Maquinas Electricas I.

Maquinas Eléctricas I

MAQUINAS ELÉCTRICAS I

1. CAPITULO I TRANSFORMADORES1.1. Introducción.1.2. Aspectos constructivos.1.3. Transformador ideal.1.4. Transformador real.1.5. Circuito equivalente de un transformador.1.6. Ensayos de los transformadores.1.7. Rendimiento de los transformadores.1.8. Regulación del transformador.

2. CAPITULO II TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS2.1. Introducción.2.2. Conexiones de los transformadores trifásicos.2.3. Rendimiento/regulación de los transformadores.2.4. Conexión en paralelo de los transformadores.

3. CAPITULO III AUTOTRANSFORMADORES3.1. Introducción.3.2. Rendimiento.3.3. Perdidas.

4. CAPITULO IV MAQUINAS DE CORRIENTE CONTINUA4.1. Introducción.4.2. Estructura de la máquina.4.3. Motores de corriente continúa.4.4. Generadores de corriente continúa.

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CAPITULO I

TRANSFORMADORES

INTRODUCCIÓN.

El transformador es una maquina eléctrica estática, destinada a funcionar con corriente alterna, constituida por dos arrollamientos (devanados), primario (alta tensión) y secundario (baja tensión), que permite transformar la energía eléctrica, con unas magnitudes de voltaje y corriente determinadas, a otras con valores en general diferentes.

ASPECTOS CONTRUCTIVOS

El transformador consta de las siguientes partes principales:

Núcleo Devanados Sistemas de Refrigeración Aisladores pasantes (bushing)

NUCLEO

Se denomina núcleo del transformador al sistema que forma su circuito magnético, que está constituido por chapas de acero al silicio, modernamente laminadas en frio(grano orientado), que han sido sometidas a un tratamiento químico especial denominado comercialmente carlite, que las recubre de una capa aislante muy delgada (0.01 mm), lo que reduce considerablemente las perdidas en el hierro.

DEVANADOS

Constituyen el circuito eléctrico del transformador, este se realiza por medio de conductores de cobre, en forma de hilos redondos (para diámetros menores a 4 mm) o de sección rectangular (pletinas de cobre) cuando se requieren secciones mayores. Los conductores están recubiertos por una capa aislante, que suele ser barniz en los pequeños transformadores y en el caso de pletinas está formado por una o varias capas de fibra de algodón o cinta de papel.

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SISTEMAS DE REFRIGERACION

En un transformador, como en cualquier otro tipo de maquina eléctrica, existe una serie de pérdidas que se transforman en calor y que contribuyen al calentamiento de la máquina. Para evitar que se consigan altas temperaturas que puedan afectar la vida de los aislamientos de los devanados es preciso dotar al transformador de un sistema de refrigeración adecuado. Para potencias pequeñas, la superficie externa de la maquina e suficiente para lograr la evacuación de calor necesaria, lo que da lugar a los transformadores en seco. Para potencias elevadas se emplean como medio refrigerante el aceite, resultando los transformadores en año de aceite.

A partir de potencias mayores a 200kVA existe otro tipo de refrigerantes compuestos por cuatro dígitos.

ABCD

AB: refrigeración interna.

CD: refrigeración externa.

ONAN

ON: oil nature.

AN: air nature.

ONAF

ON: oil nature

AF: air forced

AISLADORES PASANTES (BUSHING)

Los bordes de los transformadores de media tensión se llevan al exterior de la cuba mediante unos aisladores pasantes (pasa tapas de porcelana, bushings), rellenos de aire o aceite. Cuando se utilizan altas tensiones aparece un fuerte campo eléctrico entre el conductor terminal y el borde del orificio en la tapa superior e la cuba, y para evitar la perforación del aislador, este se realiza con una serie de cilindros que rodean la borna metálica dentro del espacio que contiene el aceite.

Los busing son los terminales que sirven de aisladores entre los bornes de alta y de baja tensión, entre ellos y la carcasa. Existen bushings tanto de alta como de baja tensión, uno para cada entrada o salidas del transformador.

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CARACTERÍSTICAS DEL TRANSFORMADOR

Por lo general estos datos vienen incluidos en los datos de placa de cada transformador.

Datos de placa:

Potencia (10 KVA, 20KVA, etc.) Tensiones primaria y secundaria Frecuencia Esquema de conexión Clase o tipo de refrigeración Serie (identificación) Fabricante

TRANSFORMADOR IDEAL

Para comprender mejor el funcionamiento del transformador, sin que las imperfecciones reales que tiene la maquina enmascaren los fenómenos físicos que tienen lugar, vamos a suponer que en un principio se tienen las siguientes condiciones ideales.

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a) Los devanados primario y secundario tienen resistencias óhmicas depreciables, lo que significa que no hay pérdidas por efecto joule y no existen caídas de tensiones resistivas en el transformador. En el sistema real estas resistencias son de pequeño valor pero no nulas.

b) No existen flujos de dispersión, lo que significa que todo el flujo magnético está confinado al núcleo y enlaza ambos devanados primario y secundario. En el transformador real existen pequeñas partes del flujo que solamente atraviesan a cada uno de los arrollamientos y que son los flujos de dispersión que completan su circuito atreves del aire.

Por consiguiente este transformador no tiene ningún tipo de pérdidas y su potencia de entrada es igual a su potencia de salida.

e1=N1dφdt

e2=N2dφdt

φ=φmcosωt

e1 = voltaje inducido.

N1 = numero de espiras.

e1=N1d φmcosωt

√2 e2=N2

dφmcosωt

√2

e1=−N1φmωsinωt e2=−N2φmωsinωt

A valores rms.

E1=N1φmω

√2 E2=

N2φmω

√2

E1=N1φm2πf

√2 E1=

N1φm2πf

√2

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E1=4.44N1φm f E2=4.44N2φm f

E1 dividido para E2

V 1V 2

=E1E2

=N1N2

Sin pérdidas

S¿=Sout

V 1 I 1=V 2 I 2

V 1V 2

=I 2I 1

V 1V 2

=E1E2

=N1N2

=I 2I 1

=∝

∝=¿ Relación de transformación en un transformador ideal.

EJEMPLOS:

1. El lado de alta tensión de un trafo tiene 500 espiras mientras que el lado de baja tiene 100, cuando se conecta como transformador reductor, la corriente de carga es de 12 A. calcular:

a. Relación de transformación.

N 1

N 2

=∝

500100

=5=∝

b. La corriente del primario.

I 2I 1

=∝

I 2∝

=I 1

125

=2.4 A=I 1

φm=SemideenWeber=1x 107Maxwe

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2. Un trafo con relación de voltaje 2300/115 V, 60 Hz y 4.6 KVA está proyectado de manera que tenga un voltaje de inducción o fuerza electromotriz inducida de 2.5 V por espira, supongamos que se trata de un trafo monofásico. Calcular:

a. Numero de espiras en el lado de alta tensión.

23002.5

V=920=N1

b. Numero de espiras en el lado de baja tensión.

1152.5

V=46=N2

c. Intensidad nominal en el lado de alta tensión.

4.6KVA2300V

=2 A=I 1

d. Intensidad nominal en el lado de baja tensión.

4.6K115

=40 A=I 2

e. Relación de transformación cuando se usa como elevador.

1152300

=0.05=∝

f. Relación de transformación cuando se usa como reductor.

2300115

=20=∝

3. Un transformador monofásico de 10 KVA, 3000/220 V, 50 Hz y 100 espiras en el devanado secundario. Suponga que el transformador es ideal. Calcular:

a. Corriente del primario y del secundario a plena carga (máxima potencia).

10K3000

=3,3 A=I 1 10K220

=45.45 A=I 2

b. Flujo máximo.

E1=N1φm2πf

√2 E1=4.44N1φm f

E1=4.44 (1364 )φm(50)

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φm=9.9mW

c. Numero de espiras del arrollamiento primario.

N 1

N 2

=13.64 N1=1364

TRANSFORMADOR REAL

En los transformadores reales hay que tener en cuenta ambas cualidades. La aparición de resistencia es inherente a la constitución de los devanados con hilo conductor.

φ1=φ+φd1 φ2=φ+φd2

φd1 = flujo de dispersión.

Ley De Voltajes De Kirchhoff En El Primario

−V 1+R1 I 1+Ld1d i1dt

+e1=0

V 1=R1 I 1+Ld1d i1dt

+e1=0

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Ley de voltajes de Kirchhoff en el secundario

−e2+R2 I 2+Ld2d i2dt

+V 2=0

V 2=−R2 I 2−Ld2d i2dt

+e2

Las dos ecuaciones en forma polar.

V 1=R1 I 1+ jX1 I1+E1 V 2=−R2 I 2− jX 2 I 2+E2

CASO 1: TRANSFORMADOR EN VACIO

V 1=R1 I 0+ jX 1 I 0+E1 V 2=E2

I 0 = Corriente de vacío, no tiene carga, es despreciable ya que no hay conectada una carga.

V 1=E1

V 1V 2

=E1E2

Esta relación de transformación se mantiene tanto en el trafo ideal como en el real.

V 1V 2

=E1E2

=N1N2

=∝

V 2 = voltaje del transformador sin carga (voltaje de vacío en el secundario).

CASO 2: TRANSFORMADOR CON CARGA

I 1=I 0+I 2∝

EJEMPLO:

1. Un transformador monofásico de 10 KVA, 500 /100 v tiene las siguientes impedancias de los

bobinados Z1=(0.2+ j 0.4 )Ω , Z2=(0.08+ j0.016 )Ω al alimentar el transformador

con una tensión de 500 V la corriente de vacío I o=0.2−70o A .

a. Valores de E1, E2 y V2 cuando el transformador trabaja en vacío.

V 1=R1 I 0+ jX 1 I 0+E1

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V 1=(0.2−70o ) (0.2+ j0.4 )+E1

500=(0.2−70o ) (0.2+ j 0.4 )+E1

E1=(499.91+ j 0.01)

E1E2

=∝

E2=(499.91+ j0.01)

5

E2=99.9821.146 º

E2=V 2

b. Si el secundario lleva una corriente de 100;-30º calcular los nuevos valores de E1, E2 y V2.

I 1=I 0+I 2∝

=0.2−70o+ 100−30o

5=20.15−30.37o

E1=5000o−(0.2+ j 0.4 ) .15−30.37o=492.470.57o

E2=E1∝

=98.490.57o

V 2=98.490.57o−(0.008+ j 0.016 )100−30o=970o

CIRCUITO EQUIVALENTE DEL TRANSFORMADOR

Un circuito equivalente se inicia reduciendo ambos devanados al mismo número de espiras, generalmente el secundario al lado primario, para lo que si N2 son el número de espiras del lado secundario, al reducirlo al lado primario se transforma en N2’ igual a N1, pero para realizar esta transformación se deben considerar todas las condiciones energéticas de la maquina (trafo) como son: las fuerzas electromagnéticas, las tenciones, las corrientes y las impedancias.

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Fuerza electromotriz

REAL REDUCIDO

E1E2

=N1N2

=∝ E1E2

=N1N2

=1

E1=∝ E2

E1=E2 ' E2=∝E2 '

Voltajes.

V 2 '=∝V 2

Potencia.

REAL REDUCIDO

S=V 2 I 2 S=V 2 ' I 2 '

Corrientes

I 2 '=V 2 I 2V 2

I 2'=I 2∝

=I 1

Impedancias.

I 22R2=I 2

2 ' R2 '

R2'=I 22R2I22 '

=∝2R2

I 22X 2=I2

2 ' X2 '

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I o=I 1−I 2 '

I o=[ Iμ=pormagnetizacionI fe=producida por elhierro ] X μ

R Fe

I o Tiene 2 componentes una activa I fe y una reactiva I μ.

Esta corriente de vacío representa un circuito paralelo formado por unas resistencias RFe

(HIERRO), y una reactancia X μ (MAGNETIZACION).

La resistencia RFe produce el efecto JULE he indica las perdidas en el transformador y X μ es la que produce la corriente de magnetización.

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I o Es muy pequeña para que no afecte la potencia del transformador.

Con esta transformación se resuelven algunas de las características más importantes del transformador como son: la caída de tensión el rendimiento y la regulación.

Para determinar la caída de tensión del transformador se puede incluso eliminar la rama en paralelo, y en transformadores de grandes potencias la reactancia es mucho mayor a la resistencia, por lo tanto todos los parámetros eléctricos se calcularon únicamente con la reactancia.

ENSAYOS DEL TRANSFORMADORES

Son las diferentes pruebas que deben prepararse para verificar el comportamiento de un transformador, para determinar este comportamiento el transformador bajo cualquier condición de cargabilidad, resulta fácil su determinación si se reconocen los parámetros del circuito equivalente.

ENSAYO EN VACIO

Esta prueba consiste en aplicar al primario del transformador la tención asignada, estando el secundario en circuito abierto. Al mismo tiempo debe medirse la potencia absorbida, la corriente de vacío y la tensión secundaria esto se hace de acuerdo al esquema de medición.

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En los terminales del lado primario se instala un amperímetro y un vatímetro intercalados.

Con esta prueba determinaremos la corriente y la potencia de vacío (perdidas del hierro).

Po=V ¿ I ocos φo=PFe

PFe=perdidas delhierro

Esta potencia encontrada determina las perdidas en el hierro, en un transformador las pérdidas del hierro son fijas.

Con esta prueba encontramos los parámetros del circuito equivalente de la rama en paralelo.

I fe=I o cos φo RFe=

V 1I fe

I μ=I o sinφo X μ=

V 1I μ

Es decir el ensayo en vacío nos permite determinar:

Las pérdidas en el hierro Parámetros de la rama en paralelo del circuito equivalente La relación de transformación.

V 1V 20

=E1E2

=∝

ENSAYO EN CORTOCIRCUITO

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En este ensayo se cortocircuita el devanado secundario y se aplica al primario una tensión que se va elevando gradualmente desde cero hasta que circula la corriente asignada de plena carga por los devanados.

En esta prueba se determina la potencia de cortocircuito que a su vez se denominan perdidas en el cobre del transformador.

Pcc=V cc I 1ncos φo

I 1n = Corriente nominal del primario.

Las pérdidas en el cobre de un transformador son variables y dependerán de la carga, estas pérdidas en el cobre van a existir e todas las maquinas rotativas, con este ensayo también podremos determinar la impedancia del transformador.

V XCC=I ¿X cc

V RCC=V icc cosφcc

V XCC=V iccsinφcc

Zcc=Rcc+ j X cc

Rcc=R1+R2 '

X cc=X1+X2 '

Es decir el ensayo de cortocircuito nos ayuda a determinar:

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Los parámetros de la rama en serie del circuito equivalente La impedancia total del transformador.

CAIDAS DE TENSION RELATIVAS DE UN TRANSFORMADOR

Estas caídas de tensión relativas se producen en los elementos que están en serie del circuito equivalente y se denominan, ε cc (caída de tensión relativa).

εRcc=V Rcc

V ¿x 100

εXcc=V Xcc

V ¿x100

I falla=V ¿

Zcc

I falla=V cc εcc x100

Zcc

EJEMPLO:

1. Un transformado monofásico de 250 KVA, 15000/250 V opera a 60 Hz en el que se han realzado los ensayos de vacío y de cortocircuito obteniendo los siguientes resultados:

Para vacío 250 V, 80 A y 4000 W.

Datos que se han medido en el lado de baja tensión, el ensayo de cortocircuito nos ha dado los siguientes datos:

600 V, corriente nominal y 5000 W datos medidos en el lado de alta tensión.

Calcular:

a. Los parámetros del circuito equivalente del transformador reducido al primario.

EN VACIO

Po=V ¿ I ocos φo

V ¿=αV o

I ¿=I oα

Po=15000250

(250) 8060cosφo

5000=15000250

(250) 8060cosφo

cos φo=0.2

I fe=I o cos φo

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I fe=1.33(0.2)

I fe=0.266 A

RFe=V 1I fe

RFe=150000.266

RFe=56.39K Ω

I μ=I o sinφo

I μ=1.33sin 78.46

I μ=1.30 A

X μ=V 1I μ

X μ=150001.30

X μ=11.53K Ω

EN CORTOCIRCUITO

Pcc=V cc I 1ncos φo

5000=600( 25000015000

)cosφo

cos φo=0.5

V RCC=V icc cosφcc

V RCC=600 (0.5)

V RCC=300V

V XCC=V iccsinφcc

V XCC=600sin60

V XCC=519.61V

Rcc=V RCC

I ¿

Rcc=30016.66

Rcc=18.0072Ω

X cc=V XCC

I ¿

X cc=519.6116.66

X cc=31.18Ω

CAIDA DE TENSION DEL TRANSFORMADOR

Se denomina caída de tensión relativa o simplemente regulación a la caída de tensión interna, respecto a la tensión secundaria en vacío (asignada), expresada en tanto por ciento y designada por el símbolo ε c , R%.

ΔV 2=V 20−V 2

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R%=ε c=V 20−V 2V 20

x 100%

Al trabajar con el circuito equivalente reducida al primario es más conveniente expresar el cociente anterior en función de las magnitudes primarias; si se multiplican por la relación de transformación α tendremos:

R%=ε c=V ¿−V 2 'V ¿

x 100%

Regulación interna del transformador referido al primario.

Al aplicar la segunda ley de Kirchhoff al circuito equivalente aproximado del transformador reducido al primario se obtendrá:

−V ¿+ I 2' (Rcc+X cc )+V 2'=0

V ¿−V 2 '=I 2' (Rcc+Xcc )

V ¿−V 2'=I 2

' Rcccos ρ2+ I 2' Xcc sin ρ2

Formula de KAPP para la caída interna de un transformador.

Depende del tipo de carga que se le conecte al transformador, ρ2=dice si lacargaes inductiva ¿

INDICE DE CARGA DE UN TRANSFORMADOR

Se denomina índice de carga C al cociente entre la corriente secundaria del transformador y la asignada correspondiente, es decir:

C=I 2I 2n

=I 2 '

I 2n '

Cuando el índice de carga es mayor a uno (c > 1), en el transformador se produce el fenómeno de resonancia, es decir el transformador también puede almacenar energía.

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V ¿−V 2'=CI 2

' Rcc cos ρ2+C I 2' Xcc sin ρ2

La caída de voltaje interno del transformador dependerá de la cargabilidad del mismo, es decir de su índice de carga.

Si el índice de carga es igual a uno (C = 1), esto significa que está a plena carga o entrega su máxima potencia.

R%=V ¿−V 2

'

V ¿=CI2

' Rcc cos ρ2V ¿

+C I 2

' Xcc sin ρ2V ¿

La regulación del transformador dependerá del voltaje primario y del tipo de carga que se le conecte a los terminales secundarios del transformador y de la cantidad de carga conectada.

Utilizando las siguientes ecuaciones y remplazándola en la de la regulación obtendremos:

εRcc=I¿RccV ¿

εXcc=I ¿XccV ¿

I ¿=I 2n '

R%=V ¿−V 2

'

V ¿=C εRcc cos ρ2+C εXccsin ρ2

La regulación de un transformador también depende de las caídas de tensión relativas del transformador.

EJEMPLO:

Se dispone de un transformador monofásico de 125 KVA, su relación de transformación es 13800/240 V y tiene los siguientes parámetros:

Rcc = 12, Xcc = 25.2 calcular:

a. Las caídas de tensión relativas.

εRcc=I¿RccV ¿

εRcc=

125K13800

(12)

13800=0.78%

εXcc=I ¿XccV ¿

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εXcc=

125K13800

(25.5)

13800=1.673%

b. La regulación a plena carga con un factor de potencia 0.8 inductivo y la tensión secundaria (tensión nominal secundaria).

R%=CεRcc cos ρ2+C εXcc sin ρ2

R%=(1 )7.88 x 10−3 (0.8 )+(1 )0.0167(0.6 )

R%=1.632%

V ¿−V 2'

V ¿=0.01632

V 2'=V ¿ – 0.01632V ¿

V 2'=13800 (1−0.01632)

V 2'=13575.6V

V 2'=∝V 2

V 2=V 2'

∝=13575.11

575

V 2'=236.0975V

c. Regulación a media carga y tensión secundaria a un factor de potencia 0.6 capacitivo.

R%=CεRcc cos ρ2+C εXcc sin ρ2R%=(0.5 )7.88 x10−3 (0.6 )+ (0.5 )0.0167(0.8)

R%=−4.316 x 10−3=0.4316%

V ¿−V 2'

V ¿=−4.316 x10−3

V 2'=V ¿+4.316 x 10

−3V ¿

V 2'=13800 (1+4.316 x10−3)

V 2'=13859.5608V

V 2'=∝V 2

V 2=V 2'

∝=13859.5608

575

V 2'=241.035V

EFICIENCIA DEL TRANSFORMADOR

Como en cualquier maquina eléctrica, el rendimiento es el cociente entre la potencia útil o potencia secundaria y la potencia total o de entrada en el primario es decir:

η=P2P1

=P2

P1+P p

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Donde Pp representa la potencia perdida. Si el secundario suministra una corriente I 2 a la

tensión V 2 con un factor de potencia cos ρ2 tendremos:

P2=V 2 I 2cos ρ2=CV 2 I 2n cos ρ2 ;P p=Pfe+Pcu=Po+C2Pcc

Por ende el rendimiento del transformador es:

η=C V 2 I 2ncos ρ2

C V 2 I 2ncos ρ2+Po+C2 Pcc

Po=PFe=Pfijas

Pcc=Pcu=Pvariables

El rendimiento de un transformador disminuye cuando menor es el factor de potencia de la carga y cuando menor es el índice de carga.

El máximo rendimiento se da cuando las perdidas fijas son iguales a las perdidas variables, cuando se da el rendimiento máximo a este índice de carga se le llama índice óptimo de cargabilidad, y este está definido al cuadrado y es resultado de la relación entre las perdidas en vacío y las perdidas en cortocircuito.

Copt2=PoPcc

Copt=√ PoPccLa potencia de máximo rendimiento se produce cuando el transformador está funcionando a un índice de carga óptimo.

Sηmax=Copt Snominal

EJEMPLO:

1. Se dispone de un transformador monofásico de 250 KVA, relación de transformación 13800/240 V, que tiene unas pérdidas en el hierro de 3700 W y una pérdida en el cobre a plena carga de 4800 W. calcular :

a. Rendimiento a plena carga con un factor de potencia de 0.75.



η=(1 )250K (0.75)

(1 )250K (0.75 )+3700+(12)4800

η=0.95177=95.177%

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b. Rendimiento a media carga con un factor de potencia de 1.



η=(0.5 )250K (1)

(0.5 )250K (1 )+3700+(0.52)4800

η=0.9622=96.22%c. Potencia de máximo rendimiento.

Sηmax=Copt Snominal

Copt=√ PoPcc Copt=√ 37004800=0.877

Sηmax=0.877 (250K )Sηmax=219.250KVA

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CAPITULO II

TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS

INTRODUCCION.

La transformación de tensiones y corrientes en los sistemas trifásicos puede realizarse de dos maneras distintas.

La primera de ellas consiste en emplear un transformador monofásico en cada una de las tres fases, de tal manera que formen circuitos magnéticos independientes. Este sistema es poco económico, ya que emplea mucho volumen de hierro, a la par que es poco práctico por incorporar tres unidades idénticas para realizar la transformación total.

La segunda manera consiste en emplear un solo núcleo magnético en el que se incorporan todos los devanados necesarios. En este caso el sistema está formado por tres columnas iguales sobre las que se arrollan las espiras que constituyen los bobinados primario y secundario de cada fase.

Definimos con letras mayúsculas los bobinados primarios.Definimos con letras minúsculas los bobinados secundarios.

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El estudio de un transformador trifásico se debe realizar por cada una de las faces, considerando cada una de las columnas del núcleo magnético como si fuese un transformador monofásico.

La relación de transformación será igual al número de espiras por fase del primario y al número de espiras por fase del secundario.

1ϕ=N1N2

=∝

3ϕ=N1 x fase

N2 x fase=∝3 ϕ

Con la ventaja de que todos los bobinados son iguales. Los cálculos de rendimiento, regulación, caídas de tensión se deberán realizar por fase con sus respectivas relaciones eléctricas de voltaje y de corriente.

Dependiendo de la conexión que tenga el bobinado primario y secundario, conocemos que las conexiones básicas son Y (estrella) y ∆ (delta, triangulo).

Y (estrella ) V L=√3V F

I L= I fase

∆ (delta , triangulo) V L=V F

IL=√3 Ifase Y CONEXION EN Y

Este tipo de conexión en un transformador trifásico se da cuando tenemos los tres devanados conectados a un punto en común.

En estos transformadores se mostrara la polaridad en cada devanado.

∆ CONEXIÓN EN ∆

Este tipo de conexión se da en los transformadores trifásicos cuando los bobinados o devanados se conectan uno a continuación del otro con polaridad opuesta.

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CONEXIÓN DE LOS TRANSFORMADORES TRIFASICOS

Las conexiones básicas de los transformadores trifásicos son:

Y - y Y - d D – y D – d

CONEXIÓN Y – y

En este tipo de conexiones tendremos que en el primero y el segundo.

V L=√3V F

I L=I fase

Mientras que las corrientes se mantienen iguales en el primario y en el secundario.

Este tipo de conexión se utiliza cuando el tipo de carga conectada al transformador esta equilibrada, pues al ser una carga desequilibrada se producen desbalances de voltaje tanto en el primario como en el secundario. En este tipo de conexiones se producen los terceros armónicos. Y es necesario que en este tipo de conexión los neutros estén conectados a tierra.

CONEXIÓN Y – d

Este tipo de conexión de transformadores trifásicos no tiene problema con los terceros armónicos, se comporta adecuadamente para cargas desequilibradas.

El problema con esta conexión es que siempre va a existir un ángulo de desfase de 30 grados del primario o del secundario, por lo tanto cuando se quiera conectar en paralelo varios transformadores trifásicos pueden dar inconvenientes en las variaciones de voltaje, y aquí será necesario el uso de los índices de carga.

IL=√3 Ifase

V L=V F

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Por lo tanto en sistemas de gran potencia se recomienda conexión en estrella en el lado primario.

CONEXIÓN D –y

Esta conexión se utiliza básicamente en transformadores elevadores y en redes de alta tensión. El empleo de la conexión en estrella en la parte de alta tensión permite poner a neutro el punto neutro, con lo que queda limitado el potencial sobre cualquiera de las fases a la tensión simple del sistema.

Esta conexión es también muy utilizada en los transformadores de distribución, correspondiendo la estrella al lado de baja tensión, que permite de este modo alimentar cargas trifásicas y monofásicas (en este caso entre fase y neutro). El primario en triangulo tiende a compensar los desequilibrios producidos por las cargas monofásicas.

V L=V F

CONEXIÓN D – d

Esta conexión se utiliza en transformadores de baja tensión, ya que se necesitan más espiras/fase de menor sección. Se comporta bien frente a cargas desequilibradas. La ausencia de neutro en esta configuración a veces puede ser una desventaja.

INDICE HORARIO

Se conoce como índice horario al ángulo de desfase que existe entre el bobinado primario y secundario, este índice horario se mide en múltiplos de 30 grados, y se denota,

Y−d5

El subíndice 5 indica el índice horario y se multiplica por los 30 grados de desfase que siempre van a existir en estas conexiones quedándonos un ángulo de desfase de 150 grados.

EJEMPLO:

1. Un transformador trifásico reductor se conecta a una línea de 20 KV y absorbe 20 A si la relación de transformación es de 100.

Calcular:

a. La tensión compuesta en el secundario y la corriente de línea en el secundario del transformador para cuando la conexión es Y – y.

∝=V 1 faseV 2 fase

=I 2 faseI 1 fase

V 2 fase=V 1 fase∝

=V L

∝√3= 20K100√3

=115.47V

Página 26


V 2 linea=√3V fase

V 2 linea=√3 (115.47 )=200V

I 2 fase=∝ I 1 fase

I 2linea=I 2 fase=100 (20 )=2000 A

b. La tensión compuesta en el secundario y la corriente de línea en el secundario del transformador para cuando la conexión es D - d.


=I 2 faseI 1 fase

V 2 linea=V 2 fase=V 1 fase

∝=V 1L∝

=20K100

=200V


I 2 fase=100I linea√3

=100 20√3

=1154.7 A

I 2linea=√3 I2 fase

I 2linea=√3 (1154.7 )=2000 A

c. La tensión compuesta en el secundario y la corriente de línea en el secundario del transformador para cuando la conexión es Y - d.


=I 2 faseI 1 fase


=V L

∝√3= 20K100√3

=115.47V

V 2 linea=V 2 fase=115.47V


I 2 fase=100 (20 )=2000 A

I 2linea=√32000=3464.10 A

d. La tensión compuesta en el secundario y la corriente de línea en el secundario del transformador para cuando la conexión es D - y.

Página 27



=I 2 faseI 1 fase


=V 1 L∝

=20K100

=200V

V 2 linea=√3V 2 faseV 2 linea=√3200V 2 linea=346.41V


I 2 fase=100I linea√3

I 2 fase=10020

√3=1154.7

I 2linea=I 2 fase=1154.7 A

METODOLOGÍA PARA DETERMINAR EL PROCEDIMIENTO DE CONEXIÓN DE LOS DEVANADOS DEL TRANSFORMADOR TRIFÁSICO.

1. Determinar el ángulo de desfase con el índice horario.

Ejemplo:

Yd1 = índice horario (1) desfase de 30 grados.

Yd11 = índice horario (11) desfase de 330 grados.

2. Dibujar el desfase (vector) del voltaje primario con respecto al secundario.

3. Observar en que conexión están los devanados de alta tensión o primarios, para determinar si se tiene un voltaje de fase o uno de línea.

4. Tomar como referencia el devanado primario o secundario que tenga el voltaje de fase.

5. Calcular vectorialmente el voltaje de línea al que corresponde el voltaje de fase del numeral anterior.

6. Realizar el diagrama fasorial del primario y del secundario.

Página 28


7. Realizar la conexión de los devanados primario y secundario, haciendo coincidir las polaridades en estos dos devanados.

EJEMPLO:

a. Determinar la conexión de los devanados y el diagrama fasorial de un transformador trifásico con conexión Y – d1. Asumir que la conexión es en secuencia positiva.

Y – d1 = ángulo de desfase 30 grados.

Angulo de desfase entre los devanados primario y secundario de la conexión estrella delta es 30 grados.

V A≅V ba

V B≅ V cb

V C ≅V ac

Página 29


b. Determinar la conexión de los devanados y el diagrama fasorial de un transformador trifásico con conexión Y – d1. Asumir que la conexión es en secuencia positiva.



V A≅V ac

V B≅ V ba

V C ≅V cb

Página 30


c. Determinar la conexión de los devanados y el diagrama fasorial de un transformador trifásico con conexión Y – d1. Asumir que la conexión es en secuencia positiva.

D – y5 = ángulo de desfase 150 grados.

Angulo de desfase entre los devanados primario y secundario de la conexión delta estrella es 150 grados.

V AB≅V a

V BC≅V b

V CA≅ V c

Página 31


d. Determinar la conexión de los devanados y el diagrama fasorial de un transformador trifásico con conexión Y – d1. Asumir que la conexión es en secuencia positiva.



V A≅V ca

V B≅ V ab

V C ≅V bc

Página 32


ANALOGIA DEL TRANSFORMADOR MONOFÁSICO CON EL TRANSFORMADOR TRIFÁFICO

Un transformador trifásico equivale a un transformador monofásico con 3 bobinados, tanto en el primario como en el secundario.

Todos los cálculos en este tipo de transformadores se deben considerar por fase. Se debe también reflejar al lado primario o secundario. En el transformador trifásico la impedancia con la que se realizan los cálculos es la

impedancia de fase de sus bobinados, siendo la impedancia total del transformador igual a la impedancia del primario más la impedancia del secundario, así:

Zcc = Z1 + Z2

Zcc= Z1 + ∝2Z2’

Los cálculos de rendimiento, regulación, caída de voltaje, son similares a los que se realizan en un transformador monofásico, por lo tanto sus ecuaciones son las mismas que se estudian en el transformador monofásico.

Ejemplo:

1. Un transformador trifásico de 2000 KVA, de relación de transformación 6600/33000(V), tiene un primario conectado en delta, y un secundario conectado en estrella, la impedancia de cada fase del primario es igual a Z1= (0.5 + j2.6) Ω y la del secundario es Z2= (4.3 + j21.7) Ω. Calcular:

a) La tensión en los bornes del secundario a plena carga con factor de potencia 0.8 inductivo cuando el primario se conecta a la tensión asignada (6600 V).

DATOS SOLUCIÓN

S= 2000 KVA a) V1n - V2’ = I2’ Rcc cos φ2 + I2’ Xcc sen φ2

Dy V2’= V1n - I2’ Rcc cos φ2 - I2’ Xcc sen φ2

Z1= (0.5 + j2.6) Ω I2’= I 2∝

Z2= (4.3 + j21.7) Ω I2 fase = I2 linea

S=√3 V.I

Página 33


a) V2=? I2 fase= 2000KVA

√3 (33000)C1=1 fp=0.8 Inductivo

∝= V 1 faseV 2 fase

∝= 6600V33000/√3

I2’= I 2∝

I2’= 34.990.346

Zcc= Rcc + X cc

En un transformador

Zcc = (0.5 + j2.6) + 0.3462 (4.3 + j21.7)

Zcc = (0.5 + j2.6) + 0.3462 (22.121 /78.79 o )

Zcc = (0.5 + j2.6) + 2.65 /78.79 o

Zcc = 0.5 + j2.6 + 0.515 + j2.599

V2’= 6600 – 101 (0.997) (0.8) – 101(5.108)(0.6)

En este caso me pide el V de línea en los terminales de los bornes del secundario.

Ejemplo.V líneaV12= 33000

I2 linea = I2 fase = 34.99A

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∝= 0.346

I2’= 101 A

Zcc= Z1 + ∝2 Z 2

Zcc = (0.997 + j5.108) Ω

V2’= 6.209 KV


V23= 33000V fase

V2N= 33000

√3

V2= V 2 ’∝

V2= 6.209KV0.346

V2 fase= 17.945 KV

V2 línea = √3 V2 fase

NOTA:

Cuando se calcula voltaje o corriente con la potencia aparente de un transformador trifásico estamos calculando los valores de voltaje o corriente de línea.

En el transformador monofásico la impedancia es una sola, la impedancia del transformador trifásico es Z= Z1 + Z2 pero hay que reflejar una de las dos.

La potencia de un transformador trifásico es única.

2. En un transformador trifásico de 100 KVA, 400/6600 V, conexión Yd, se han realizado las pruebas en vacío y en cortocircuito obteniéndose:

Prueba en vacío: 400V, 1250W, medidos en el lado de baja tensión.

Prueba en cortocircuito: 314V, corriente a plena carga y 1600W, medidos en alta tensión.

Calcular:

a) El rendimiento a plena carga, con un factor de potencia 0.8 inductivo.b) El rendimiento a media carga, con un factor de potencia 1.c) Potencia aparente de máximo rendimiento.d) Rendimiento máximo con un factor de potencia igual a 1.

DATOS

S=100KVA a) =?Yd C=1400/6600V Cosθ= 0.8 inductivo

b) =?Prueba en vacío C= 0.5

Cosθ= 1

c) Sn máx= ?

Prueba en cc d) máx= ? Cosθ= 1

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V2 línea = 31.081 KV


SOLUCIÓN

1. = CS cosφ2

CS cosφ2+Pfe+C2 Pcc

= 1(100)(0.8)

1 (100 ) (0.8 )+1.25+1(1.6)

2. = CS cosφ2

CS cosφ2+Po+C2Pcc

= 0.5 (100)(1)

0.5 (100 ) (1 )+1.25+1(1.6)

3. Copt2= PoPcc

Copt = √ 1.251.6

Sn máx = Copt * Snominal

Sn máx = 0.88 (100 KVA)

4. máx= CS cos φ

CS cosφ+2 Po

máx= 100(0.88)

0.88 (100 ) (1 )+2 (1.25)

Página 36

= 96.56%

= 96.8%

Copt = 0.88

Sn máx = 88.39 KVA

máx= 97.23 %


PARALELO DE TRANSFORMADORES

Es poner en paralelo dos o más transformadores monofásicos o trifásicos para suplir una demanda de una carga determinada.

Dos o más transformadores se ponen en paralelo si se unen entre sí los devanados primarios y los devanados secundarios, por lo tanto deben tener las mismas tensiones, es decir, tanto en el lado primario como en el secundario, tanto módulo como en argumento.

Las condiciones fundamentales y básicas para poner en paralelo los transformadores son las siguientes:

1) Deben tener iguales relaciones de transformación.2) Deben tener iguales índices horarios (no conexión).3) Deben tener iguales caídas relativas de cortocircuito (Ɛcc); es necesaria cuando se

quiere demandar de los transformadores su máxima potencia.

Para poner en paralelo transformadores monofásicos es suficiente tener la misma relación de transformación, mientras que en transformadores trifásicos necesariamente hay que cumplir las dos primeras condiciones.

NOTA: De un transformador trifásico el circuito equivalente es el mismo que el monofásico pero los cálculos son por fase.

ECUACIÓN FUNDAMENTAL DEL TRANSFORMADOR EN PARALELO

El diagrama fasorial de dos transformadores en paralelo se representa de la siguiente manera:

Página 37


Esto me indica que en transformadores conectados en paralelo la multiplicación del índice de carga por las caídas de tensión relativa son proporcionales.

La conexión de transformadores en paralelo dependerán de la cargabilidad del transformador y de su caída de tensión relativa (ésta es propia de cada transformador)

POTENCIA MÁXIMA DE TRANSFORMADORES EN PARALELO

ST = SA + SB + SC +……….. + SN

La potencia total es igual a la suma de todas las potencias de los transformadores.

La POTENCIA MÁXIMA SUMINISTRADA de los n transformadores en paralelo es igual a la sumatoria de sus potencias individuales, multiplicado por la relación de las caídas de tensión relativa del transformador más cargado con respecto a la caída de tensión relativa de cada trasformador; donde Ɛjcc = Caída de tensión relativa del transformador más cargado, es decir, el que tiene menor caída de tensión relativa.

Ejemplo.

Página 38

STN MÁX = Ɛ jccƐ Acc

* SAN + Ɛ jccƐBcc

* SBN +…………….. + Ɛ jccƐNcc

* SnN


Dos transformadores trifásicos A y B de 12000/3000 V y 60 ciclos. El transformador A es de 800KVA y tiene una conexión Yd5 y su tensión relativa de cortocircuito es 4%. El transformador B es de 500KVA, conexión Dy5 y su caída de tensión relativa es 5%. Calcular:

a) La máxima potencia aparente que puede proporcionar el conjunto de estos dos transformadores en paralelo sin sobrecargar ninguno de ellos.

b) Estos dos transformadores alimentan una carga que demanda 810KW con un factor de potencia igual a 0.9 inductivo. Calcular la potencia aparente de cada uno.

DATOS SOLUCIÓN

12000/3000V a) Sn máx= Ɛ ACCƐ ACC

* SAN + Ɛ ACCƐBCC

* SBN

TRAFO A Sn máx= 800 + 45

(500)

800 KVAYd5

ƐACC= 4%

b) fp= PS

S=Pfp

S= 810KVA0.9

TRAFO B 500 KVA Dy5

Para ver la potencia de cada transformador:ƐBCC= 5%

900 = SA + SB

a) SNmax=?b) Carga= 810 KW SA = CA * SAN

fp= 0.9 4% CA = 5% CB

900 KVA 4% SAS AN

= 5% SBSBN

SA=? Reemplazo 1 en 2

SB=? 4% S A

800KVA = 5%

SB500KVA

SA= 5% (800KVA )SB4% (500KVA)

SA= 2SB SA= 2(300)

900 = 2SB + SB

Página 39

Sn máx= 1200KVA

S= 900KVA

SA=600 KVA

SB = 300 KVA


Cuando la carga demanda a los dos transformadores en paralelo una potencia de 810 KW con un factor de potencia 0.9 inductivo, el transformador A suministra SA=600 KVA y el transformador B suministra SB = 300 KVA.

Qué pasaría si la caída de tensión relativa de A es 10% y la de B es 2%; necesito poner en paralelo para suministrar la potencia de 900 KVA?

Sn máx= ƐBCCƐ ACC

* SAN + ƐBCCƐBCC

* SBN

Sn máx= 210

* 800 + 500

AUTOTRANSFORMADORES

Es una máquina estática que tiene la propiedad de transformar los parámetros de voltaje o corriente utilizando un único devanado.

TRANSFORMADOR AUTOTRANSFORMADOR

Al tener un solo devanado para el primario y secundario un autotransformador es mucho más económico que un transformador y además tendrá menos pérdidas, lo que converge en un mejor rendimiento respecto a un transformador convencional.

La tensión relativa de cortocircuito (Ecc) de un autotransformador es pequeña, lo cual tiene una ventaja de que internamente la caída de tensión sea más baja, por lo tanto, la regulación de un autotransformador es mejor que la de un transformador.

En un transformador normal los dos devanados están aislados entre sí, son circuitos ligados a través de un campo magnético pero eléctricamente separados; sin embargo en un autotransformador este aislamiento (eléctrico) no existe, pues se trata del mismo devanado que actúa a la vez como primario y como secundario.

α= V 1+V 2

V 2 = N 1+N 2

N2 = I 1+ I 2I 1

POTENCIA APARENTE DEL AUTOTRANSFORMADOR

TRANSFORMADOR AUTOTRANSFORMADOR

Página 40

Sn máx= 660 KVA


ST = V1 I1 SA = (V1 + V2) I1

S AST

= (V 1+V 2 ) I 1V 1 I 1

= (V 1+V 2 )V 1

Ejemplo.

Un transformador de 6300/220 V de 5 KVA, se desea hacer funcionar como autotransformador. ¿Cuál es su potencia?

DATOS

6300/220 VST = 5KVA

SOLUCIÓN

SA = ( 6300+2206300 ) 5 KVA

Nota: Siempre un autotransformador tendrá que conectarse a tierra en el punto común para que cuando haya una falla y se produzca una diferencia de corriente ésta vaya a tierra.

EJERCICIO.

Un transformador de 50 KVA, 2400/240 V se conecta a manera de autotransformador como se indica en la figura, en la que ab es el devanado de 240 V y bc es el de 2400 V (se supone que el aislamiento del devanado de baja puede resistir la tensión de 2640 V). Calcular:

a) Las tensiones nominales VX y VH en los devanados de alta y baja tensión respectivamente cuando el transformador se conecta como autotransformador.

b) Calcular los KVA nominales del autotransformador.c) Calcular el rendimiento a plena carga trabajando como autotransformador, siendo 0.8

el factor de potencia y unas pérdidas totales de 803 W.

DATOS

ST = 50 KVA2400/240 V

a) VX=? VH=?b) SA=?

Página 41

SA = [ (V 1+V 2 )V 1 ] ST

SA= 5.17 KVA


c) =? C=1 fp=0.8 PT= 803W

SOLUCIÓN

a) VH = 2640 V

VX = 2400 V

b) SA = [ (V 1+V 2 )V 1 ] ST SA = [ (240+2400 )

240 ] 50 KVA

c) = C S Acosφ

CS A cos φ+Pérdidas

= 550K (0.8)

550K (0.8 )+803W Rendimiento

en el autotransformador

= 50K (0.8)

50K (0.8 )+803W Rendimiento

en el transformador

MÁQUINAS ELÉCTRICAS CORRIENTE CONTINUA (CORRIENTE DIRECTA)

Son máquinas rotativas, que convierten una energía en otra diferente y por lo menos una de ellas es energía eléctrica; su principio de funcionamiento se basa en dos leyes:

Ley de Faraday. Ley de repulsión o atracción de cargas eléctricas.

El norte con el sur se atraen, y el norte con el norte se repele, en ambos casos se produce movimiento, es por eso que es una máquina rotativa.

GENERADOR. Convierte energía mecánica en energía eléctrica. Ej: Plantas de generación

MOTOR. Máquina eléctrica que convierte energía eléctrica en energía mecánica.

PARTES CONSTITUTIVAS DE UNA MÁQUINA ELÉCTRICA

Página 42

SA = 550 KVA

= 99.8%

= 99.8%


El espacio entre el estator y el rotor se llama ENTREHIERRO, ahí es donde se produce el flujo magnético.

El eje descansa sobre los COJINETES. En el estator normalmente se inyecta corriente eléctrica, entonces a este se le

denomina INDUCTOR, y es el que va a inducir el flujo magnético al otro elemento, es decir al rotor, al cual se le denomina INDUCIDO.

Tanto el estator como el rotor tienen bobinas que se les denomina devanados y en éstos hay unos polos salientes a los cuales se les denomina polos magnéticos que pueden estar tanto en el estator como en el rotor, y dependiendo de la cantidad de polos magnéticos las máquinas pueden ser: Bipolares (N, S), Tetrapolares (2N, 2S), y dependiendo del número de polos que tenga toma su nombre.

NOTA. Cuando una máquina no gira algunas de las causas pueden ser:

Un devanado se quemó El inductor se cortocircuitó.

CONCEPTOS BÁSICOS.

ESTATOR. Parte fija de la máquina, sujeta a la carcasa con unos salientes denominados polos que son en número par, generalmente el inductor.

ROTOR. Es la parte móvil de la máquina, generalmente el inducido.

DELGAS. Conductores que salen de los devanados del estator o del rotor.

COLECTOR DE DELGAS. Es un anillo de láminas de cobre llamadas delgas, dispuestas sobre el eje del rotor, que sirve para conectar las bobinas del inducido con el circuito exterior a través de las escobillas.

ESCOBILLAS. Se alojan en el porta escobillas y sirven para el enlace eléctrico, es un punto de conexión entre las delgas y el medio exterior.

θ ≈ ángulo magnético ≈ 180o

Página 43


∝ ≈ ángulo eléctrico ≈ 90o

θ = p ∝

p: par de polos

Ejemplos:

Determinar el ángulo eléctrico (α) de una máquina hexapolar.

θ = p ∝ ∝= θP

∝ = 180o

3

Si se tiene un ángulo eléctrico igual a 30o, de qué máquina estamos hablando?

θ = p ∝ p = θ∝

p = 180o

30oEs decir 6

pares de polos

PÉRDIDAS EN LAS MÁQUINAS ELÉCTRICAS

PÉRDIDAS VARIABLES

PÉRDIDAS EN EL COBRE (Pcu): Se debe a los conductores de los bobinados del estator y el rotor.

PÉRDIDAS FIJAS

PÉRDIDAS EN EL HIEROO (PFe): Se deben al núcleo de los bobinados.

Pérdidas por Histéresis. Pérdidas por Foucault.

PÉRDIDAS MECÁNICAS (Pm): Se deben al rozamiento del rotor con las escobillas; se deben también al rozamiento del rotor con los rodamientos y al rozamiento de los componentes móviles de la máquina.

RENDIMIENTO DE LAS MÁQUINAS

= PinPout

= Pin

Pin+Pérdidas = C Sncosθ

CSncosθ+Pf +Pv

Página 44

∝ = 600

p = 6

= C Sncosθ

CSncosθ+PFe+Pm+C2Pcu


EJERCICIOS.

Una máquina eléctrica de 40 KVA tiene unas pérdidas en el hierro de 750 W, las pérdidas en el cobre a plena carga son 2000 W y las pérdidas mecánicas son de 1000 W. Calcular:

a) La potencia aparente de máximo rendimientob) Las pérdidas en el cobre en el caso anterior.c) Rendimiento máximo con factor de potencia igual a 1.d) Rendimiento a plena carga con factor de potencia igual a 0.8e) Rendimiento a media carga con factor de potencia igual a 0.6

DATOS SOLUCIÓN

S= 40KVA a) Sn máx= Copt * Snominal

PFe= 750WC=1

Pcu= 2000W Copt = √ PoPcc Copt = √ PFePcuCopt =

√ 750+10002000Pm= 1000W

Sn máx= 0.935 (40 KVA)

b) Cuando el rendimiento es máximo

Pcu= PFe Pcu= (750 + 1000) W

c) = Snmáx∗Cosθ

Snmáx∗Cosθ+2 Pfijas

= 37.4(1)

37.4(1)+2(1.750)

d) = C Sncosθ

CSncosθ+PFe+Pm+C2Pcu

A plena carga: = 1 (40 )(0.8)

1 (40 ) (0.8 )+1.75+(12 )(2)

Página 45

Copt = 0.935

Sn máx= 37.4 KVA

Pcu= 1750W

= 91.44%

= 89.51%


A media carga: = 0.5 (40 )(0.8)

0.5 (40 ) (0.8 )+1.75+(0.52 )(2)

A media carga: e) = 0.5 (40 )(0.6)

0.5 (40 ) (0.6 )+1.75+ (0.52 )(2)

A plena carga: = 1 (40 )(0.6)

1 (40 ) (0.6 )+1.75+(12 )(2)

Los devanados pueden ser de dos tipos depende de la construcción de la máquina:

IMBRICADO.

ONDULADO

Si llamamos 2c= número de circuitos en el devanado 2p= número de polos de la máquina; se dice que:

En el devanado IMBRICADO: 2c = 2p

Página 46

= 87.67%

= 84.21%

= 86.49%


En el devanado ONDULADO: 2c = 2

FUERZA ELECTROMOTRIZ INDUCIDA EN LAS MÁQUINAS DE CORRIENTE CONTINUA

Dependerá de la velocidad de la máquina en r.p.m., del flujo magnético que se crea en el entrehierro medidos en Webber o en Teslas, del número de polos, del número de circuitos y adicionalmente del número de conductores que forman los devanados.

A la f.e.m la denominaremos con la letra E, se mide en voltios.

= KE n φ [V]

Donde:

n= velocidad de la máquina, medida en rpm.Φ= flujo magnético, medido en Webber.p= polos (imbricados u ondulados).c= circuitos (imbricados u ondulados).z= cantidad de conductores.

Se puede deducir que la fuerza electromotriz de una máquina de corriente continua puede regularse cuando:

a) Variamos la velocidad de rotación del motor.b) Variamos el flujo magnético.c) Variamos las revoluciones.

La corriente en los conductores del rotor dependerá básicamente de la corriente de inducción y del número de circuitos.

PAR O TORQUE EN LAS MÁQUINAS DE CORRIENTE CONTINUA

Torque: Es la fuerza con la que giran los motores. Se mide en Newton por metro [N.m]

El torque en una máquina de corriente continua dependerá de la fuerza electromotriz, de la corriente que se induce y de la velocidad con la que gira el motor.

A la relación E Ii se le conoce como Potencia Electromagnética que se aplica a la máquina cuando ésta funciona como generador o Potencia Electromagnética que se extrae de la máquina cunado ésta funciona como motor.

Página 47

E = n60 z φ

I conductores rotor = I i2c

Pe = E Ii

T = E I i

2Πn60

[N.m]


Adicionalmente el par motor también dependerá del número de polos, del número de circuitos, y del número de conductores propios de la máquina.

= kT φ Ii

Adicionalmente la Potencia Electromagnética dependerá del torque y de la velocidad de rotación de la máquina.

Pe = E Ii = T * 2Πn60

Ejercicios.

Una máquina de corriente continua de 8 polos tiene un inducido bobinado con un arrollamiento imbricado de 960 conductores. El flujo magnético es de 40 mWb y la velocidad de rotación de 400 rpm. Calcular:

a) La fuerza electromotriz generada.b) Si el arrollamiento fuera ondulado, a qué velocidad debería girar el rotor para obtener

una f.e.m igual a 400 V?c) Cuál será el par motor (torque) desarrollado por la máquina en el caso anterior para

una corriente del inducido de 25ª. Adicionalmente determinar las constantes KT y KE de la máquina cuando el bobinado es ondulado.

DATOS SOLUCIÓN

p=8 imbricado a) E = n60

z φ pc

φ= 40 mWb E = 40060

(960) (40 x 10 -3) 44

n= 400 rpmz= 960

2p= # polos

p= 4 b) 400 = n60

z φ pc

2c= 2p n = 400(60)

960(40x 10−3)4c= 4

Página 48

T = 12Π

pczφ Ii

E = 256 V

n = 156,25 rpm


c) T = E I i

2Πn60

T = 400(25)

2Π ( 156.2560

)

d) T = kT φ Ii

kT = 611.15

(40 x10−3 )25 E = KE n φ

KE = 400

156.25(40 x 10−3)

REACCIÓN DEL INDUCIDO

Cuando una máquina de c.c está sin carga o trabajando en vacío la única fuerza que se produce es la magneto motriz del inductor.

Cuando existe o se instala una carga se genera una fuerza electromotriz del inducido y ésta va a contrarrestar a la fuerza magneto motriz inicial del inductor, a este fenómeno de contrarrestar la fuerza magneto motriz inicial con la fuerza electromotriz se le conoce como REACCIÓN DEL INDUCIDO; es decir la fuerza en contradicción de cuando la máquina está en vacío.

Para calcular esta fuerza magneto motriz se tiene que considerar que el inducido tiene z conductores distribuidos en 2c circuitos, éstos a su vez van a transportar la corriente de inducción obteniéndose:

Página 49

T = 611.15 [N.m]

kT = 611.15

KE = 64


I inducido = I i2c

Y que el número de conductores por polo de la máquina es igual al número de conductores total del inducido dividido para el número de polos.

Z polo = z2 p

La f.m.m que se crea al instalar una carga en la máquina va a producir una corriente por cada uno de los polos de la máquina, es decir se van a crear una cantidad de Amperios por polo que dependerá de la corriente total del inducido, del número de conductores del inducido, del número de circuitos y del número de polos de la máquina.

ϼ = I i z

8 pc [Amperio vuelta/polo]

Adicionalmente, la f.m.m del inducido creará una fuerza de desmagnetización (FD) que permitirá que la máquina no se frene, y una fuerza transversal (FT).

La FD dependerá de la corriente total del inducido, del número de conductores de los devanados, del número de polos, y del número de circuitos del inducido, adicionalmente de los grados o los ángulos eléctricos (ángulo formado entre polo y polo).

FD = I i z

8 pc . 2θ180° [Av/polo]

Mientras que la FT dependerá de la corriente total del inducido, del número de circuitos, del número de conductores, del número de polos y básicamente de los ángulos magnéticos restado su ángulo eléctrico.

FT = I i z

8 pc . 180°−2θ180 ° [Av/polo]

FT = I i z

8 pc . (1− 2θ

180 ° ) [Av/polo]

Desplazamiento de las escobillas conRespecto a la fuerza transversal

El ángulo eléctrico es igual a p veces el ángulo geométrico: θ= pα

Nota:

Cuando una máquina arranca en vacío funciona establemente y crea una f.m.m El problema de una máquina de c.c es la rectificación.

EJERCICIOS.

Página 50


Un dínamo (generador de c.c) tiene 500 conductores, 6 polos y su devanado es ondulado, y lleva una corriente total del inducido de 200A, en ángulo geométrico en adelanto de las escobillas es 10o. Calcular:

a) Los Amperio vueltas transversales y los Amperio vueltas de desmagnetización (antagónicas).

DATOS SOLUCIÓN

z= 500 a) FT = I i z

8 pc . (1− 2θ

180 ° )p= 6 ondulado

I i= 200A FT = 200(500)8 (3 )(1)

. (1−2(30 ° )180° )α= 10o

θ= pα θ= 3(10o) θ= 30o

2c= 2c= 1

2p= 6p= 3

b) FD = I i z

8 pc . 2θ180°

FD = 200(500)8 (3 )(1)

. 2(30 °)180 °

Un motor de c.c tetra polar tiene un inducido con un arrollamiento imbricado de 1000 conductores, las escobillas están desplazadas un ángulo de 5o geométricos, si la corriente total del inducido es 90A. Calcular:

a) Los Amperio vueltas por polo antagonista y transversal.b) La corriente por cada uno de los polos.

DATOS SOLUCIÓN

z= 1000 a) FT = I i z

8 pc . (1− 2θ

180 ° )p= 4 imbricado

I i= 90 A FT = 1000(90)8 (2 )(2)

. (1−2(10 ° )180° )α= 5o

θ= pα θ= 2(5o) θ= 10o

2c= 2(2)

Página 51

FT = 2777.78 [Av/polo]

FD = 1388.89 [Av/polo]

FT = 2500 [Av/polo]


c= 2

2p= 4p= 2

FD = I i z

8 pc . 2θ180°

FD = 90(1000)8 (2 )(2)

. 2(10 °)180 °

b) I inducido = I i2c

I inducido = 902(2)

CONMUTACIÓN EN LAS MÁQUINAS ELÉCTRICAS

Se entiende por conmutación el conjunto de fenómenos vinculados con la variación de corriente en las espiras del inducido al pasar éstas por la zona donde completan el ciclo de un cortocircuito, es decir, al pasar por las escobillas.

Se dice que existe una buena conmutación cuando en el colector de delgas no existe la producción de chispas, porque no existe pérdida de corriente de conmutación, y por ende mejora su rendimiento.

Cuando la producción de chispas en la conmutación es considerable se debe a causas mecánicas y a causas eléctricas.

Entre las causas mecánicas las más predominantes podrán ser:

Un defectuosos ajuste de las escobillas con el colector. Un insuficiente equilibrio del rotor (cuando los rodamientos se desgastan)

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FD = 312.5 [Av/polo]

I inducido = 22.4 A


.Entre las causas eléctricas tenemos:

La elevación entre las delgas y el colector provocado por una autoinducción en los arrollamientos del inducido.

VL = L didt

M = i d∅dt

Tensión excesiva en el = autoinducción Colector de delgas

El intervalo de tiempo necesario para la conmutación se denomina PERIODO DE CONMUTACIÓN.

Para contrarrestar el chisporroteo será necesario compensar una fuerza electromotriz por otra de signo opuesto; esto se consigue incorporando en la línea de conmutación (línea neutra: donde están las escobillas) un polo auxiliar que será capaz de crear una inducción y a esta fuerza electromotriz se le denomina FUERZA ELECTROMOTRIZ DE CONMUTACIÓN, y que esta depende de la longitud de los conductores del polo auxiliar, del número de espiras, de la inducción, y de la velocidad tangencial (del rotor), es decir:

Fuerza electromotriz de conmutación c = 2 Bc L Ѵ N

Ejemplo.

En una máquina de c.c se desea averiguar la fuerza electromotriz de conmutación considerando que se tiene una bobina de 50 espiras, que la longitud de los conductores es 30cm y que tiene una densidad de flujo de 20x10 -3 Wb/m2 y que se ha comprobado que la velocidad tangencial es de 500 rpm.

DATOS: SOLUIÓN

Bc= 20x10-3 Wb/m2 c = 2 Bc L Ѵ NN= 50 c = 2 (20x10-3) (0.3) (500) (50)

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L= 30cmѴ= 500 rpm

Para compensar la f.e.m en el polo auxiliar se tendrá que crear una f.m.m en el mismo polo que dependerá de la corriente de inducción, del número de polos y del número de circuitos de la máquina, de la densidad de flujo, de la distancia del entrehierro y de una constante de permeabilidad pero en vacío y a esta f.m.m de compensación se le denomina FUERZA AUXILIAR.

F Aux = I i z

8 pc +

BcU 0

* δaux

Donde:

U 0 = π 4 x 10-7 Wb/Amp-vuelta-metroI i = Se mide en AmperiosBc = Se mide en Wb/m2

δ aux= Se mide en metros

Adicionalmente el número de espiras:

N Aux = F Aux

I i

EJERCICIO.

Una máquina de c.c de 6 polos tiene un arrollamiento imbricado de 720 conductores, y suministra una corriente de inducción de 600A. La densidad de flujo de los polos auxiliares es 0.372 Wb/m2 y el entrehierro es de 6mm. Calcular el número de espiras necesarias en los polos auxiliares.

DATOS SOLUCIÓN

p= 6 a) F Aux = I i z

8 pc +

BcU 0

* δ aux

z= 720 F Aux = 600(720)8 (3 )(3)

+ 0.372

π 4 x10−7 * ¿-3)

I i= 600ABc= 0.372 W/m2 F Aux = 7776.17 [Av/polo]δ= 6mm

N Aux = 7776.17600

2p= 6p= 3 2c=2p

Página 54

c = 300 V.vuelta

N Aux = 12.96 [v/polo]


c= 3

GENERADORES DE CORRIENTE CONTINUA

Desde el punto de vista eléctrico las máquinas de corriente continua constan de un inductor o excitación que se encuentra en el estator y un inducido giratorio provisto del colector de delgas; la representación de ambos devanados es:

Si en el inductor aplicamos una fuente de voltaje de corriente continua (Ve) esta fuente producirá una corriente (Ie) la misma que se transformará en una fuerza magneto motriz y que a la vez creará un flujo magnético, el mismo que se encuentra en el entrehierro y el que hará girar al inducido generando una fuerza electromotriz de c.c definida por la siguiente relación:

f.e.m E = n60 z φ

pc [Voltios]

Al conectar una carga eléctrica exterior aparece una corriente de inducción I i que provocará una caída de tensión en el inducido, que se debe a la resistencia propia del devanado inducido Ri y a las resistencias de los contactos de las escobillas con el colector de delgas (Vesc) y adicionalmente a la tensión nominal de la carga.

Por lo tanto la f.e.m:

E = V + Vesc + Ri Ii

Para entender el proceso de transformación de energía mecánica en eléctrica podemos obtener las siguientes ecuaciones tanto del inductor como del inducido.

INDUCTOR: Ve= Re Ie 1

INDUCIDO: E = V + Vesc + Ri Ii 2

Si multiplicamos 2 por una constante Ii obtenemos que la f.e.m se transforma en potencia electromagnética.

Página 55


Mecánicamente se puede calcular la potencia de entrada (P1 mecánica) que es igual a las pérdidas de excitación del estator más pérdidas mecánicas producidas por el rozamiento que existe con los rodamientos más pérdidas en el cobre del estator más la potencia electromagnética.

Con esto se determina lo que es el balance de potencias de un generador.

Este diagrama energético es válido para todas las máquinas de c.c en los que la potencia de excitación proviene de la misma máquina. Los circuitos de inductor e inducido pueden estar conectados entre sí constituyendo una sola unidad (dínamo) o pueden estar separados en cuyo caso la excitación será de una fuente exterior.

CLASIFICACIÓN DE LAS MÁQUINAS DE C.C

Se clasifican en máquinas con excitación independiente y máquinas con autoexcitación, éstas últimas se clasifican en:

Máquinas Serie Máquinas SHUNT o derivación Máquinas COMPOUND o compuesta.

MÁQUINAS SERIE.

Se dice que una máquina de c.c es tipo serie cuando el inductor está en serie con el inducido, en este caso el devanado de excitación deberá tener pocas espiras de hilo grueso (mayor corriente, menos caída de voltaje). Se puede usar un amperímetro analógico.

MÁQUINAS SHUNT O DERIVACIÓN.

El devanado inductor está en derivación o paralelo con el inducido y el devanado de excitación está formado por arrollamientos de hilo delgado con gran número de espiras (para que no haya pérdida de corriente). Se puede usar un voltímetro analógico.

Página 56

P1 mecánica = Pexc + Pm + Pcu + P electromagnética


MÁQUINAS COMPOUND O COMPUESTA.

En las máquinas compuestas la excitación total está repartida entre dos devanados, uno colocado en serie (pocas espiras, hilo grueso) y otro en paralelo con el inducido (muchas espiras, hilo delgado).

DIAGRAMAS ELÉCTRICOS DE LAS MÁQUINAS

SERIE.

SHUNT.

COMPOUND.

DIAGRAMAS EQUIVALENTES COMPLETOS PARA GENERADORES C.C

DIAGRAMA SERIE.

Ii = IL = I del inductorId= corriente de dispersión

Página 57

Ii = IL = Is + Id

E = Ri Ii + V + Is Rs


DIAGRAMA SHUNT (DERIVACIÓN).

DIAGRAMA COMPOUND LARGA.

DIAGRAMA COMPOUND CORTO.

EJERCICIOS.

Página 58

Ii = Ie + IL

E = V + Ri Ii + Vesc

Ii = Ie + IL = Is + Id

E = V + Ri Ii + Rs Is

Ii = Ie + IL

IL = Is + Id

E = V + Ri Ii + Rs Is


Un generador shunt de 250V y 150KW tiene una resistencia del circuito de excitación de 50Ω y una resistencia del circuito del inducido de 0.05Ω. Calcular:

a) La corriente de línea a plena carga que circula hacia la carga.b) La corriente de excitación.c) La corriente del inducido.d) La tensión generada a plena carga.

DATOS

V= 250VP= 150KWRe= 50ΩRi = 0.05Ω

SOLUCIÓN

a) IL = 150KW250V

b) Ie = 250V50Ω

c) Ii = Ie + IL Ii = (600 + 5) A

d) E = V + Ri Ii + Vesc E = 250V + 0.05Ω (605A)

Un generador compound en derivación larga de potencia nominal 100KW y 500V posee una resistencia de inducido de 0.03Ω, una resistencia de la excitación shunt de 125Ω, y una resistencia de la excitación serie de 0.01Ω, por la resistencia variable en derivación circulan 54A. Calcular:

a) El valor de la resistencia variable en derivación a plena carga.b) La tensión generada a plena carga.

DATOS

V= 500VP= 100KWRe= 125Ω

Página 59

IL = 600A

Ie = 5A

Ii = 605 A

E = 280.25V


Ri = 0.03ΩRs = 0.01ΩId = 54A

SOLUCIÓN

a) IL = 100KW500V

Ie = 500V125Ω

Ii = Ie + IL Ii = (200 + 4)A

Ii = Is + Id Is = (204 - 54)A

Vs = Rs Is Vs = 0.01Ω (150A)

Rd = V sI d

Rd = 1.5V54 A

b) E = V + Ri Ii + Rs Is E = 500V + 0.03Ω (204A) + 0.01Ω (150A)

Página 60

IL = 200A

Ie = 4A

Ii = 204 A

E = 507.62V

Is = 150A

Vs = 1.5V

Rd = 0.027Ω

Maquinas Electricas I.

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