en la figura3.58

vcn1

van1

vbn1

188.5 68.5

51.5

(a) Secuenciaacb

vcn2

van2

vbn2

101.2

18.8

138.8

(b) Secuenciaabc

Figura 3.58: Componentes de secuencia.

Los voltajes de fase se obtienen sumando sus componentes de secuencia:

Van = Van1 + Van2,


Van = 34, 89∠ − 51, 5 + 178, 17∠ − 18, 8,

Van = 208, 37∠ − 23, 99.

Vbn = Vbn1 + Vbn2,

Vbn = 34, 89∠68, 5 + 178, 17∠ − 138, 8,

Vbn = 148, 05∠ − 144, 99 .

Vcn = Vcn1 + Vcn2,

Vcn = 34, 89∠188, 5 + 178, 17∠101, 2 ,

Vcn = 182, 95∠112, 18 .

Van = 208, 4∠ − 24, Vbn = 148, 05∠ − 145, Vcn = 183∠112.

Este diagrama se muestra en la figura3.59

vcn

van

vbn

112

24

145

Figura 3.59: Voltaje de fase

Se aplica ahora la transformacion invariante en potencia al sistema bifasico.

Dado que:Van + Vbn + Vcn = 0.

[V1

V2

]=

√2

3

[1 −1/2 −1/2

0√

3/2 −√

3/2

]

208, 4∠ − 84

148, 05∠ − 145

183∠112

,

[Vfs

Vbs

]=

√1

2

[1 j1 −j

] [255, 8∠ − 23, 8

182, 52∠ − 101, 13

],


V1 = 255, 8∠ − 23, 8,

V2 = 182, 52∠ − 101, 13,

Vfs = 308∠ − 18, 5,

Vbs = 61, 83∠ − 50, 98.

Ver figura3.60

−jVfs

Vfs

jVbs

Vbs

Figura 3.60: Componente del sistema bifasico.

Ejemplo 3.9. Un motor monofasico de 4 polos, con arranque por capacitor, de 1/3 H.P., 110V, 60c.p.s., tiene las siguientes constantes:Para el devanado de trabajo:

R1 = 1, 95 Ω,

χ1 = 2, 7 Ω.

Los valores del rotor referidos al devanado de trabajo son:

R′x = 4, 0 Ω,

χa = 2, 3 Ω.

Resistencia del devanado auxiliar, de arranque:

Ra1 = 6, 8 Ω,

χ1a = 3, 2 Ω.

El capacitor electrolitico de arranque en serie con el devanado de arranque tiene una impedancia:

Zc = 3 − j15, 2 Ω.

La relacion de espiras efectiva entre el devanado de arranque y el devanado de trabajo (Na

Nm) es

1,2.El valor de la reactancia magnetizante referida al devanadode trabajo es65, 3 Ω.

a) En el arranque determine las corrientes de cada uno de los devanados y la corriente de lınea,el voltaje a traves del capacitor, el par neto y la perdida total en el cobre del rotor.

b) Un interruptor, operado por fuerza centrıfuga, abre el circuito del devanado de arranquecuando el deslizamiento es 0,25. Determine la corriente de lınea, el factor de potencia, lapotencia y el par neto, ası como la perdida en el cobre del rotor para un deslizamiento de 0,05.


Solucion 3.9. a) Se utiliza el circuito equivalente para la maquina bifasica (s = 1), con asimetrıaen el estator y con el rotor en corto (v′fr = v′br = 0). Ver figura3.61.

+

+

−

−

V ′bs I ′

bs

R1 L1 − L′1xmax

L′x0 − L′

1xmax

R′

x

2−sL′

1xmax I ′br

V ′fs I ′

fs

12(R′

2 − R1)12(L′

2 − L1)

R1 L1 − L′1xmax

L′1xmax

I ′fr

L′x0 − L′

1xmax

R′

x

s

Figura 3.61:Circuito equivalente para la maquina bifasica (s = 1), con asimetrıa en el estator y con el rotor encorto.

Es necesario referir las cantidades del devanado auxiliar al de trabajo:

R′1a

R1a=

(Nm

Na

)2

∴ R′1a = 6, 8

(1

1, 2

)2

= 4, 72 Ω,

χ′1a

χ1a=

(Nm

Na

)2

∴ χ′1a = 3, 2

(1

1, 2

)2

= 2, 22 Ω,

donde:R′

2 = R′1a,

jωL′2 = jχ′

1a (2 es el devanado auxiliar).

Se da la reactancia del devanado de trabajo:

χ1D = 2, 7 Ω,

L1 − L′1xmax

= L1D,

ωL1 − ωL′1xmax

= ωL1D,

ωL1 = ωL1D + ωL′1xmax

,


dondeωL1D = χ1D = 2, 7 Ω,

es la reactancia de dispersion dada

χ1 = ωL1 = 2, 7 + 65, 3 = 68 Ω.

Con este valor, se tiene para la rama central de la figura3.61

1

2(R′

2 − R1) =1

2(4, 72 − 1, 95) = 1, 39 Ω,

jω

2(L′

2 − L1) =j

2(χ′

1a − χ1) =j

2(2, 22 − 68) = −j32, 89 Ω.

Ası se obtiene el circuito equivalente mostrado en la figura3.62.

+

+

−

−

V ′bs I ′

bs

1.95 j2.7 j2.3

4Ωj65.3 I ′br

V ′fs I ′

fs

1.39Ω −j32.89Ω

1.95Ω j2.7Ω

j65.3 I ′fr

j2.3Ω

4Ω

Figura 3.62: Circuito equivalente para la maquina bifasica (s = 1), con asimetrıa en el estator y con el motoren corto.

Se debe incluir en el anterior circuito el efecto del condensador de la bobina 2 mostrado en lafigura 3.63

Aquı:V1 = V ′

2 + ZcI′2.

Pero: [I1

I ′2

]=

√1

2

[1 1−j j

] [I ′fs

I ′bs

],


− +V1

I11

IL = I1 + I ′2

−

+

V ′2

I ′2

2

− +

Z′cI

′2

b

b

bb

b

b

b

b

Figura 3.63: Motor monofasico con condensador de arranque.

I ′2 =1√2(−jI ′fs + jI ′bs),

V ′2 = V1 −

1√2

Zc(−jI ′fs + jI ′bs).

Ademas:

V ′fs =

V1 + jV ′2√

2,

V ′fs =

V1 + j(V ′

1 − 1√2Z′c(−jI ′fs + jI ′bs)

)

√2

,

V ′fs =

V1√2

(1 + j) − Z′c

2

(I ′fs − I ′bs

).

V ′bs =

V1 − jV ′2√

2,

V ′bs =

V1 − j(V ′

1 − 1√2Zc(−jI ′fs + jI ′bs)

)

√2

,

V ′bs =

V1√2

(1 − j) − Z′c

2

(I ′bs − I ′fs

).


Se refiere el capacitor:

Z′c = Zc

(Nm

Na

)2

= (3 − j15, 2)

(1

1, 2

)2

= 2, 08 − j10, 56 Ω,

Z′c

2= 1, 04 − j5, 28 Ω.

El siguiente circuito (figura3.64), cumple con las ecuaciones dadas anteriormente consecuenciade la inclusion del condensador.

b

b

b

+

+

−

−

+

+

−

−

V ′bs

V1√2(1 − j) I ′

bs

1.95 j2.7 j2.3

4Ωj65.3 I ′br

V ′fs

V1√2(1 + j) I ′

fs

1.04 − j5.28Ω 1.39Ω −j32.89Ω

1.95Ω j2.7

j65.3 I ′fr

j2.3

4Ω

Figura 3.64: Motor monofasico con el condensador incluido.

Se resuelve con:

V1√2(1 + j) =

√2√2V1∠45 = 110∠45,

V1√2(1 − j) =

√2√2V1∠ − 45 = 110∠ − 45.

Ası:

I ′bs = 10, 97∠ − 39, 59,

I ′fs = 9, 21∠ − 46, 55.

[I1

I ′2

]=

1√2

[1 1−j j

] [I ′fs

I ′bs

]


I1 =1√2(6, 51∠ − 46, 55 + 7, 76∠ − 39, 59),

I1 = 14, 25∠ − 42, 75.

I2 =1√2

((6, 51∠ − 46, 55)(1∠ − 90) + (7, 76∠ − 39, 59)(1∠90)) ,

I2 = 1, 51∠82, 03 .

I ′2I2

=Na

Nm∴ I2 = 1, 51∠82, 03

(1

1, 2

)= 1, 25∠82, 03 .

IL = I1 + I2 = 14, 25∠ − 42, 75 + 1, 25∠82, 03 ,

IL = 13, 57∠ − 38, 45.

Vc = ZcI2 = (3 − j15, 2)(1, 25∠82, 03),

Vc = 19, 36∠3, 19 .

I ′fr = 8, 88∠136, 84 A,

I ′br = 10, 58∠143, 8 A.

[I ′aI ′A

]=

√1

2

[1 1−j j

] [I ′fr

I ′br

],

I ′a =

√1

2(6, 28∠136, 84 + 7, 48∠143, 8),

I ′a = 13, 74∠140, 61 .

I ′A =

√1

2((1∠ − 90)(6, 28∠136, 84) + (1∠90)(7, 48∠143, 8)) ,

I ′A = 1, 46∠ − 94, 7.

Estas corrientes estan referidas al devanado de trabajo.

Tg medtotal=

n|I ′fr|2R′x

sω− n|I ′br|2R′

x

(2 − s)ω,

Tg medtotal=

2(8, 88)2(4)

377− 2(10, 58)2(4)

377= −0, 7 N − m.


Pcu rotor = R′x|I ′fr|2 + R′

x|I ′br|2,Pcu rotor = 4

((8, 88)2 + (10, 58)2

),

Pcu rotor = 763, 16 W.

b) Se utiliza el circuito de la figura3.65donde:

+

−

V1 I1

L′

x−L′

1xmax

2

2I ′br

2I ′fr

R′

x

2(2−s)

R′

x

2s

L′

1xmax

2

L′

1xmax

2

R1 L1 − L′1xmax

L′

x−L′

1xmax

2


L′x = L′

x0,

R′x

2s=

4

2(0, 05)= 40 Ω,

R′x

2(2 − s)=

4

2(2 − 0, 05)= 1, 03 Ω.

Resolviendo el circuito de la figura3.66

I1 = 3, 69∠ − 51, 67.

f.p. = cos(−51, 67) = 0, 62 atrasado

2I ′fr = 2, 3∠178, 13 ,

2I ′br = 3, 56∠130, 08 .


+

−

110∠ I1

j1.15

2I ′br

2I ′fr

1.03

40

j32.65

j32.65

1.95 j2.7 j1.15


PM = 2I ′frR′x

(1 − s)

2s− 2I ′brR

′x

(s − 1)

2(2 − s),

PM = (2, 3)2(4)(1 − 0, 05)

2(0, 05)− (3.56)2(4)

(0, 05 − 1)

2(2 − 0, 05),

PM = 188, 67 W.

TM =PM

ω

n(1 − s)

=188, 67

377

2(1 − 0, 05)

,

TM = 1, 05 N − m.

Pcu rotor = R′x|I ′fr|2 + R′

x|I ′br|2,

Pcu rotor = 4

[(2, 3

2

)2

+

(3, 56

2

)2]

,

Pcu rotor = 17, 95 W.

Ejemplo 3.10. Un motor de induccion trifasico con 4 polos, 5 H.P., 760 V, 60 c.p.s., en Y, tiene unacaracterıstica velocidad-par, dada por la tabla3.1:

a) Representar la caracterıstica par-velocidad, usando unidades MKS de Newton-metroy radianespor segundo respectivamente.

b) La maquina esta acoplada a un par de carga constante igual a 16,2 lb-pie. El momento deinercia total de la carga y el rotor es de 50 lb/pie2. Obtener una representacion grafica de lavelocidad cuando se arranca el motor.

Solucion 3.10. a) Teniendo en consideracion que:

1 N − m = 0, 730 lb − pie.


Velocidad (r.p.m.) Par (lb-pie)1800 01725 18,31650 27,11575 33,21500 36,61350 39,41200 39,8900 37,1600 34,4300 32,40 30,7

Tabla 3.1:

Se obtiene la tabla3.2:

Velocidad (rad/s) Par (N-m)188,5 0180,5 24,8172,8 36,7164,9 45,0157,1 49,6141,4 53,4125,7 53,994,3 50,362,8 46,631,4 43,9

0 41,6

Tabla 3.2:

La solucion grafica se ilustra en la figura3.67.

b) Teniendo en consideracion que :

TL = 16, 2 lb − pie = 21, 95 N − m,

1 kg − m2 = 23, 73 ln − pie2,

(JL + JM ) = 2, 1 kg − m2.

Se obtiene la tabla3.3:

La solucion grafica se puede ver en la figura3.68

A partir de la figura3.68, se calcula la tabla3.4: Donde:

t(s) = 5(0, 005)(# cm).


T (N − m)

ω( rads

)10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 200

10

20

30

40

50

60

Figura 3.67: La maquina de induccion. Caracterıstica par-velocidad.

Velocidad (rad/s) ∆T (ωm) (N-m) J/∆T (ωm)

188,5 -21,95 -0,05180,5 2,84 0,73172,8 14,77 0,14164,9 23,23 0,09157,1 27,64 0,07141,4 31,42 0,06125,7 31,97 0,0694,3 28,32 0,0762,8 24,66 0,0831,4 21,95 0,09

0 19,64 0,1

Tabla 3.3:

Ver grafica de la figura3.69.


J∆T (ωm)

ωm( rads

)10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

0.06

0.07

0.08

0.09

0.10

0.11

0.12

0.13

0.14

0.15

0.16

Figura 3.68:La maquina de induccion.

Velocidad (rad/s) Tiempo (s)0 0

31,4 3,062,8 6,094,3 8,2125,7 10,0141,4 10,8157,1 11,6164,9 12,0172,8 12,7175 13,5

177,5 13,9

Tabla 3.4:


V elocidad

( rads

)

t(s)1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

20

40

60

80

100

120

140

160

180

Figura 3.69: La maquina de induccion. Representacion de la velocidad.



3.2

Ejercicio 3.1. Demostrar a partir de las ecuaciones dadas en el numeral3.2:

Tg = − n (L1xmaxi1ixsen nθ0 − L2xmaxi2ixcos nθ0 + L1xmaxi1iycos nθ0

+L2xmaxi2iysen nθ0) ,

Tg = n (L2xmaxi2ia − L1xmaxi1iA) .

3.3

Ejercicio 3.2. Referir las ecuaciones siguientes al devanado 1 del estator

V1

V2

Va

VA

=

R1 + jωL1 0 jωL1xmax 00 R2 + jωL2 0 jωL2xmax

jωL1xmax L2xmaxnρθ0 Rx + jωLx0 Lx0nρθ0

−L1xmaxnρθ0 jωL2xmax −Lx0nρθ0 Rx + jωLx0

I1

I2

Ia

IA

.

Ejercicio 3.3. Las ecuaciones de 1 referidas, se escriben como :

[V1,2,a,A] =[Z ′

1,2,a,A

][I1,2,a,A] .

Demostrar que:

[Z ′1,2,a,A][Tfb]

−1 =

12(R1 + R′

2) + j ω2 (L1 + L′

2)12 (R1 − R′

2) + j ω2 (L1 − L′

2) jωL′1xmax

12(R1 − R′

2) + j ω2 (L1 − L′

2)12 (R1 + R′

2) + j ω2 (L1 + L′

2)

jωL′1xmax

0R′

x

s+ jωL′

x0

0 jωL′1xmax

0

0jωL′

1xmax

0R′

x

(2 − s)+ jωL′

x0

,

donde:

[Tfb] =1

2

1 j 0 01 −j 0 00 0 1 j0 0 1 −j

.

Ejercicio 3.4. Resolver:[Tfb][Z

′1,2,a,A][Tfb]

−1,


si

[Tfb] =1√2

1 j 0 01 −j 0 00 0 1 j0 0 1 −j

.

3.4

Ejercicio 3.5. Para el circuito de la figura3.70, hallar la impedancia de entrada

Ifs I ′fr

L1 − L′1xmax

R′

x

s

L′x0 − L′

1xmax

L′1xmax

R1

Figura 3.70: Circuito del ejercicio 3.5

Ejercicio 3.6. Dado:

TM =n|Vth|2R′

x

sω[(

Rth + R′x

s

)+ (χth + χ′

a)2] ,

demostrar que:

smax =R′

x√R2


2,

y

Tmax =0, 5n|Vth|2

ω[(

Rth + R′x

s

)+ (χth + χ′

a)2] .

Ejercicio 3.7. Hallar utilizando el circuito de la figura la corriente de arranque para un motorde induccion.

3.6


Ejercicio 3.8. Para la maquina de induccion monofasica demostrar:

V ′fs

V ′bs

V ′fr

V ′br

=

R1 + R′2 + jω(L1 + L′

2) R1 − R′2 + jω(L1 − L′

2) jω(L′1xmax

+ L′2xmax

)R1 − R′

2 + jω(L1 − L′2) R1 + R′

2 + jω(L2 + L′2) jω(L′

1xmax− L′

2xmax)

j(ω − nρθ0)(L′1xmax

+ L′2xmax

) j(ω − nρθ0)(L′1xmax

− L′2xmax

) 2 (R′x + j(ω − nρθ0)L

′x0)

j(ω + nρθ0)(L′1xmax

− L′2xmax

) j(ω + nρθ0)(L′1xmax

+ L′2xmax

) 0

jω(L′1xmax

− L′2xmax

)jω(L′

1xmax+ L′

2xmax)

02 (R′

x + j(ω + nρθ0)L′x0)

I ′fs

I ′bsI ′fr

I ′br

.

3.7

Ejercicio 3.9. Hallar la respuestai(t) para el circuito de la figura3.71cuando ent = 0 secierra el interruptork, siendoi(0) = 0.

+

−

V i(t) R

L′k

Figura 3.71: Circuito del ejercicio 3.9

Bibliografıa

Adkins, Bernand.The General Theory of Electric Machines. London: Chapman and Hall, 1957.Alger, Philip L.Nature of Polyphase Induction Machines. New York:Wiley, 1951.Behrend, Bernard A.The Induction Motor and Other Alternating Current Motors, 2nd Ed. NewYork:McGraw-Hill, 1921.Bewley, Loyal V.Alternating Current Machinery. New York:Macmillan, 1949.Clarke, Edith.Circuit Analysis of A-C Power Systems, Vol I. New York:Wiley, 1943.Clarke, Edith.Circuit Analysis of A-C Power Systems, Vol II. New York:Wiley, 1950.Concordia, Charles.Synchronous Machines. New York:Wiley, 1951.Fitzgerald, A.E., kingsley, Charles. Jr. and Umans, Stephen. Electric Machinery. NewYork:McGraw-Hill, 2002.Hayt, William H. and Buck, Jhon.Engineering Electromagnetics. New York:McGraw-Hill,2005.Herman, Stephen L.Alternating Current Fundamentals, 7th Ed. New York: Delmar CengageLearning, 2006.Jones, Charles V.The Unified Theory of Electrical Machines. London: Butterworths, 1967.Kron, Gabriel.Equivalent Circuit of Electric Machinery. New York:Dover, 1967.Ku, Yu-Hsiu.Electric Energy Conversion. New York:Ronald Press, 1959.Langsdorf, Alexander S.Theory of Alternating Current Machinery. New York:McGraw-Hill,1937.Lawrence, Ralph R. and Richards, Henry E.Principles of Alternating Current Machinery, 4thEd. New York:McGraw-Hill, 1953.Liwschitz-Garik, Michael and Whipple, Clyde C.Electric Machines, Vol II: A-C Machines.Princeton:D. Van Nostrand Company, 1946.Lyon, Waldo V. Transient Analysis of Alternating Current Machinery. Cambridge,Mass:TheMIT Press, 1954.McAllister, Addams S.Alternating Current Motors, 3rd Ed. New York:McGraw-Hill. (1909).Meisel, Jerome.Principios de Conversion de Energıa Electromecanica. Mexico:McGraw-Hill,1969.M.I.T. Electrical Engineering Staff.Magnetic Circuits and Transformer. Cambridge,Mass:TheMIT Press, 1977.Puchstein, Albert F., Lloyd, T.C. and Conrad. A.G.Alternating Current Machines, 3d Ed. NewYork:Wiley, 1949.

263

264 BIBLIOGRAF IA

Say, M.G. and Pink, E.M.Performance and Design of Alternating Current Machinery.London:Pitman and Sons, 1936.Seely, S.Electromechanical Energy Conversion. New York:McGraw-Hill, 1962.Shoults, David R., Jhonson, Theron C. and Rife, C.J.Electric Motors in Industry. NewYork:Wiley, 1942.Stevenson, William D.Element of Power System Analysis. New York:McGraw-Hill, 1982.Thaler, George J. y Wilcox, Milton L.Maquinas electricas. Estado dinamico y permanente.Mexico:Limusa, 1974.Van Valkenburg, Mac E.Network Analysis, 3rd Ed. New York:Prentice Hall, 1974.Veinott, Cyril G.Theory ans Design of Small Induction Motors. New York:McGraw-Hill, 1959.Wagner, Claus F. and Evans, Robley D.Symmetrical Components. New York:McGraw-Hill,1933.White, David C. and Woodson, Herbert H.Electromechanical Energy Conversion.Cambridge,Mass:The MIT Press, 1968.

Maquinas de corriente´ alterna - UTP

Documents

Transcript of Maquinas de corriente´ alterna - UTP