Elaborado por: Daniel Rojas Campos
Máquina de Inducción Monofásica
1. Un motor de inducción bifásico de 2 polos con una alimentación de la forma: _
I a
_
= 10∠0 ,
I b
= 10∠90 ,
F = 2000 A*vuelta (secuencia positiva). Si luego, la operació n
cambia a: _
I a
_
I b
= 5∠0 ,
= 10∠53.1 +
-
Determine la fuerza magnetomotriz neta de sentidos positivo y negativo. F (t) y F (t) Solución.
Bajo las condiciones i niciales, las fuerzas magnetomotrices correspondientes a cada fase, tienen las siguientes formas:
f 1
=
2 N a 10 sen(ω t )cos(α )
f 2
=
t + 90 )cos(α + 90 ) → se considera en cuadratura, puesto que es bifásico. 2 N b 10 sen(ω t
Posteriormente:
f 1 ' =
2 N a 5 sen(ω t )cos(α )
f 2 ' =
t + 53.1)cos(α + 90 ) 2 N b 10 sen(ω t
Volviendo a la condición inicial:
F MM
=
f 1 + f 2
F MM
=
2 N a I a sen(ω t )cos(α ) +
F MM
=
2 N a I a sen(ω t )cos(α ) −
Donde,
2 N b I b sen (ω t + 90 )cos (α + 90 )
2 N b I b
2 N a I a
2 N b I b 2 N a I a
cos(ω t )sen(α )
= 1 , para lograr un gira totalmente positivo,
→ N b I b = N a I a . Como I a = I b = 10 A → N a = N b → F MM =
2 N a I a sen(ω t − α )
Ahora, como en el enunciado se dice que F = 2000 A*vuelta
2 N a I a = 2000 → N a = N b = 142vueltas Bajo las nuevas condiciones:
F MM
=
2 N a I a sen(ω t )cos(α ) + 2 N b I b sen (ω t + 53.1)cos (α + 90 )
F MM
=
2 N a I a sen(ω t )cos(α ) −
F MM
=
2 N a I a {sen(ω t )cos(α ) − 2 sen(ω t + 53.1)sen(α )}
F MM
=
2 N a I a {sen(ω t )cos(α ) − 2 * [0.6 sen(ω t ) sen(α ) + 0.8 cos(ω t )sen(α )]}
F MM
=
2 N a I a {sen(ω t )cos (α ) − 1.2 sen(ω t )sen (α ) − 1.6 cos (ω t )sen (α )}
2 N b I b
2 N a I a
sen(ω t + 53.1)sen(α )
De las identidades:
sen(a )sen(b ) =
1
sen(a )cos(b) =
1
F MM
2
2
{cos(a − b) − cos(a + b)} {sen(a − b) + sen(a + b)}
2 N a I a sen(ω t )cos(α ) −
=
ahora, suponiendo que: −
1.2 2
1.2 2
[cos(ω t − α ) − cos(ω t + α )] −
1.6 2
[sen(α − ω t ) + sen(α + ω t )]
[cos(ω t − α ) − cos(ω t + α )] = 0
La FMM tendrá una forma alterna estacionaria, → F MM
=
2 N a I a 2
{sen(ω t − α ) + sen(ω t + α )} −
2 N a I a * 0.8{sen(α − ω t ) + sen(α + ω t )}
F MM
=
2 N a I a * 0.5sen(ω t − α ) +
2 N a I a * 0.8sen(ω t − α ) + 2 N a I a * 0.5sen(ω t + α ) −
F MM
=
2 N a I a *1.3sen(ω t − α ) − 2 N a I a * 0.3sen(ω t + α )
Ahora, como Na = 142, Ia = 5A → F MM
= 1305 * sen
(ω t − α ) − 301.23 * sen (ω t + α )
Por lo tanto: +
FMM = 1305 A*vuelta -
FMM = 301.23 A*vuelta
2 N a I a * 0.8sen(ω t + α )
2 N a I a = 2000 → N a = N b = 142vueltas Bajo las nuevas condiciones:
F MM
=
2 N a I a sen(ω t )cos(α ) + 2 N b I b sen (ω t + 53.1)cos (α + 90 )
F MM
=
2 N a I a sen(ω t )cos(α ) −
F MM
=
2 N a I a {sen(ω t )cos(α ) − 2 sen(ω t + 53.1)sen(α )}
F MM
=
2 N a I a {sen(ω t )cos(α ) − 2 * [0.6 sen(ω t ) sen(α ) + 0.8 cos(ω t )sen(α )]}
F MM
=
2 N a I a {sen(ω t )cos (α ) − 1.2 sen(ω t )sen (α ) − 1.6 cos (ω t )sen (α )}
2 N b I b
2 N a I a
sen(ω t + 53.1)sen(α )
De las identidades:
sen(a )sen(b ) =
1
sen(a )cos(b) =
1
F MM
2
2
{cos(a − b) − cos(a + b)} {sen(a − b) + sen(a + b)}
2 N a I a sen(ω t )cos(α ) −
=
ahora, suponiendo que: −
1.2 2
1.2 2
[cos(ω t − α ) − cos(ω t + α )] −
1.6 2
[sen(α − ω t ) + sen(α + ω t )]
[cos(ω t − α ) − cos(ω t + α )] = 0
La FMM tendrá una forma alterna estacionaria, → F MM
=
2 N a I a 2
{sen(ω t − α ) + sen(ω t + α )} −
2 N a I a * 0.8{sen(α − ω t ) + sen(α + ω t )}
F MM
=
2 N a I a * 0.5sen(ω t − α ) +
2 N a I a * 0.8sen(ω t − α ) + 2 N a I a * 0.5sen(ω t + α ) −
F MM
=
2 N a I a *1.3sen(ω t − α ) − 2 N a I a * 0.3sen(ω t + α )
Ahora, como Na = 142, Ia = 5A → F MM
= 1305 * sen
(ω t − α ) − 301.23 * sen (ω t + α )
Por lo tanto: +
FMM = 1305 A*vuelta -
FMM = 301.23 A*vuelta
2 N a I a * 0.8sen(ω t + α )
2. Dos bobinas se encuentran separadas 45 grados mecánicos. Además, a estas bobinas
se les aplican corrientes sinusoidales que se encuentran desfasadas 45º eléctricos. ¿se obtendrá un flujo giratorio? Explique. Solución.
F a
=
2 N a I a sen(ω t )cos(α )
F b
=
2 N b I b sen(ω t t + 45 )cos(α + 45)
Al ser una máquina lineal, F Total = F a + F b
F T
2 N a I a sen(ω t )cos(α ) + 2 N b I b sen(ω t + 45 )cos (α + 45 )
=
Desarrollando de manera individual las expresiones:
2
sen(ω t + 45) = sen(ω t ) cos(45) + cos(ω t ) sen( 45) =
cos(α + 45) = cos(α ) cos( 45) − sen(α ) sen(45) =
⇒ F T
=
⇒ F T
=
⇒ F T
=
2
2 N a I a sen(ω t )cos(α ) +
2 N b I b ⋅
2 N a I a sen (ω t )cos(α ) +
2
2
2
2 2
[sen(ω t ) + cos(ω t )]
[cos(α ) − sen(α )]
[sen(ω t ) + cos(ω t )]⋅
2 2
[cos(α ) − sen(α ) ]
N b I b ⋅ {[sen(ω t ) + cos(ω t ) ]⋅ [cos(α ) − sen (α ) ]}
N b I b
2 N a I a
2 N a I a sen (ω t )cos (α ) +
2
⋅
[sen (ω t ) cos(α ) − sen (ω t ) sen (α ) + cos(ω t ) cos(α ) − cos(ω t ) sen (α )]
Como la magnitud de la fuerza debe ser única, se debe cumplir que:
de tal forma que la magnitud de la fuerza sea
N b I b 2 N a I a
=1
2 N a I a .
⇒ F T
=
2 N a {2 sen (ω t ) cos(α ) − sen (ω t ) sen (α ) + cos(ω t ) cos(α ) − cos(ω t ) sen (α )}
⇒ F T
=
2 N a {2 sen (ω t ) cos(α ) + cos(ω t + α ) − cos(ω t ) sen (α )}
Donde: 2 sen (ω t ) cos(α ) = sen (ω t − α ) + sen (ω t + α ) →Estacionaria cos( ω t + α ) →Giratoria
cos(ω t ) sen(α ) =
1 2
sen(α − ω t ) +
1 2
sen(α + ω t ) →Estacionaria
Por lo tanto queda demostrado que se obtiene una fuerza magnetomotriz giratoria
3. Las corrientes en el devanado del estator de un motor de inducción bifásico son: _
I a
_
= 8∠0 , I b =
8∠ − 90
Juntas, producen una fuerza magnetomotriz giratoria en contra de las agujas del reloj y tiene un valor pico de 1000 Amperios vuelta por polo. Esas corrientes son luego cambiadas por: _
I a
_
= 10∠0 , I b =
6∠36.9
Halle los valores pico de las ondas rotativas de la fuerza magnetomotriz en contra y a favor de las manecillas del reloj para las nuevas condiciones. Solución.
F a
=
2 N a I a sen(ω t )cos(α )
F b
=
2 N b I b sen(ω t − 90 )cos(α + 90 )
Pero:
sen (ω t − 90 ) = − cos (ω t ) cos (α + 90 ) = − sen (α )
⇒ F b F Total
2 N b I b cos (ω t )sen(α )
= =
F a
+ F b (*)
F T
=
2 N a I a sen(ω t )cos (α ) + 2 N b I b cos(ω t )sen(α )
F T
=
2 N a I a sen(ω t )cos(α ) +
Ahora, como
N b I b
N a I a
N b I b N a I a
= 1 , esto para que la fuerza magnetomotriz sea de carácter giratorio con
amplitud y velocidad constantes.
N b I b
cos (ω t )sen(α )
= N a I a
Además, para la primera condición, I b = I a = 8
⇒ N b
=
⇒ F T
=
2 N a I a [sen(ω t )cos(α ) + cos (ω t )sen(α )]
⇒ F T
=
2 N a I a sen(ω t + α )
N a
Se tiene que el valor pico de la FMM es 1000 Amperios vuelta ∴1000 =
⇒ N a
=
⇒ N a
=
2 N a I a
1000 2 * I a
Además,
N b
=
1000 2 *8
= 88.388
= 88.388
2 N a =
2 N b = 125
Ahora, considerando las nuevas condiciones: _
I a F a
=
_
= 10∠0 , I b =
6∠36.9
2 N a I a sen(ω t )cos(α )
⇒ F a
= (125) * (10) sen(ω t )cos(α )
⇒ F a
= 1250sen(ω t )cos(α )
⇒ F a
= 1250
⇒ F a
= 625 sen(ω t − α ) + 625sen(ω t + α )
1 ω sen t ( ( − α ) + sen(ω t + α )) 2
Por otro lado:
F b
=
2 N b I b sen(ω t + 36.9 )cos(α + 90)
⇒ F b
= (125) * (6) sen(ω t + 36.9 )sen(α )
⇒ F b
=
750[sen(ω t ) cos(36.9) + cos(ω t ) sen(36.9)]sen(α )
⇒ F b
=
750[0.8sen(ω t ) + 0.6 cos(ω t )]sen(α )
⇒ F b
=
600sen(ω t ) sen(α ) + 450 cos(ω t ) sen(α )
⇒ F b
=
600 2
[cos(ω t − α ) − cos(ω t + α )] +
450 2
[sen(α − ω t ) + sen(α + ω t )]
⇒ F b
= 300 cos(ω t − α ) − 300 cos(ω t + α ) − 225sen(ω t − α ) + 225sen(ω t + α )
Utilizando la ecuación (*) F T
=
625sen ( t − α ) + 625sen( t + α ) + 300 cos( t − α ) − 300 cos( t + α ) − 225sen(ω t − α ) + 225sen( t + α )
⇒ F T
=
400 sen (ω t − α ) + 850 sen (ω t + α ) + 300 cos(ω t − α ) − 300 cos(ω t + α )
Además, la expresión: 300 cos( ω t − α ) − 300 cos( ω t + α ) corresponde a onda estacionaria, ∴ FMM ( + ) =
400
∴ FMM ( − ) = 850
4. Demuestre que cambiando la polaridad del devanado auxiliar se invierte el sentido de
giro de la máquina de inducción monofásica. Para un caso I:
F a
2 N a I a sen(ω t )cos(α )
=
⇒ F a
2 N a I a
=
2
[sen(ω t − α ) + sen(ω t + α )]
F b
=
2 N b I b sen (ω t )cos(α + 90 )
F b
=
2 N b I b sen (ω t )[cos(α )cos(90 ) − sen (α )sen (90 )]
F b
=−
2 N b I b sen (ω t )sen(α )
F b
=−
2 N b I b 2
⇒ F b
F T
=
F T
=
2 N b I b
=
2
F a
[cos(ω t − α ) − cos(ω t + α )]
+
F b
=
[cos(ω t + α ) − cos(ω t − α )] 2 N a I a 2
[sen(ω t − α ) + sen(ω t + α )] +
2 N a I a 2
2 N b I b 2
[cos(ω t + α ) − cos(ω t − α )]
N b I b [cos(ω t + α ) − cos(ω t − α )] [sen(ω t − α ) + sen(ω t + α )] + N a I a
Debe cumplirse la condición: N a I a = N b I b
F T
=
2 N a I a 2
{sen(ω t − α ) + sen(ω t + α ) + cos(ω t + α ) − cos(ω t − α )}
Ahora, para un caso II, donde se invierte la polaridad del devanado auxiliar, se tiene:
F a
=
⇒ F a
2 N a I a sen(ω t )cos(α ) 2 N a I a
=
2
[sen(ω t − α ) + sen(ω t + α )]
F b
=
2 N b I b sen(ω t + 180 )cos(α + 90 )
F b
=
2 N b I b [sen(ω t )cos (180) + cos (ω t )sen (180 )][cos (α )cos(90 ) − sen(α )sen(90 )]
F b
=
2 N b I b [− sen(ω t )][− sen(α )]
F b
=
2 N b I b sen(ω t )sen(α )
⇒ F b
F T
=
F T
=
2 N b I b
=
2
F a
+
F b
=
[cos(ω t − α ) − cos(ω t + α )] 2 N a I a 2
[sen(ω t − α ) + sen(ω t + α )] +
2 N b I b 2
[cos(ω t − α ) − cos(ω t + α )]
2 N a I a 2
N b I b [cos(ω t − α ) − cos(ω t + α )] [sen(ω t − α ) + sen(ω t + α )] + N a I a
Debe cumplirse la condición: N a I a = N b I b
F T
=
2 N a I a 2
{sen(ω t − α ) + sen(ω t + α ) + cos(ω t − α ) − cos (ω t + α )}
Claramente, se observa que en ambas expresiones las componentes de coseno se invierten, que son las componentes de fuerza magnetomotriz giratorio, por lo tanto, el giro también se invierte.
5. Un motor de inducción monofásico de fase partida, 120 V, 1/3 HP, 60 Hz, 4 polos, cuyos
parámetros se muestran a continuación:
R1
= 2Ω ,
R2
=
2.8Ω
X 1
= 2.56Ω
X 2
=
X m
= 60.5Ω
2.56Ω
Para un deslizamiento del 5%, y unas pérdidas rotacionales de 51 W, determine: Solución. a) Pin
Pin
= VI cosθ
2.8 + j 2.56 ( j 60.5) _ 0.05 = 40.21∠44.2Ω Z f = 2.8 + j 2.56 + ( j 60.5) 0.05 2.8 + j 2.56 ( j 60.5) _ 2 − 0.05 = 2.815∠62.016Ω Z b = 2.8 + j 2.56 + ( j 60.5) 2 − 0.05 _
→ I 1 =
120∠0
(2 + j 2.56 + 0.5(40.21∠44.2)) + 0.5(2.815∠62.02)
Finalmente:
Pin
= VI cosθ = 120 * 4.86 * cos( 46.22)
→ Pin = 403.5W
b) PEH
P EH
=
P EH , f
− P EH ,b
[
2
→ P EH = (4.86 ) * 28.82 * 0.5 − (4.86 ) *1.32 * 0.5 → P EH = 324.77W
2
]
=
4.86∠ − 46.22 A
_
El motor en operación, s = 0.05 , τ eje = 2.6 N ⋅ m , I m1 = 5∠ − 50 A . Determine la
c)
eficiencia.
η =
Peje Pin
2π 1min = 188.5 rad s min 1rev 60s
ω s
= 1800 rev
ω m
= (1 − 0.05 ) *188.5 = 179.075
Además, = τ eje
Peje
* ω m
→ Peje = 2.6 *170 .075 → Peje = 465 .6W Luego, para calcular la potencia de entrada P in: _
_
I m
_
_
= I m1 + I m 2 ,
_
I m1
I ajux
_ 1 _ = 5∠ − 50 = I m − I aux 2
_
→ I m = 10∠ − 50 A → Pin = 10 ⋅110 ⋅ cos(50) → Pin = 707.06W Finalmente la eficiencia:
η =
=0
Peje Pin
=
465.6 707.06
→ η = 65 .85 %
*100
6. Se tiene un motor de inducción monofásico, ½ Hp, 115 V, 60 Hz, 4 polos, con un
deslizamiento s = 0.045 :
R1
= 1.83Ω ,
X 1
=
X 2
R2
= 3.29Ω
= 2.49Ω ,
X φ
=
58 .7 Ω
Las pérdidas en el núcleo son 36 W, mientras que las pérdidas por fricción y ventilación son 13.8 W. Calcule: a) Velocidad del rotor. b) La corriente de línea del motor. c)
El torque en el eje.
d) La potencia de salida. e) El factor de potencia. f)
La eficiencia.
Solución. a) nr:
ns
=
120 * f # polos
=
120 * 60 4
= 1800 rpm
→ nr = (1 − s ) * ns = (1 − 0.045) *1800 rpm = 1719 rpm
b) IL:
Se sabe que: _
Z f
=
jX φ
R jX 2 //( 2 + ) 2 2s 2
_
⇒ Z f
j 29.35 * (36.55 + j1.245)
=
36.55 + j (29.35 + 1.245)
_
⇒ Z f
= 22.52∠52.02º Ω
De manera similar se obtiene: _
= 1.44∠57.93º Ω
Z b
Ahora: _
_
_
= Z f + Z b + ( R1 + jX 1 )
Z T
_
⇒ Z T
=
27.043∠52.525º Ω _
_
⇒ I L
=
V L
P EH
=
τ eje
=
2
− P EH ,b = ( 4.25) ⋅13.8585 − ( 4.25) ⋅ 0.7648
= 236.5W
(1 − s ) * P EH = (1 − 0.045)* 236.5
⇒ Pconv =
2
P EH , f
⇒ P EH
Peje
4.25∠ − 52.525º [ A]
Τeje:
=
Pconv
=
27.043∠52.525
Z T c)
115∠0
=
_
=
Pconv
Peje
225.86W −
=
P perdidas
176.06 180.01
ω m
= 176,06W
= 0.978 N ⋅ m
d) Pout:
Pout
=
Peje
= 176 .06W =
0.236 Hp
e) F.p:
f . p. = cos(θ ) = cos( −52 .55 ) = 0 .608 f)
η =
Eficiencia:
Pout Pin
=
176.06 (115) * (4.25) * 0.608
= 0.5925
⇒ η = 59 .25 %
7. Se tiene un Motor de Inducción Monofásico, de fase partida, a cuyos devanados
principal y auxiliar se le aplican los siguientes voltajes: _
V m
=
k 2V m sen(ω t )
=
2V m cos(ω t )
_
V a
_
_
Determine V m1 y V m 2 Solución. _
_
V m
=
k 2V m cos(ω t − 90)
_
→ V m = kV m ∠90
_
V a
=
2V m cos(ω t )
→ V a = V m ∠0
Utilizando las ecuaciones de las componentes simétricas: _
→ V m1
_ 1 _ 1 = V m − j V a = (kV m ∠90 − jV m ∠0 ) 2 2
_
→ V m 2 =
_
→ V m1 = _
→ V m1 =
_ 1 _ 1 V m + j V a = (kV m ∠90 + jV m ∠0) 2 2
1 2 1 2
{kV m ∠90 − V m ∠0} * (k − 1)V m ∠90
De manera similar: _
→ V m1 = _
→ V m 2 =
1 2 1 2
{kV m ∠90 + V m ∠0} * (k + 1)V m ∠90
8. Un motor bifásico, 1.5 Hp, 220 V, 60 Hz, P rot=200 W
R1
= 3.2Ω ,
X 1
=
X 2
_
R2
=
= 3.2Ω ,
2.4Ω X φ
= 100Ω
_
Si, V m = 220∠0 y V a = 220∠60 , para s = 0.04 Calcule el par inducido y el par en el eje. Solución.
De los parámetros de la máquina se sabe que los circuitos equivalentes de secuencia positiva y negativa son respectivamente los siguientes:
Primero se calculan las impedancias de secuencia: _
Z 1
=
2.4 j j ( ) 3 . 2 // 100 + 0.04 + (3.2 + j 3.2)
1 1 ⇒ Z 1 = + (60 + j3.2 ) ( j100) _
−1
+
(3.2 + j3.2)
_
⇒ Z 1 = 54.77∠34.19 = 45.3 + j 30.78 _
Z 2
=
2.4 3 . 2 // 100 j j ( ) + 2 − 0.04 + (3.2 + j3.2)
1 1 ⇒ Z 2 = + (1.22 + j 3.2 ) ( j100) _
−1
+
(3.2 + j3.2)
_
⇒ Z 2
= 7.66∠55.47 =
4.34 + j 6.31
Ahora, para calcular los voltajes de secuencia, se aplican las ecuaciones de las componentes simétricas: _
1
=
V m1
2
_
_
(V m − j V a )
_
1
⇒ V m1 = [220∠0 − (1∠90)(220∠60)] 2
_
1
⇒ V m1 = [425∠ − 15] 2
_
⇒ V m1 = 212.5∠ − 15 V De manera similar: _
=
V m 2
1 2
_
_
(V m + j V a )
_
⇒ V m 2
= 56.94∠75 V
Calculando las corrientes de secuencia: _ _
V m1
=
I m1
_
=
212.5∠ − 15
= 3.88∠ − 49.19
54.77∠34.19
Z 1
A
_ _
I m 2
V m 2
=
=
_
56.94∠75 7.66∠55.47
Z 2 2
= 7.43∠19.53
A
2
P EH ,1
=
2 I 1 ⋅ R1 = 2(3.88) ⋅ (42.1) = 1267 .6 W
P EH , 2
=
2 I 2 ⋅ R2 = 2(3.88) ⋅ (1.14 ) = 34.32 W
P EH
ω s
=
2
2
P EH ,1 − P EH , 2
= 188.4956
= 1233.28
rad
s
W
τ ind
=
P EH
=
ω s
1233.28 188.4956
= 6.54 N ⋅ m
Para calcular el par en el eje: == 1233.28 W
P EH
Pconv
= (1 − 0.04) ⋅1233.28 = 1183.95 W
Considerando las perdidas rotacionales:
Peje
= 1183.95 − 200 =
⇒ τ eje
=
Peje
ω m
=
983 .95
983.95
(188.4956) ⋅ (1 − 0.04)
= 5.44
N ⋅ m
9. A un motor de inducción monofásico, 1/3 Hp, 110 V, 60 Hz, 4 polos, 1725 rpm, se le
han realizado las pruebas DC, de rotación libre y a rotor bloqueado, obteniendo los siguientes parámetros. Prueba en DC: R1 = 1.58 Ω
Prueba rotación libre Prueba rotor bloqueado
Tensión [V] 110 110
Corriente [A] 3.55 21
Potencia [W] 86 1592
Determine los parámetros de la máquina: Solución.
De la prueba a rotor bloqueado (s=1), el circ uito equivalente queda de la siguiente forma:
Z eq
V sc
=
=
110
= 5.238 Ω
21
I sc
Además:
Psc
2
= I sc ⋅ Req
∴ Req =
Psc I sc
=
2
1592
(21)2
= 3.61 Ω
Pero, Req = R1 + R2 , y R1 = 1.58 Ω
⇒ R2
= 2.03 Ω
Ahora,
( Z )
2
eq
=
⇒ X eq
( R ) + (X ) 2
2
eq
=
Z eq
eq
2
− Req
2
= 3.795 Ω
Como: X eq = X 1 + X 2 y se considera por diseño que X 1 = X 2
X 1
=
X 2
= 1.898 Ω
Ahora, para la prueba de rotación libre (s=0), el circuito equivalente se muestra a continuación:
cos(θ oc ) =
⇒ θ oc
Poc V oc I oc
= 77.277º
=
86 110 ⋅ 3.55
= 0.22
Sea V ab la tensión aplicada sobre la reactancia de magnetización _
_
∴V ab = V oc − R1 +
j 1.898 +
1.898
⋅ [3.55∠ − 77.277]
2
⇒ V ab = 110∠0 − [(2.0875) + j (2.847 )]⋅ [3.55∠ − 77.277] =
(110∠0) − (12.53∠ − 23.53)
_
⇒ V ab
= 98.64∠2.91 V
Ahora:
X φ 2
=
V ab I oc
⇒ X φ = 2 ⋅
V ab I oc
⇒ X φ = 55.57
= 2⋅
Ω
,
X + j X 1 + 2 ⋅ [I oc ∠ − θ oc ] 4 2
_
_
2
R2
_ 2.03 ⇒ V ab = 110∠0 − 1.58 + + 4
⇒ V ab
X φ
(98.64) (3.55)
10. Para un Motor de Inducción Monofásico, demuestre que la potencia aparente que
consume el motor en el arranque está dada por la siguiente expresión: _
S
_
=
_
k m1 S m1 + k m 2 S m 2
Además determine, que valores toman los parámetros k m1 y k m 2 . Solución. _
S
_
=
_
S
_
S m + S aux _
_
_
_
= V m I m * + V aux
I aux *
Aplicando componentes simétricas: _
S
_
_
S
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
= V m1 I m1 * + V m 2 I m 2 * + V m1 I m1 * + V m 2 _
=
_
S
_
_
_
S
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
= V m1 I m1 * + V m1 I m 2 * + V m 2 I m1 * + V m 2 I m 2 * + V m1 I m1 * − V m1 I m 2 * − V m 2 I m1 * + V m 2
_
S
_
= (V m1 + V m 2 )( I m1 * + I m 2 *) + ( j V m1 − jV m 2 )(− j I m1 * + j I m 2 *)
_
_
=
_
_
2V m1 I m1 * +2V m 2 I m 2 * _
2 S m1 + 2 S m 2
∴ k m1 =
k m 2
=
2
_
I m 2 *
_
I m 2 *
11. Un motor de inducción monofásico de fase partida, de 120 V, a 60 Hz, de ½ Hp, posee
los siguientes parámetros de su circuito equivalente: Devanado Principal Xm = 6.72 Ω Rm = 3.52 Ω
Devanado Auxiliar Xaux = 9.31 Ω Raux = 5.33 Ω
a) Calcule el valor del capacitor necesario para obtener un desfase de 90° entre la corriente del auxiliar y del principal, durante el arranque. b) Calcule las impedancias de secuencia negativa y positiva con el nuevo capacitor, durante el arranque. Solución. a)
El circuito con los devanados principal y auxiliar se muestra en la siguiente figura:
_
Se sabe que: V = 120∠0 _
= 3.52 +
Z m
j 6.72 = 7.59∠62.4
_
= 5.33 +
Z aux
j 9.31 = 10.73∠60.2
Además, por ser de fase partida, ambos devanados están en paralelo, por lo tanto: _ _
I m
=
V m _
=
Z m
120∠0 7.59∠62.4
= 15.81∠ − 62.4
_ _
I aux
=
V aux _
Z aux θ =
=
120∠0 10.73∠60.2
− 62.4 − −60.2 =
= 11.18∠ − 60.2
2.2º , ángulo entre los fasores de corriente.
Se quiere que θ = 90º , Como la impedancia del devanado principal no varía, entonces el ángulo θ = 90º se obtiene variando el ángulo de impedancia en el devanado auxiliar agregando un capacitor, _
Entonces, se define el ángulo de la nueva impedancia auxiliar Z ' aux (incluyendo el capacitor):
φ = 62 .4 − 90 = −27 .6 Por lo tanto mediante realizan los cálculos trigonométricos, con el triángulo de impedancias.
X n
tan( 27.6) * 5.33 = 2.786
=
X C = X L
+
X n
→ X C = 9.31 + 2.786 = 12.097 Además,
X C =
→ C =
1
1
=
ω C
2π * f * C 1
=
2π * f * X C
1 2π * 60 *12.097
b)
Una vez agregado el nuevo capacitor: _
Z m
= 3.52 +
j 6.72 = 7.59∠62.4
_
Z 'aux
= 5.33 −
j 2.786 = 6.01∠ − 27.6
=
219.3 µ F
_
Además, V m = 120∠0 Pero al agregar el capacitor es importante recordar que, la tensión aplicada al devanado _
_
principal V m no será igual a V aux , que corresponde a la tensión aplicada directamente al devanado auxiliar, puesto que existe una caída de tensión en el capacitor. _ _
→ I m =
V m _
120∠0
=
7.59∠62.4
Z m
= 15.81∠ − 62.4
_ _
→ I aux =
V m
120∠0
=
_
Z ' aux
6.01∠ − 27.6
= 19.97∠27.6
_
Donde Z 'aux corresponde a la impedancia del conjunto devanado más capacitor. _
Para averiguar V aux , basta con multiplicar la corriente calculada anteriormente por la _
impedancia del devanado auxiliar inicial el enunciado ( Z aux ). _
_
V aux
_
= I aux * Z aux = (19.97∠27.6) * (10.73∠60.3)
_
V aux
= 214.28∠87.8
Utilizando las ecuaciones de componentes simétricas: _
V mf
_
I mf
=
_ 1 _ V j V − a m 2
_ 1 _ = I m − j I a 2
Para el circuito de secuencia positiva: _
→ V mf = 167 .11∠ − 1,4 _
→ I mf = 17 .89 ∠ − 62 .4 Y la impedancia de secuencia positiva es: _ _
Z mf
=
V mf _
I mf
=
167.11∠ − 1.4 17.89∠ − 62.4
_
V mb
_
I mb
=
_ 1 _ V j V + a m 2
_ 1 _ = I m + j I a 2
_
Z mf
=
9.34 ∠61
Mientras, para el circuito de impedancia negativa: _
→ V mb = 47.24∠175 _
→ I mb = 2.08∠117.6 Finalmente, la impedancia de secuencia negativa es: _ _
Z mf
=
V mf _
=
47.24∠175 2.08∠117.6
I mf _
Z mb
=
22.71∠57.4
12. Un motor de inducción monofásico de cuatro polos, 120 V, 60 Hz, 1/3 Hp, tiene los
siguientes parámetros de circuito equivalente: Estator = 1.25 Ω = 2.5 Ω
Rotor = 1.25 Ω = 3.75 Ω
Magnetización ∅ = 45 Ω ∅ → ∞ Ω
El motor funciona con una velocidad de 1728 rpm y tiene pérdidas por rotación de 20 W. Determine el par y la eficiencia del motor. Solución.
Para calcular el deslizamiento:
s=
ns
− nr
ns
=
1800 − 1728 1800
= 0.04
El circuito en régimen permanente es el siguiente:
_
0.5 Z f = 18 .056 + j 22 .815 = 29 .095 ∠51 .64 Ω _
0.5 Z b = 0.925 + j 0.638 = 1.124 ∠34 .6 Ω _
_
Z total
_
0.5 Z f + 0.5 Z b + ( R1 + jX 1 )
=
_
⇒ Z total
29 .095 ∠51 .64 + 1.124 ∠34 .6 + ( 2.5 + j1.25 )
=
_
⇒ Z total
= 32.74∠ 48.99 _
_
V m
∴ I m =
_
= 3.67 ∠ − 48.99
Z total
Pin
= VI cosθ = (120) ⋅ (3.67) ⋅ cos( 48.99)
⇒ Pin P EH
=
=
288.99 W
( I )⋅ 0.5 R − ( I )⋅ 0.5R 2
2
m
f
m
b
⇒ PEH
=
(3.67 )2 ⋅ (18.056) − (3.67 )2 ⋅ (0.925)
⇒ PEH
=
230 .74 W
Pconv
=
P EH ⋅ (1 − s)
⇒ Pconv
=
230.74 ⋅ (1 − 0.04)
⇒ Pconv
=
221.51 W
Pout = Pconv
− Prot
⇒ Pout = 201.51 W τ =
η =
(201.51)
2π 1728 ⋅ 60 201.51 288.99
=
= 1.114 [ N ⋅ m ]
0.6973
⇒ η = 69 .73 %
13. En una gran empresa, se instaló un pequeño motor de inducción monofásico de fase
partida. El cual es de ⅓ Hp, 4 polos y trabaja a 120 V a 60Hz. En las especificaciones técnicas se daba los siguientes parámetros del circuito equivalente: Estator = , =
Rotor = 2,56 Ω = 2,8 Ω
Magnetización ∅ = 60,5 Ω ∅ → ∞ Ω
Por otro lado, en operación, las pérdidas por fricción y rozamiento son de 51 W. Si el deslizamiento es del 5%, determine: a) La potencia de entrada al motor y la potencia en el entrehierro neta. b) La potencia convertida y la potencia de salida. c)
El torque aplicado al eje del rotor y la eficiencia .
Solución. a)
El circuito equivalente del modelo en régimen permanente es el siguiente:
Analizando el circuito anterior, para la impedancia de secuencia positiva:
1 1 + 0.5 * Z f = [(28 + j1.28) //( j 30.25)] = 28 + j1.28 j30.25 _
−1
_
→ 0.5 * Z f = 14.41 + j14.024 _
→ Z f = 28.82 + j 28.048 ∴ R f =
28.82Ω
Mientras tanto, para la impedancia de secuencia negativa:
1 1 + 0.5 * Z b = [(0.718 + j1.28) //( j 30.25)] = 0.718 + j1.28 j30.25 _
−1
_
→ 0.5 * Z b = 0.66 + j1.24 _
→ Z b = 1.321 + j 2.486 ∴ Rb = 1.321Ω _ _
I m
V m
=
_
_
120∠0
=
( 2 + j 2.56) + (14.41 + j14.024) + (0.66 + j1.24)
( R1 + jX 1 ) + 0.5 Z f + 0.5 Z b _
→ I m = 4.86∠ − 46.24 La ecuación de la potencia de entrada es:
Pin
= V * I * cos(θ ) = 120 * 3.86 * cos( 46.24)
Pin
=
403.36 W
Ahora, Pg ,neta = Pg , f − Pg ,b 2
Pg , f
= 0.5 * I
Pg , f
=
Pg ,b
= 0.5 * I
Pg ,b
= 15 .6 W
m
2
* R f = 0.5 * ( 4.86) * 28.819
340 .35 W 2
m
2
* Rb = 0.5 * ( 4.86) *1.321
∴ Pg , neta = 340 .35 − 15 .6
Pg ,neta
= 324 .75
W
b) =
Pconv
Pg , neta * (1 − s ) = 324 .75 * (1 − 0.05)
→ Pconv = 308.51 W
Pout = Pconv
− Prot = 308.51 − 51
→ Pout = 257.51 W
c)
Pout
τ eje
=
ω r
= ω s (1 − s )
ω s
=
ns
=
ω r
ns *
2π 60
120 f
=
120 * 60
# polos
→ ω s = 1800 *
4 2π 60
= 1800 rpm
= 188 .5 rad
s
→ ω r = 188 .5 * (1 − 0.05) = 179 .07 rad
→ τ eje =
257 .51 179 .07
= 1 .438 N ⋅ m
→ τ eje = 1.438 N ⋅ m Ahora, para el cálculo de la eficiencia:
η =
Pout Pin
=
257.51 403.36
→ η = 63 .84 %
=
0.6384
s
14. En una gran empresa, se instaló un pequeño motor de inducción monofásico de fase
partida. El cual es de ⅓ Hp, 4 polos y trabaja a 120 V a 60Hz. En las especificaciones técnicas se daba los siguientes parámetros del circuito equivalente: Estator = , =
Rotor = 2,56 Ω = 2,8 Ω
Magnetización ∅ = 60,5 Ω ∅ → ∞ Ω
Por otro lado, en operación, las pérdidas por fricción y rozamiento son de 51 W. Si el deslizamiento es del 5%, determine: a) Determine la corriente de arranque. b) Un ingeniero industrial trató de comprobar matemáticamente que el motor arrancaba, pero, no pudo. Para evitar un caluroso debate científico, obtenga la fuerza magnetomotriz total y concluya si es giratoria o estacionaria (puede suponer que las corrientes de la rama auxiliar y el devanado principal están en fase). Solución. a)
Para el cálculo de la corriente de arranque, se sabe que en el transitorio del arranque, la máquina se comporta como una máquina bifásica. Por lo tanto el circuito equivalente con los devanados principal y auxiliar es el siguiente:
Se deduce por lo tanto que conociendo las corrientes I m e Iaux se puede determinar I arr. Se conocen los parámetros del circuito equivalente en régimen permanente, por lo tanto, se construyen los circuitos equivalentes de secuencia positiva y secuencia negativa. Sabiendo que las tensiones correspondientes, se calculan mediante componentes simétricas, a partir de: _
V m
_
= V aux = 120 ∠0
_
∴V mf =
_
∴V mb =
1 2 1 2
_
_
(V m − j V aux ) = 84.85∠ − 45 _
_
(V m + j V aux ) = 84.85∠ 45
Entonces, el circuito equivalente de sec uencia positiva es el siguiente:
Para calcular la corriente de secuencia positiva se tiene: _ _
I mf
V mf
=
_
Z mf _
Z mf
=
_
→ Z mf
[(56 + j 2.56 ) // ( j 60 .5)] + (2 + j 2.56 ) 1 1 = + 56 + j 2.56 j 60.5
−1
+
(2 + j 2.56 )
_
→ Z mf = 43 .44 ∠ 44 .8 = 30 .82 + j 30 .61 Ω _
→ I mf =
84.85∠ − 45 43.44∠44.8
= 1.953∠ − 89.8 A
De igual forma para el circuito de secuencia negativa:
_ _
I mb
=
V mb _
Z mb
_
Z mb
=
_
→ Z mf
[(1.436 + j 2.56 ) // ( j 60 .5)] + (2 + j 2.56 ) 1 1 = + 1.436 + j 2.56 j 60.5
−1
+
(2 + j 2.56 )
_
→ Z mb = 6.04 ∠56 .65 = 3.32 + j 5.05 Ω _
→ I mb =
84.85∠45 6.04∠56.65
= 14 .05∠ − 11.65 A
_
_
_
_
Ahora, conociendo I mf e I mb se pueden calcular las corrientes I m e I aux . _
I m
_
_
I mb = (1.953∠ − 89.8 + 14.05∠ − 11.65)
= I mf +
_
→ I m = 14.58∠ − 19.18 A
_
_
_
= j I mf − j I mb
I aux
= (1.953∠(−89.8 + 90) − 14.05∠(−11.65 + 90) )
_
→ I aux = 13.78∠ − 93.68 A
Finalmente: _
_
I arr
_
= I m +
I aux
_
→ I arr = 22.58∠ − 55.2 A
b)
Cálculo de la fuerza magnetomotriz: Para el devanado principal:
F m
=
→ F m =
2 N m I m sen(ω t ) cos(α )
2 N m I m 2
[sen(ω t − α ) + sen(ω t + α )]
Para el devanado auxiliar:
F aux
2 N aux I aux sen(ω t ) cos(α + 90)
=
Se considera que los devanados están espaciados en cuadratura, Además:
cos(α + 90) = − sen(α ) 2 N aux I aux sen(ω t ) sen(α )
∴ F aux = −
→ F aux =
2 N aux I aux
−
→ F aux =
2 2 N aux I aux 2
[cos(ω t − α ) − cos(ω t + α )]
[cos(ω t + α ) − cos(ω t − α )]
Finalmente:
F total
=
F m
→ F total =
+
F aux
2 2
{ N m I m [sen(ω t − α ) + sen(ω t + α )] + N aux I aux [cos(ω t + α ) − cos(ω t − α )]}
Donde:
[sen(ω t − α ) + sen(ω t + α )] , representa componentes de fuerza magnetomotriz estacionarias [cos(ω t + α ) − cos(ω t − α )] , representa componentes de fuerza magnetomotriz girator ias. ∴Se concluye que la máquina girará.
15. Para un motor de inducción monofásico con arranque por capacitor de 4 polos, 60 Hz,
110 V, determine explícitamente la constante k, en la relación del par desarrollado en el momento del arranque, es decir: _
τ arr = K ⋅ I m ⋅ I aux ⋅ senγ .
Donde γ es el desfase entre I m e I aux .
Solución.
Se sabe que para el arranque:
τ arr =
τ arr =
P EH
=
ω s P EH
ω s
1
⋅
(P
⋅
(2 R
ω s =
1
ω s
EH , f
f
− P EH ,b
2
)
⋅ I f − 2 Rb ⋅ I b
_
2
), en el arranque: R
f
=
Rb
⇒ τ arr =
2 R f
( I
f
ω s
2
− I b
2
)
Ahora:
I f
2
− I b
2
=? 2
Analizando la expresión I f :
I f
=
2
1 4
=
1 4
_
_
= I f ⋅ I f
*
_ _ 1 _ 1 _ * * = I m − j I aux ⋅ I m + j I aux 2 2
[( I m cos(θ m ) + jI m sen(θ m )) − ( jI aux cos(θ aux ) − I aux sen(θ aux ))] ⋅ [( I m cos(θ m ) − jI m sen(θ m )) + ( jI aux cos(θ aux ) + I aux sen(θ aux ))]
[ I m cos(θ m ) + jI m sen(θ m ) − jI aux cos(θ aux ) + I aux sen(θ aux )] ⋅ [ I m cos(θ m ) − jI m sen(θ m ) + jI aux cos(θ aux ) + I aux sen(θ aux )]
Multiplicando ambos términos, y cancelando algunos, se tiene:
=
1 4
{ I
2
m
2
cos (θ m ) + I m I aux cos(θ m )sen(θ aux ) + I m sen (θ m ) − I m I aux sen(θ m )cos(θ aux ) 2
− I m I aux sen
2
(θ m )cos (θ aux ) + I aux 2 cos 2 (θ aux )+ I m I aux cos (θ m )sen (θ aux ) + I aux 2 sen 2 (θ aux )}
Reacomodando: =
1 4
{ I [cos 2
m
− I m I aux sen
=
1 4
{ I
m
2
2
(θ m ) + sen 2 (θ m )] + I m I aux cos(θ m )sen(θ aux ) + I m I aux cos(θ m )sen(θ aux )
(θ m )cos (θ aux ) − I m I aux sen (θ m )cos (θ aux ) + I aux 2 [cos 2 (θ aux ) + sen 2 (θ aux )]} 2
+ I aux + 2 I m I aux
}
cos(θ m )sen(θ aux ) − 2 I m I aux sen(θ m ) cos(θ aux )
⇒ I f
2
=
1
{ I
2
m
4
}
2
+ I aux + 2 I m I aux sen(θ aux − θ m )
2
De un análisis similar para I b ,
⇒ I b
2
=
1 4
{ I
2
m
}
2
+ I aux − 2 I m I aux sen(θ aux − θ m )
Volviendo a la resta de cuadrados inicial:
⇒ I f
2
⇒ I f
2
− I b
2
− I b
2
=
1 4
{[ I
m
2
2
= I m I aux sen(θ aux − θ m )
Finalmente:
⇒ τ arr =
∴ K =
2 R f
ω s
2 R f
ω s
] [
2
2
]}
+ I aux + 2 I m I aux sen(θ aux − θ m ) − I m + I aux − 2 I m I aux sen(θ aux − θ m )
( I m I aux sen(θ aux − θ m ))
16. Considere un motor monofásico de fase partida, 4 polos, 5 hp, 60 Hz, 220 V.
230∠0°V
V m
=
R2
= 0.956Ω
V aux X 1
=
=
210∠80°V
s = 0.05
2.45Ω
X 2
R1
= 0.534Ω
= 2.96Ω
X Φ
= 70.1Ω
a) Encuentre las componentes de secuencia positiva y negativa del voltaje aplicado. b) Encuentre las corrientes de secuencia positiva y negativa del estator. c)
Obtenga los valores efectivos de las corrientes de fase.
d) Determine la Potencia mecánica interna desarrollada por el motor. Solución:
0.956 + j 2.96 ( j 70.1) 0.05 = 16.47 + j 7.15 = 17,96∠23.46°Ω Z f = 0.956 + j 2.96 + j 70.1 0 . 05 a) 0.956 + j 2.96 ( j 70.1) 2 − 0.05 Z b = 0.956 + j 2.96 + j 70.1 2 − 0.05 ⇒ V mf
=
⇒ V mb
=
b)
c)
I aux
=
d)
1 2 1 2
0.4537 + j 2.84 = 2.878∠80.92°Ω
(230∠0 − j 210∠80) = (218,4 − j18.23) = 219.16∠ − 4.77°V
(230∠0 + j 210∠80) = (11.59 − j18.23) = 21.61∠57.5°V
I mf
=
I mb
=
I m
=
219,6∠ − 4.77 2.51∠77.7 + 17.96∠23.46 219,6∠ − 4.77 2.51∠77.7 + 2.878∠80.93
= 11.24∠ − 34.21° A
=
4.01∠ − 21.9° A
= 11.24∠ − 34.21 + 4.01∠ − 21.9 = 15.18∠ − 30.98° A
j11.24∠ − 34.21 − j 4.01∠ − 21.9 = 7.37∠ − 49.13° A
Pmec
=
2
2
(1 − .s )( P EH , f − P EH ,b ) = 0.95(11.24 ⋅16.47 ⋅ 2 − 4.01 ⋅ 0.4537 ⋅ 2) = 3939.6W
17. Considere un motor monofásico de fase partida, 4 polos, ¾ hp, 60 Hz, 120 V.
Z m
= 3.94 +
j 4.2Ω
Z aux
Z Φ
En el arranque:
= 1.2 +
= 8.42 +
b) En operación
I m1
I m
j3.2Ω
τ arr
a) Determine el ángulo Ѳ si = 5∠60° A
j 6.28Ω =
40 A
I aux
= 10 A
= 5 Nm
, si con s = 0.05 el par dessarrollado en la salida es 3Nm,
determine η. Solución:
τ arr a) Despejando
b)
Pin
Pout
=
2 RΦ
ω s
I m I aux sin θ ⇒ 5 =
2 ⋅1.2
ω s
40 ⋅10 sin θ ⇒ ω s
240π ⋅ f
P
= 188.5rad / s
⇒ θ = 79.04°
= τ ejeω m =
(1 − s )ω sτ eje
= 10 ⋅120 cos 60 = 600W ⇒ η =
= 537.225W
Pout Pin
I m1
100% = 89.54%
=
1 2
I m ⇒ I m
= 10∠60° A
Otros Ejercicios Recomendados 1. Para un motor de inducción 1φ con capacitor permanente de 4 polos, 60 Hz, 110 V,
explique un procedimiento para calcular la resistencia de la bobina principal.
2. En reposo, las corrientes en los devanados principal y auxiliar, de un motor de
inducción 1φ de arranque con capacitor, son
I m
= 16.4 A,
e I aux = 7.2 A,
respectivamente. La corriente del devanado auxiliar está adelantada en 57° de la del devanado principal. Las vueltas efectivas por polo, es decir, el número de vueltas corregido para los efectos de la distribución del devanado son N m = 70 y N m = 100 . Los devanados están en cuadratura espacial. a) Calcule las amplitudes de las ondas de fuerza magnetomotriz de giro positivo y negativo en el estator. b) Suponga que es posible ajustar la magnitud y la fase de la corriente del devanado auxiliar. ¿Qué magnitud y fase produciría una onda de fuerza magnetomotriz puramente de giro positivo?
3. Un motor de inducción 1φ con capacitor permanente y con 6 polos, 60 Hz, 110 V, tiene
las siguientes impedancias (igual en cada bobina).
R1
= 1.52Ω ,
X 1
=
R2
= 3.13Ω
2.10Ω , X 2 = 1.56Ω
X φ
=
52 .8Ω
Las pérdidas en el núcleo son de 15 W y las rotacionales de 20 W. En este motor, existe un desplazamiento mecánico entre las bobinas principal y auxiliar, y la caída de tensión en el capacitor es de –j20 V. Para un deslizamiento del 5%, determine: a) Corriente consumida. b) Factor de potencia. c)
Potencia de entrada.
d) Potencia en el entrehierro. e) Potencia convertida. f)
Potencia de salida.
g) Par inducido. h) Par de salida i)
Eficiencia.
4. Los siguientes son los datos obtenidos a partir de las pruebas de rotor bloqueado y de
vacío para un motor de inducción monofásico, ¾ Hp a 208 V, 60 Hz, y 4 polos: Rotor bloqueado: 60 V, 7.5 A, 275 W Vacío: 208 V, 4.3 A, 210 W.
Si el total de las pérdidas rotacionales es de 85 W, calcule: a) Todos los parámetros del circuito equivalente del motor. b) La relación
I arr si el factor de potencia nominal es de 88 % y rendimiento del 80%. I n
5. Para un motor de inducción monofásico de fase partida 110 V, 60 Hz, determine:
a) La frecuencia de las corrientes en el devanado principal y auxiliar cuando el par desarrollado es de 1 N·m b) La frecuencia de las corrientes inducidas en el rotor cuando el deslizamiento es de un 5%. c)
¿Cómo se invierte el sentido de giro a este motor?
6.
a) Para un MIM de arranque con capacitor, de 4 polos, 60 Hz, 120 V; se quiere incrementar el par de arranque en un 287%. Si los parámetros del motor son:
Rm X m
= 2Ω , = 3.5Ω ,
Raux
= 9.15Ω
X aux
= 8.4Ω
Determine la reactancia capacitiva a conectar en serie con la bobina auxiliar, si el par desarrollado en el momento del arranque, está dado por τ arr = k ⋅ I m ⋅ I aux senγ , donde γ es _
_
el desfase entre I m e I aux . b) Determine la reactancia capacitiva que hará máximo el par de arranque.
7. Despreciando la resistencia de la rama de magnetización, demuestre que en operación
nominal, un motor de inducción 1φ de fase partida, tiene las siguientes aproximaciones: __
Z f
=
__
Z b
=
jX m R2 2 K 2
+ j
X 2 K 2
Donde:
K 2
= 1+
X 2 X m
8. Un motor de inducción 1φ de fase partida, de ¾ HP, 120 V, 60 Hz, 4 polos, tiene las
siguientes constantes: Rm = 3.94Ω , Raux = 8.42Ω , X m = 4.20Ω , X aux = 6.28Ω __
a) En el arranque Z p 2 = 1.2 + j 3.2Ω , I m = 40 A , I aux = 10 A . Determine el desfase entre I m e I aux si el par de arranque es 5 N·m. b) Una vez en operación, I m1 = 5∠60 A . Si el deslizamiento es 5% el par desarrollado de salida es 3 N·m, determine la eficiencia del motor.
9. Se conecta un motor de inducción trifásico a un sistema monofásico conectando dos
de las fases a las terminales de la alimentación, la fase restante se conecta en serie con un capacitor permanente y en paralelo a este, otro capacitor pero con interruptor centrífugo. a) El motor arranca satisfactoriamente, pero un corto tiempo después, empieza a calentarse. Explique a qué se debe el fenómeno y cómo resolvería el problema. b) Determine
la
potencia
__
Z bobina
eléctrica
disipada.
En
este
caso
asuma
que
__
= 3 + j 27.2Ω y
V t = 220∠0º V
10. Un motor de inducción monofásico de fase partida con capacitor de arranque de 3/2
HP, 220 V, 60 Hz, 4 polos, tiene las siguientes constantes en ohmios por fase:
R1 X 1
= 3.2Ω ,
= 3.2Ω ,
X 2
R2
=
= 3.2Ω ,
La pérdidas rotacionales del motor son 200 W.
2.4Ω
X φ = 100Ω
La tensión que se aplica a la bobina principal es 220∠0 º , y la que se aplica a la bobina auxiliar es 220∠60º V. A un deslizamiento de 0.04. a) ¿Cuál es el par interno neto en el entrehierro? b) ¿Cuál es el par de arranque de este motor con las tensiones aplicadas de la parte a)? c)
Suponga que ahora se desconecta el devanado auxiliar. Bajo esta nueva condición, la corriente de secuencia positiva es I m1 = 3.55∠ − 36.762º A. Si el deslizamiento es 0.04 y el par desarrollado de salida es de 4.37 N·m, determine la eficiencia del motor.
11. En la siguiente figura, I, II y III, denotan 3 bobinas de un devanado trifásico balanceado,
las cuales están desplazadas 120° unas de otras. Si una tensión monofásica se aplica a las tres fases de un motor jaula de ardilla en la manera mostrada: a) ¿Debería funcionar el motor? b) ¿Qué sucede si se introduce un capacitor en serie con la bobina II? Sugerencia: calcule la FMM generada en cada caso.
12. Un motor de inducción monofásico de fase partida con cuatro polos, de 120 V, 1/3 HP,
y de 60 Hz, tiene las siguientes impedancias:
R1 X 1
=
= 1.8Ω ,
2.4Ω ,
X 2
R2
=
= 2.4Ω ,
2.5Ω
X φ = 60Ω
Las pérdidas rotacionales son de 51 W. Se puede suponer que las pérdidas rotacionales son constantes en el intervalo de operación normal del motor. a) ¿Cuánto par inducido producirá el motor en el devanado principal? b) Suponiendo que las pérdidas rotacionales son aún de 51 W, ¿este motor seguirá acelerando o perderá velocidad? Justifique su respuesta.
