   

PROBLEMA Nº 1:
Calcular el factor de distribución de una máquina trifásica que tiene doce ranuras por polo.
SOLUCIÓN:
 qpγ 

 2 
K =
d
 pγ 
q ⋅ sen  
 2
sen 
El número de ranuras por polo y fase, así como el ángulo entre dos ranuras consecutivas valen:
q=
K
12
=
=4
2p ⋅ m 3
pγ =
360º
⋅ p = 15º e
K
Consecuentemente:
 4 ⋅ 15º 
sen 

 2 
K =
d
 15º 
4 ⋅ sen 

 2 
PROBLEMA Nº 2:
El inducido de una máquina bipolar está completamente bobinado con un devanado formado por N
espiras uniforme y regularmente repartidas con un paso diametral. La f.e.m. inducida en cada espira tiene
un valor eficaz de 10 V, ¿cuál será la f.e.m. inducida puestas todas las espiras en serie?.
SOLUCIÓN:
 2π 
γ 
 3
sen  t  sen 

 2
 
 2 
K =
=
= 0,827
d
2π
γ 
t
3
 
 2
2
 
Al ser un devanado monofásico γ t =
2π
. Como consecuencia, la f.e.m. vale:
3
E = 4,44 ⋅ 50 ⋅
E=
 A. GORDON
1.999/00
10
2,598
⋅
⋅ Ne
4,44 ⋅ 50
π
25,98
⋅ Ne
π
1
PROBLEMA Nº 3:
Calcular el factor de distribución en una máquina con nueve ranuras por polo para cada uno de los
siguientes casos:
a) arrollamiento ocupando todas las ranuras.
b) arrollamiento ocupando solamente los dos primeros tercios de las ranuras por polo, esto es,
formando grupos de 120º.
c) tres arrollamientos iguales colocados secuencialmente en grupos de 60º.
SOLUCIÓN:
En todos los casos descritos en el enunciado, el ángulo entre dos ranuras consecutivas vale:
γ=
180º
= 20º
9
El número de ranuras por grupo para cada apartado, es de:
Apartado (a): 9
Apartado (b):
2
⋅9 = 6
3
Apartado (c):
9
=3
3
El factor de distribución tiene por expresión genérica:
 qpγ 

 2 
K =
d
 pγ 
q ⋅ sen  
 2
sen 
y cuando γ es muy pequeño esta relación tiende a la siguiente expresión aproximada en la que el
arco ocupado por la fase, está expresado en radianes eléctricos:
 qγ 
sen  
 2
cuerda
=
qγ
arco
2
 A. GORDON
1.999/00
2
a)
 9 ⋅ 20º 
sen 

 2 
= 0,64
K =
d
 20º 
9 ⋅ sen 

 2 
Por la fórmula aproximada:
cuerda
=
arco
 π
sen  
 2
= 0,637
π
2
b)
 6.20º 
sen 

 2 
= 0,81
K =
d
 20º 
6 ⋅ sen 

 2 
De forma aproximada:
 π
sen  
 3
cuerda
= 0,827
=
π
arco
3
c)
 3.20º 
sen 

 2 
= 0,960
K =
d
 20º 
3 ⋅ sen 

 2 
De forma aproximada:
cuerda
=
arco
 A. GORDON
1.999/00
 π
sen  
 6
= 0,955
π
6
3
PROBLEMA Nº 4:
Un generador síncrono tiene en su inducido un devanado trifásico distribuido en 36 ranuras.
Cada bobina del devanado está acortada en un ángulo de 30º eléctricos y está formada por 40 espiras
devanadas en una sola capa. La máquina tiene cuatro polos y gira a una velocidad de 1500 r.p.m. El flujo
por polo es de 0.2 Wb y está senoidalmente distribuido por el entrehierro. Calcular la f.e.m. inducida por
fase, en valor eficaz.
SOLUCIÓN:
La expresión de la f.e.m. inducida por fase expresada en valores eficaces es:
E = 4.44 ⋅ K a ⋅ K ⋅ f ⋅ N ⋅ Φ
d
El número de espiras serie por fase vale:
Ne =
Nº de ranuras × Nº espiras
2 × Nº de fases
NOTA: El 2 aparece a causa de que el devanado es de una capa, recuérdese B = K/2.
Ne =
36 ⋅ 40
2⋅3
= 240 espiras fase
La frecuencia vale:
f = n⋅
p
60
= 1500 ⋅
2
60
= 50 Hz
El factor de acortamiento vale:
K a = cos
y0
p⋅α
= sen B
2
2
El factor de distribución vale:
 qpγ 

 2 
K =
d
 pγ 
q ⋅ sen  
 2
sen 
La determinación del factor de acortamiento Ka se hace de la forma: pα = 30º e, y consecuentemente:
K a = cos
 A. GORDON
1.999/00
30º
= cos 15º = 0.966
2
4
K a = sen
150 º
2
= sen 75 º = 0.9659
La determinación del factor de distribución Kd se hace después de calcular con anterioridad:
El número de ranuras por polo y fase: k pq =
36
=3
4⋅3
el ángulo entre dos ranuras consecutivas es de : γ =
360 º
36
= 10 º g
Finalmente:
 3 ⋅ 2 ⋅ 10 º 



2
= 0.960
Kd =
2 ⋅ 10 º 

3 ⋅ sen 

 2 
sen 
La f.e.m. vale:
E = 4.44 ⋅ 0.960 ⋅ 0.966 ⋅ 50 ⋅ 240 ⋅ 0.2
E = 9.882 V
PROBLEMA Nº 5:
Un generador bipolar de rotor de polos salientes. La densidad del campo magnético del rotor es de
0.2 Wb/m2 y la velocidad es de 3.600 r.p.m. El diámetro del estator de la máquina es de 0.5 m. Cada
bobina del devanado del inducido tiene 15 espiras y la longitud de cada lado de ella es de 0.3 m. Las
fases del estator están conectadas en estrella.
Se pide determinar:
a) Las f.e.m.s inducidas en cada fase en función del tiempo.
b) El valor eficaz de la f.e.m. inducida en una fase.
c) La tensión en bornes en valor eficaz.
SOLUCIÓN:
El valor del flujo es:
Φ = (2 ⋅ r ⋅ l) ⋅ β = 0.5 ⋅ 0.3 ⋅ 0.2 = 0.03 Wb
 A. GORDON
1.999/00
5
La velocidad síncrona del rotor en rad/seg es:
rad
min
⋅1
seg 60 seg
ωs = 377 rad seg
ωs = 3600 rpm ⋅ 2π
a)
La f.e.m. máxima vale:
E0 = Ne ⋅ Φ ⋅ ω = 15 ⋅ 0.03 ⋅ 377
E0 = 169.7 V
La f.e.m. inducida en cada fase es:
()
(
( )
ebb' ( t ) = 169.7 ⋅ sen ( 377 ⋅ t − 120 º )
ecc ' ( t) = 169.7 ⋅ sen ( 377 ⋅ t − 240 º )
eaa' t = E0 ⋅ sen ω1 ⋅ t = 169.7 ⋅ sen 377 ⋅ t
)
b)
La f.em. eficaz por fase vale:
EA =
E0
2
=
169.7
2
= 120 V simples
c)
La d.d.p. en bornes, conexión estrella es: EA @ Ua.
U=
3 ⋅ EA =
3 ⋅ 120 = 208 V compuestos
PROBLEMA Nº 6:
Un generador síncrono trifásico de 2p =10, 60 ranuras tiene alojado un devanado imbricado
de doble capa de paso acortado en 1/6 del paso polar. Cada bobina está formada por 6 espiras. Se pie
calcular:
a) La velocidad para que la frecuencia de las f.e.m.s inducidas sea de 50 Hz.
b) El número de ranuras por polo y fase.
c) El factor de devanado.
d) El flujo por polo para que la f.e.m. inducida por fase en vacío con todas las bobinas de cada
fase en serie, sea de 220 V eficaces.
SOLUCIÓN
 A. GORDON
1.999/00
6
a)
La velocidad de giro del rotor se halla por:
f
50
n1 = 60 ⋅ 1 = 60 ⋅
= 600 rpm
p
5
b)
El nº de ranuras por polo y fase es:
K pq =
K
=
2pq
60
10 ⋅ 3
=2
c)
Para hallar el factor de devanado debemos calcular Kd y Ka.
El ángulo entre dos ranuras consecutivas vale:
pα º =
360 º
K
⋅p =
360 º
60
⋅ 5 = 30 º e
Por tanto:
 2 ⋅ 30º 
sen 

 2 
12
=
= 0.966
K =
d
 30º  2 ⋅ 0.2588
2 ⋅ sen 

 2 
Para hallar el factor de paso debemos calcular el ángulo eléctrico que corresponde a un acortamiento de
1/6 del paso polar:
pα =
180º
= 30º e
6
Por tanto:
K a = cos
30º
= 0.96
2
El factor de devanado vale:
K
 A. GORDON
1.999/00
w
= K ⋅ K = 0.96 ⋅ 0.966 ≅ 0.93
d a
7
d)
La expresión de la f.e.m. es:
E = 4.44 ⋅ K ⋅ K a ⋅ f ⋅ N ⋅ Φ 0
d
ef
El número de espiras en serie por fase es:
Nes = B ⋅ Nes bob = 60 ⋅ 6 = 360 esp
siendo :
(
B = K = 60 doble capa
)
B = nº de bobinas
Por tanto :
360
= 120 esp fase
Nes fase =
3
Despejando f0 y sustituyendo valores:
Φ 0=
220
= 0.009 Wb
4.44 ⋅ 0.93 ⋅ 50 ⋅ 120
PROBLEMA Nº 7:
Un alternador trifásico de 2p = 10, tiene 120 ranuras en el estator con un devanado de simple
capa, imbricado, diametral con 8 espiras por bobina simple, conexión estrella.
Si el flujo por polo que admitiremos perfectamente senoidal, es igual a 0.056 Wb, se pide calcular:
a) La f.e.m. inducida a la f = 50 Hz en voltios de fase y en voltios de línea, suponiendo que el
número de circuitos derivados por fase es de 2.
b) El orden de los armónicos de ranura que presentan las tensiones de fase y de línea.
SOLUCIÓN:
NOTA:
Recuérdese que el orden de armónicos de ranura tiene por expresión:
nran =
2 ⋅M⋅K
2p
±1
Siendo: M = nº entero de valor 1.
K = nº de ranuras.
nran = orden del armónico.
2p = nº de polos.
 A. GORDON
1.999/00
8
a)
El factor de devanado es el producto de ( Ka Kd ). El enunciado nos indica que el paso de bobina es igual
al paso polar por lo que Ka = 1. Solamente debemos hallar Kd. Para lo cual:
Nº de ranuras /polo/fase:
K pq =
K
2p ⋅ q
=
120
10 ⋅ 3
=4
El ángulo eléctrico entre dos ranuras consecutivas vale:
v º = pγ º =
360
120
⋅ 5 = 15 º e
Así pues:
 4 ⋅ 15 º 

 2 
12
=
≅ 0.958
K =
d
15 º 

4 ⋅ 0.13052
4 ⋅ sen 

 2 
sen 
El factor de devanado es 0.958 pues Ka = 1.
b)
El nº de espiras serie/fase vale:
Ne =
Nº ranuras × Nº espiras
2 × Nº de fases
=
120 ⋅ 8
2⋅3
= 160
Pero como tiene dos derivaciones serán 80. El 2 del denominador aparece porque el devanado es de
una capa y B = K/2.
c)
La f.e.m. por fase vale:
E = 4.44 ⋅ 0.958 ⋅ 0.056 ⋅ 50 ⋅ 80
f
E = 952,78 V simples eficaces
f
d)
Como es conexión estrella:
EL = 3 ⋅ Ef = 952,78 ⋅ 3 = 1650
.
,278 V compuestos
e)
El orden de los armónicos de ranura se halla por la expresión:
 A. GORDON
1.999/00
9
nran =
2 ⋅M⋅K
2p
±1
Siendo M = 1, tenemos:
nran =
2 ⋅ 120
10
25 º
± 1 = 2 ⋅ 12 ± 1 = 
23 º
PROBLEMA Nº 8:
Una máquina síncrona trifásica tiene un estator con 36 ranuras y con un devanado imbricado
de doble capa, paso de bobina acortado en 2 ranuras, 2p = 4 polos y 10 espiras por bobina. Su entrehierro
es de 5 mm. Su diámetro medio es de 200 mm y su longitud axial de 250 mm.
Admitiendo que la onda de introducción es rigurosamente senoidal y que su valor máximo es
de 0.7 Teslas, se pide calcular:
a) La f.e.m. inducida por fase.
b) La frecuencia si el rotor gira a 1800 r.p.m.
SOLUCIÓN:
La f.e.m. tiene por expresión:
E = 4.44 ⋅ K a ⋅ K ⋅ f ⋅ N ⋅ Φ
f
d
ef
En la que debemos hallar sus componentes:
Frecuencia:
f=
n
60
1800
⋅p =
60
⋅ 2 = 60 Hz
Flujo:
Φ=
∫
π
dθ
βθ ⋅ l ⋅ r ⋅
=
p
0
∫
π
β10 ⋅ sen θ ⋅ l ⋅ r ⋅
dθ 2
= ⋅ β10 ⋅ l ⋅ r
p
p
0
Sustituyendo valores:
Φ=
2
⋅ 0.7 ⋅ 0.25 ⋅ 0.1 = 0.0175 Wb
2
Nos queda finalmente calcular Kd y Ka.
 A. GORDON
1.999/00
10
Número de ranuras por polo y fase:
K pq =
K
2p ⋅ q
36
=
4⋅3
=3
El ángulo eléctrico entre dos ranuras consecutivas vale:
v º = pγ º =
360 º
36
⋅ 2 = 20 º e
Por tanto el factor de distribución será:
 3 ⋅ 20 º 

 2 
sen 30 º
0.5
Kd =
=
=
 20 º  3 ⋅ sen 10 º 3⋅º .1736
3 ⋅ sen 

 2 
sen 
[0.95979]
K d ≅ 0.96
El factor de paso o acortamiento vale:
 pγ 

 2
K a = cos 
Paso polar:
yp =
K
2p
=
36
4
= 9 ranuras
Acortamiento fi 2 ranuras YB = 7 ranuras.
180 º
βº
=
9
∴
7
β = 180 ⋅
7
9
= 140 º e
 40 º 
 140 º 
 = 0.939
 = cos 20 º = sen 
 2 
 2 
K a = cos 
El número de espiras serie por fase es:
36
Nef = 10 ⋅
= 120
3
Consecuentemente:
Eef = 4.44 ⋅ 0.96 ⋅ 0.939 ⋅ 60 ⋅ 120 ⋅ 0.0175
Eef ≅ 504.30 V
 A. GORDON
1.999/00
11
PROBLEMA Nº 9:
En un alternador monofásico se engendra una f.e.m. de variación triangular según muestra la figura:
Se pide calcular el factor de forma que corresponde a este tipo de onda.
SOLUCIÓN:
Kf =
valor eficaz
valor medio
Al ser la onda simétrica no es necesario analizar todo el periodo, consideremos la cuarta
parte por ejemplo. La ecuación de la recta de inclinación ascendente es y = m◊t
m=
siendo
5−0
0.005 − 0
= 1000
y = 1000 ⋅ t
El valor medio tiene por expresión:
Emed =
1
T
⋅
∫
T
y ⋅ dt
0
Sustituyendo valores:
1
E
=
⋅
med 0.005
∫
0 . 005
1000 ⋅ t ⋅ dt =
0
1000
⋅
0.005
∫
0 . 005
0 . 005
t ⋅ dt =
1000  t 2 
⋅ 
0.005  2  0
=
 5
1000  0.005 2
⋅
− 0  = = 2.5 V
0.005  2
 2
0
El valor eficaz vale:
E2ef =
 A. GORDON
1.999/00
1
⋅
T
∫
T
y 2 ⋅ dt
0
12
Sustituyendo valores:
1
E2 =
⋅
ef 0.005
∫
0 . 005
1000 2
(1000 ⋅ t) ⋅ dt = 0.005 ⋅
2
0
∫
0.005
0.005
1000 2  t 3 
t ⋅ dt =
⋅ 
0.005  3  0
2
=
 25
1000 2  0.005 3
⋅
− 0 =
0.005  3
 3
0
E =
ef
25
5
=
= 2.89 V
3
3
Por tanto:
Kf =
2.89
2.5
= 1156
.
PROBLEMA Nº10:
La onda de la figura:
Nos muestra el campo en el entrehierro de un generador síncrono de polos salientes de f = 50 Hz. El paso
polar es de 9 cm, la longitud del polo es de 10 cm. En cada fase hay 250 conductores.
Se pide determinar la f.e.m. generada en una fase de extensión 60º eléctricos, estando el
devanado uniformemente distribuido y siendo el flujo por polo de 104 Gauss.
SOLUCION:
La fórmula de la f.e.m. generada en una fase es:
E = K ⋅K ⋅Ka ⋅ 2 ⋅ Φ ⋅N ⋅ f
f
f d
ef
Expresada en valores eficaces:
Kf = Factor de forma. En este caso no es 1.11 pues la onda no es sinusoidal.
Kd = Factor de distribución.
 A. GORDON
1.999/00
13
 60 º 
 = 0,866
 2 
Ka = Factor de acortamiento = cos 
Φ = Flujo por polo = bmed◊A.
Ncf = nº de conductores / fase.
f = Frecuencia de red = 50 Hz.
bmáx = 104 GAUSS <> 1 Wb/m2.
La bmed sobre un paso polar es:
180º 1 Wb m2
2
=
⇒β
= ⋅ 1 Wb m2
med
120º
x
3
Φ
med
2
=β
⋅ A = ⋅ 9 ⋅ 10 ⋅ 10−4 Wb m2 ⋅ m2 = 0.006 Wb
med
3
El coeficiente de distribución vale:
( *)
sen
K d = lim
K →∞
K pf ⋅ p ⋅ v
2
=
p⋅v
K pf ⋅ sen
2
sen
K pf ⋅ p ⋅ v
2
K pf ⋅ p ⋅ v
sen
=
2
p⋅γT
2
p⋅γT
2
Téngase presente que: gT = Kpf v
• El devanado está uniformemente distribuido.
• Que las bobinas están extendidas 60º.
• Que pg = π/3 en trifásico.
(*)
K =
d
60º
2 = 2 ⋅ sen30º = sen π 6 ⇒ K ≅ 0.954
d
π3
π3
π6
2
sen
(*) Fórmula empleada cuando el nº de ranuras es muy elevado y se considera que forman un arco
continuo. Se puede obtener Kd como el cociente de la cuerda al arco que subtiende ( devanado
uniformemente distribuido ). El valor eficaz se halla:
Eef =
 A. GORDON
1.999/00
1
⋅
π
∫
5π 6
E20 ⋅ dα =
E20 2π
⋅
= E0 ⋅ 0.667
π 3
π 6
14
El valor medio se halla:
Emed =
1
⋅
π
∫
π
e ⋅ dα =
0
1
⋅
π
∫
5π 6
E0 ⋅ dα =
E0  5 π π  E0 2π
⋅
−
=
−
= 0.667 ⋅ E0
3
π  6 6  π
π 6
El factor de forma es:
valor medio
E ⋅ 0.667
.
K =
= 12245
⇒K = 0
f
f
E0 ⋅ 0.667
valor eficaz
Por tanto:
E = K ⋅K ⋅Ka ⋅ 2 ⋅ Φ ⋅N ⋅ f
f
f d
ef
.
⋅ 0.954 ⋅ 0,866 ⋅ 2 ⋅ 0.006 ⋅ 250 ⋅ 50
Ef = 12245
Ef = 152 V
PROBLEMA Nº11:
El inducido de un generador síncrono de 2 polos tiene un devanado trifásico. Siendo YB = 5/6
del paso polar, ¿cuáles son los factores de acortamiento de los armónicos presentes en las bobinas de
esta máquina?. ¿Qué se consigue con acortar el paso o ancho de bobina?.
SOLUCIÓN:
El paso polar tiene por expresión:
yp =
360 º
2p
=
360
2
= 180 º
El paso de bobina es:
yB =
5
6
⋅ yp =
5
6
⋅ 180 º = 150 º
yB = 150 º e
Puesto que la máquina es bipolar, el ángulo de paso en grados mecánicos = ángulo de paso
en grados eléctricos.
 A. GORDON
1.999/00
15
Los factores de paso o de acortamiento, según la fórmula general:
K a = sen
γ
2
Para el fundamental y los armónicos impares de orden superior valen:
Funamental:
K a = sen
3º Armónico: No está presente en línea
K
5º Armónico:
K
7º Armónico:
K
9º Armónico: Múltiplo de 3. No está presente en
línea.
K
a3
a5
a7
a9
150 º
= sen
= sen
= sen
= sen
2
= 0.966
3 ⋅ 150 º
2
5 ⋅ 150 º
2
7 ⋅ 150 º
2
9 ⋅ 150 º
2
= − 0.707
= 0.259
= 0.259
= − 0.707
PROBLEMA Nº 12:
Un motor asíncrono trifásico de 4 polos tiene un rotor de 9.6 cm de diámetro y 14.5 cm de
longitud, constituido por 32 ranuras y es de jaula con un número de barras igual al nº de ranuras. La
sección de cada barra es de 43.7 mm2 y la corriente eficaz admisible por barra es de 4 Amp/mm2.
Admitiendo senoidal la distribución espacial de las corrientes en las barras, calcular el par
interno desarrollado por el motor al ser conectado a un red de 3¥380 V-50 Hz, siendo la bmáx = 0.75
Teslas que se considerará senoidal. El f.d.p. del rotor vale 0.9.
SOLUCIÓN:
La potencia eléctrica vale:
P = q ⋅ E ⋅ I ⋅ cos ϕ = T ⋅ Ωp
int
int
Puesto que:
E = π ⋅ 2 ⋅ Φ ⋅ fp ⋅ Ns ⋅ ε
Y que:
fp =
p ⋅ Ωp
2π
Nos queda la expresión del par de la forma:
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T =
int
1
2
(
)
⋅ (p ⋅ Φ) ⋅ q ⋅ Ns ⋅ I ⋅ ε ⋅ cos ϕ
El valor del flujo por polo es:
Φp =
2 ⋅ 0.75 ⋅ 14.5 ⋅ 10 −2 ⋅ 4.8 ⋅ 10 −2
2
−
3
Wb
Φp = 5.22 ⋅ 10
2 ⋅ βmax ⋅ l ⋅ r
p
=
Nº fases rotor =
K
32
=
= 8 fases
2p 4
Que es la forma de asimilar un rotor de jaula a un devanado diametral ( 1 barra de ida y vuelta = 1
conductor de ida y vuelta ).
La corriente eficaz de cada fase es:
I
= 4 ⋅ 43.7 ⋅ 2 = 349.6 Amp
rot eficaz
Que es lo mismo que considerar que cada fase está formada por 1 espira con dos conductores de “p”
barras en paralelo cada uno. Evidentemente ε = 1. Sustituyendo:
Tp =
1
2
(
⋅ 2 ⋅ 5.22 ⋅ 10
−3
) ⋅ (8 ⋅ 1⋅ 349.6 ⋅ 1) ⋅ 0.9
Tp = 18.58 Nw ⋅ m
PROBLEMA Nº13:
Una máquina síncrona trifásica de pequeño tamaño, de seis polos, tiene un diámetro interior
en el estator de 0.3 m y la longitud del cilindro estatórico es de 0.25 m. El estator tiene 36 ranuras. La
densidad de flujo en el entrehierro está distribuida senoidalmente en la superficie interna del estator y
tiene un valor de pico de 0.96 Teslas. El devanado está realizado por polos y el paso de cada bobina es
de 5 ranuras. Estando los grupos del devanado correspondiente a una fase, en serie y conectadas las
fases en estrella, se pide determinar:
a) La f.e.m. inducida en cada grupo.
b) La f.e.m. inducida en el inducido.
c) La f.e.m. en voltios de línea.
El alternador gira a la velocidad de sincronismo de 1000 r.p.m. y cada bobina está formada por 2 espiras.
SOLUCIÓN:
a)
Puesto que la diferencial de área está dada por:
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dA = l ⋅ r ⋅ dθ
Estando q dado en grados mecánicos. En términos de qe, medido en grados eléctricos, la expresión es:
 2 ⋅θe  2 ⋅ l ⋅ r
⋅ dθ e
=
2p
 2p 
dA = l ⋅ r ⋅ d 
El flujo está relacionado con la densidad de flujo por:
∫∫
Φ=
β ⋅ dA
Y la densidad de flujo puede expresarse por:
( )
β θe = βmax ⋅ cos θe
El flujo por polo del campo magnético del entrehierro está dado por la ecuación:
2⋅l⋅r
Φ=
⋅
2p
∫
π 2
π 2
2⋅l⋅r
βmax ⋅ cos θe ⋅ dθe =
⋅ [sen θ e ]− π 2 ⋅ β má x
2p
−π 2
O lo que es igual:
Φ=
4 ⋅ l ⋅ r ⋅ βmax
2p
El flujo por polo, sustituyendo valores:
Φ=
4 ⋅ 0.250 ⋅ 0.15 ⋅ 0.96
= 0.024 Wb polo
6
Como el devanado está alojado en 36 ranuras, resulta que el número de ranuras por polo es: 36 / 6 = 6
ranuras por polo.
El ángulo en grados eléctricos que corresponde a dos ranuras consecutivas será:
180 º e
6
= 30 º e
Puesto que el paso de bobina en ranuras es Yk = 5, el factor de acortamiento, Ka vale:
K a = sen
5 ⋅ 30º
= sen 75º = 0.9659
2
El acoplamiento máximo del flujo con cada bobina, sabiendo que cada bobina tiene dos espiras es:
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18
Φ 0 = Ne ⋅ Kp ⋅ Φ = 2 ⋅ 0.9659 ⋅ 0.024 ⇒ Φ 0 = 0.046 Wb
Si la máquina gira a 1000 r.p.m., la frecuencia vale:
f = p⋅
N
60
= 3⋅
1000
60
=
1000
20
= 50Hz
La f.e.m. en valor eficaz inducida en cada bobina es:
Ec = 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ Ne ⋅ K p ⋅ Φ = 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 0.046
Ec = 10.3 V
El número de bobinas de un grupo de fase es igual al nº de ranuras por polo y fase:
Nº bobinas por grupo =
K
q ⋅ 2p
=
36
3⋅6
=2
El factor Kd es:
 2 ⋅ 30º 
sen 

 2 
= 0.966
K =
d
2 ⋅ sen 15º
La f.e.m. inducida por grupo vale:
Egrupo = 2 ⋅ 10.3 ⋅ 0.966 = 19.9 V
b)
Como el nº de grupos es igual al nº de polos del rotor:
( *)
E0 f = 2p ⋅ Egrupo = 6 ⋅ 19.9 ≅ 119 V simples
c)
Al estar el estator ( sus fases ) conectadas en estrella, la f.e.m. compuesta vale:
E0 f = 119 ⋅ 3 ≅ 207 V compuestos
(*) OTRA CONCEPCION SERIA:
El nº de espiras es: 2◊2◊6 = 24
Apliquemos:
E0f = 2 ⋅ π ⋅ Ne ⋅ f ⋅ Φ ⋅ Kp ⋅ K = 2 ⋅ π ⋅ 24 ⋅ 50 ⋅ 0.024 ⋅ 0.9662 ⇒ E0f ≅ 119 V simples
d
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PROBLEMA Nº14:
El estator tiene dos ranuras 1 y 1’, en las que se sitúan N conductores recorridos por una
determinada corriente i, según el sentido positivo que se indica en la figura.
La posición del punto M de la periferia del entrehierro se señala por el ángulo q y la inducción
se considera positiva si su sentido es del rotor al estator.
Se pide calcular:
a) El trazado de la curva representativa de la inducción en el entrehierro en función del ángulo
de posicionamiento q.
b) Si ahora, se disponen dos devanados idénticos al del principio pero decalados en ± 2p/3 con
relación al primero, en el sentido de los ángulos q crecientes, representar las ranuras en los
lugares que les corresponden con sus conductores señalando los sentidos positivos de las
corrientes que los recorren.
c) Si las intensidades de las corrientes que recorren los conductores antes mencionados en el
apartado (b), son de la forma:
i1 = i0 ⋅ cos (ω ⋅ t)
2π 

i2 = i0 ⋅ cos  ω ⋅ t −


3
2π 

i3 = i0 ⋅ cos  ω ⋅ t +


3
Se pide obtener la curva de inducción total en el entrehierro en el instante, t = 0.
d) Indicar el desarrollo en serie de Fourier de los campos creados por la circulación de las
corrientes indicadas en el apartado (c).
SOLUCIÓN:
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20
a)
Según el Teorema de Ampére, el campo de inducción magnética debe ser constante en el
entrehierro para:
π
π
<θ<
2
2
3
π
< θ < ⋅π
2
2
−
Como por otra parte, el flujo del vector b debe conservarse, los valores que toma b en las dos
zonas han de ser necesariamente opuestos, por lo que b(q) debe tener la forma que se indica en la figura:
Para hallar el valor bmáx1 debemos aplicar el teorema de Ampére a lo largo del contorno g
según se muestra en la figura del enunciado, obteniéndose la expresión:
e
2⋅β
⋅
= N⋅i
max1 µ
0
Despejando bmáx1:
N⋅i
β
= µ0 ⋅
max1
2⋅e
Que justifica plenamente la curva de la figura.
b)
Al situar los otros dos devanados a partir de 1-1’ mediante un giro de 2p/3, es necesario
tener la precaución de efectuar los giros teniendo en cuenta el sentido positivo de recorrido de las
corrientes.
Así pues: El conductor 2 se situaría con relación al 1 mediante un giro de 2p/3. La posición de
2’ respecto a 1’ correspondería a un giro de 2p/3. De igual forma ocurre para los conductores 3 y 3’ que se
deducen sus posiciones de la 2 y 2’ por un giro de 2p/3, según se muestra en la figura de la página
siguiente,
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c)
Cuando i1 = imáx ◊cos(w◊t) y para t = 0, la curva b1(q) es la representada en la figura y su
expresión matemática sería:
β
= µ0 ⋅
max1
N ⋅ imax
2⋅e
En el mismo instante, es decir, t = 0, se obtiene que i2 = -imáx/2 por lo que la curva de
imanación debida a esta corriente i2 inductora se deduce por una traslación de 2p/3 en el sentido de los
ángulos crecientes q y con una relación de ( -1/2 ) según el eje de las inducciones, y sería la representada
en la figura.b.
La curva b3(q), también para t = 0, se puede deducir de forma sencilla a través del eje q, de
amplitud 2p/3, y con un valor para i3, de i3 =-imáx/2, siendo su resultado el que se muestra en la figura c,
mediante simple traslación.
Si sumamos b1 con b2 y b3 para cada valor de q, se obtendría el valor de la inducción
resultante, tal como se aprecia en la figura d.
d)
La curva a, es una curva escalonada típica y cuyo desarrollo en serie de Fourier es teniendo
en cuenta la expresión de bmáx1 en función de i1.
βmax 1 =
4 µ0 ⋅ N ⋅ i1 
1
1
1

⋅
⋅ cos θ − ⋅ cos (3 ⋅ θ) + ⋅ cos( 5 ⋅ θ ) − ⋅ cos ( 7 ⋅ θ ) + …
2⋅e
3
5
7
π


El desarrollo de b2 en serie se obtiene reemplazando q por (q - 2p/3 ) en la fórmula anterior, e i1 por i2, por
lo que:
4 µ0 ⋅ N ⋅ i2
βmax 2 = ⋅
2⋅e
π
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
 
2  1
1
2  

⋅ cos  θ − ⋅ π  − ⋅ cos ( 3 ⋅ θ ) + ⋅ cos  5 ⋅  θ − ⋅ π  …
3
3
5
3


 
 

22
De igual modo, reemplazando i2 por i3 y ( q - 2p/3 ) por ( q + 2p/3 ) se tendrá:
βmax 3 =
 
2  
4 µ0 ⋅ N ⋅ i3 
2  1
1

⋅
⋅ cos  θ + ⋅ π  − ⋅ cos ( 3 ⋅ θ ) + ⋅ cos  5 ⋅  θ + ⋅ π   …
2⋅e
3  3
5
3  
π

 

PROBLEMA Nº15:
Un generador síncrono trifásico de 8 polos, 60 Hz conectado en estrella tiene 96 ranuras con
cuatro conductores por ranura conectados en serie en cada fase. El paso de bobina es de 10 ranuras. Si
el valor máximo del flujo en el entrehierro es de 60 mWb y la distribución de la densidad del flujo en el
entrehierro es senoidal, hallar:
a) El valor eficaz de la f.e.m. en una fase.
b) El valor eficaz de la f.e.m. de línea.
c) Si cada fase está recorrida por 650 Amp, ¿ cuál es la capacidad en KVA de la máquina ?.
d) Si se tiene un 6 % de la tercera armónica presente en la densidad del flujo en el entrehierro y
consideramos ahora el devanado diametral, ¿ cuál sería el valor eficaz de la f.e.m. inducida
en una fase ?.
SOLUCION:
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23
a)
La f.e.m. por fase en valor eficaz tiene por expresión:
Ef = 4.44 ⋅ K d ⋅ K a ⋅ f ⋅ Ne ⋅ Φ 0
Siendo:
Φ0 = 2 ⋅ β0 ⋅ l ⋅ r
ω = 2⋅π⋅f
Ne = nº espiras fase
El número de ranuras por polo y fase vale:
K pq =
K
2p ⋅ q
=
96
8⋅3
=4
El paso polar expresado en ranuras del devanado es:
K
96
=
= 12
y ≅ yp =
k
2p
8
En el enunciado se nos indica que el devanado tiene un paso de bobina de 10 ranuras, por lo que el factor
de acortamiento será:
 pα º δ 

 2 
K a = cos 
El ángulo eléctrico de acortamiento se puede hallar:
180º 12
180 ⋅ 2
⇒ α oac =
= 30º = pα º δ
o =
2
12
α ac
Por tanto:
 30º 
K a = cos 
 = 15º = 0.966
 2 
Otra forma sería empleando la expresión:
yBo = 180º −30º = 150º
K a = sen
150º
= 0.966
2
Incluso, hay otra forma más técnica aunque algo más complicada:
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La bobina de un devanado diametral tiene un paso igual al paso polar yp, mientras que b es el paso
de acortamiento. El flujo que concatena a la bobina de paso acortado es proporcional a la superficie
rayada, mientras que para la de paso diametral es el flujo proporcional al área situada bajo la curva. Se
define como factor de paso o de acortamiento a lo relación entre las áreas rayada y la total. En efecto:
yp + β
2
Ka =
∫
sen
∫
sen
π⋅x
⋅ dx
yp
yp − β
2
yp
π⋅x
⋅ dx
yp
 π ⋅β 

= sen 
 2⋅ y 

p
o
Siendo en nuestro caso:
β = 10 ranuras
yp = 12 ranuras
Por consiguiente:
K a = sen
10π
24
≅ 0.966
El coeficiente de distribución se halla por:
sen
K
d
=
K pq ⋅ γ º e
2
γ ºe
K pq ⋅ sen
2
El ángulo eléctrico entre dos ranuras consecutivas se halla como siempre:
γ º e = p ⋅ vº⋅δ =
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360 º
K
⋅p =
360 º
96
⋅ 4 = 15 º e
25
O lo que es igual:
γ ºe =
180 º
K
⋅ 2p =
180 º
K pq ⋅ q
=
180 º
4⋅3
= 15 º e
En definitiva:
 4 ⋅ 15º 
sen 

 2 
= 0.958
K =
d
 15º 
4 ⋅ sen 

 2 
Dado que el nº de espiras por fase es la mitad del número de conductores por fase, tenemos:
Consecuentemente:
E = 0.966 ⋅ 0.958 ⋅ 4.44 ⋅ 60 ⋅ 64 ⋅ 60 ⋅ 10
f
−3
E ≅ 946 V eficaces por fase
f
b)
Al ser una conexión estrella, la f.e.m. de línea vale:
946 ⋅ 3 ≅ 1639
.
V
c)
La potencia aparente nominal de la máquina es:
Sn = 3 ⋅ 0.946 ⋅ 650
Sn = 1845
KVA
.
d)
El valor de la f.e.m. eficaz del fundamental, para un devanado diametral en el que Ka = 1, es:
E = 4.44 ⋅ 0.958 ⋅ 60 ⋅ 64 ⋅ 60 ⋅ 10
f
−3
≅ 980 V
Para un armónico de orden n = 3, el ángulo entre dos ranuras consecutivas en grados eléctricos es:
nv º e =
540
3⋅4
= 45 º
(el triple)
El factor de distribución para n = 3 vale:
 A. GORDON
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 4.45º 
sen 

 2 
sen 90º
=
≅ 0.65
=
K
d3
 45º  4 ⋅ sen 22.5º
4 ⋅ sen 

 2 
El flujo f03 vale:
1
3
. ⋅ 10 −3 Wb
Φ 03 = ⋅ 0.06 ⋅ 60 ⋅ 10 −3 = 12
El valor eficaz de fase para la f.e.m. es:
E3 f = 4.44 ⋅ 3 ⋅ f ⋅ Ne ⋅ φ
03
⋅K
d3
[3 ⋅ f1 = f3 ]
E3 f = 0.65 ⋅ 4.44 ⋅ 3 ⋅ 60 ⋅ 64 ⋅ 12
. ⋅ 10 −3
(* *)
E3 f ≅ 40 V
Consecuentemente la f.e.m. total por fase correspondiente a la fundamental y al 3er armónico valdrá:
2
2
E
= E +E =
fT
1f
3f
2
2
980 + 40 ≅ 981 V simples
(*) NOTA:
Φ 01 =
Φ 03 =
∫
∫
π
β1 θ ⋅ l ⋅ r ⋅ dθ =
0
π
3
β 3 θ ⋅ l ⋅ r ⋅ dθ =
0
Φ 03 =
∫
∫
π
β 01 ⋅ sen θ ⋅ l ⋅ r ⋅ dθ = 2 ⋅ β 01 ⋅ l ⋅ r
0
π
3
β 03 ⋅ sen(3 ⋅ θ) ⋅ l ⋅ r ⋅ dθ
0
1
⋅ (2 ⋅ β 03 ⋅ l ⋅ r )
3
El enunciado nos indica que el armónico de orden 3 presenta un 6% de la densidad del flujo,
que se interpretará como un 6% de la densidad de flujo del fundamental, por lo que se puede escribir:
Φ 03 =
1 6 
1 6
⋅
⋅  60 ⋅ 10 −3  = ⋅
⋅Φ
3 100 
3 100 01
(**) NOTA:
La E3f se podía haber escrito también:
E3 f = 0.65 ⋅ 4.44 ⋅ 3 ⋅ 60 ⋅ 64 ⋅
1 6
⋅
⋅ 60 ⋅ 10 −3
3 100
Que indudablemente no altera el resultado.
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PROBLEMA Nº16:
Un alternador trifásico de seis polos, 60 Hz, 12 ranuras por polo y cuatro conductores por
ranura, dispone en su inducido de un devanado realizado con bobinas de ancho constante y de paso igual
a 5/6 del paso polar. Las secciones o grupos de bobinas por fase están conectados en serie y sus fases,
en estrella siendo el flujo por polo considerado senoidal a lo largo del entrehierro, de 0.025 Wb,
determinar:
a) El factor de forma.
b) El factor de distribución.
c) El factor de acortamiento.
d) La f.e.m. engendrada por fase.
SOLUCIÓN:
a) FACTOR DE FORMA:
Al ser senoidal la onda, se verificará:
1
⋅ βmax
π
2
=
= 111
.
K =
f
2
2⋅ 2
⋅ βmax
π
(1)
b) FACTOR DE DISTRIBUCION:
La fórmula general es:
 K pq ⋅ pγ 

sen 
2 

K =
d
 pγ 
K pq ⋅ sen  
 2
(2)
El número de ranuras / polo / fase es:
K pq =
Kp
q
=
12
3
=4
Sólo dividimos por el nº de fases pues el enunciado nos da 12 ranuras por polo.
El ángulo eléctrico entre dos ranuras consecutivas vale:
vº e = p ⋅
360 º
K
= 3⋅
360 º
4⋅3⋅6
=
360 º
24
v º e = 15 º
 A. GORDON
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28
Sustituyendo valores en la expresión (2), tenemos:
4 ⋅ 15º
2 = 0.958
K =
d
15º
4 ⋅ sen
2
sen
c) FACTOR DE ACORTAMIENTO:
La fórmula general es:
 pγ 
 180º − pγ 
K a = cos   = sen 

 2


2
Como el paso de bobina se ha acortado en 1/6, resulta que:
pγ º =
180 º e
6
= 30 º e
Por tanto:
 30º 
K a = cos 
 = 0.9659
 2 
O lo que es igual:
 150º 
K a = sen 
 = sen 75º = 0.9659
 2 
d) F.E.M. GENERADA:
En voltios eficaces de fase es:
E = 4.44 ⋅ K a ⋅ K ⋅ f ⋅ N ⋅ Φ
d
ef
El número de espiras por fase es:
Ne fase =
Nº ranuras por polo × Nº polos × Nº conductores por ranura
2 × Nº de fases
Ne fase =
12 ⋅ 6 ⋅ 4
= 48
2⋅3
Por tanto:
E = 4.44 ⋅ 0.958 ⋅ 0.9659 ⋅ 60 ⋅ 48 ⋅ 0.025
f
E = 296 V simples
f
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PROBLEMA Nº17:
La distribución de flujo en el entrehierro de un alternador de 50 Hz de polos salientes puede
tomarse según se indica en la figura:
Siendo su desarrollo en serie de Fourier:
n⋅π
4 ⋅ β 0 ∞ n ⋅ π sen 2
β( λ ) =
⋅ sen (n ⋅ λ ) Teslas
⋅
∑
n⋅ π
3 n=1 2
2
Calcular el valor eficaz del fundamental de la f.e.m. de fase. Devanado uniformemente distribuido con
una extensión de fase de 60º. Paso polar = 50 cm. Longitud del estator 75 cm. Valor máximo de la
densidad de flujo en el entrehierro de 0.7 Teslas. 240 conductores por fase. Devanado diametral.
En el supuesto de que el flujo total tuviese una distribución sinusoidal, hallar el nuevo valor de la f.e.m. de
fase en valor eficaz.
SOLUCIÓN:
Para n = 1, la ecuación del enunciado se transforma en:
β( λ ) =
2 ⋅ 3 ⋅ β0
π
⋅ sen λ
Siendo su amplitud de:
2⋅ 3
π
⋅ 0.7 = 0.77 Teslas
El flujo total tiene un valor de:
Φ 0 = βmed ⋅ A = 0.77 ⋅
2
⋅ 0.50 ⋅ 0.75
π
Φ0 = 0.185 Wb
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Al estar uniformemente distribuido el devanado, el coeficiente de distribución vale:
K =
d
pβ
2
pβ
2
sen
Siendo la extensión de fase pβ = 60º
Por tanto:
K
d
=
sen 30 º
π 6
=
0.5 ⋅ 6
π
= 0.955
La f.e.m. en valor eficaz en voltios de fase vale:
E = 2.22 ⋅ K ⋅ K a ⋅ f ⋅ N ⋅ Φ 0
d
f
K a = 1
E = 2.22 ⋅ 0.955 ⋅ 50 ⋅ 240 ⋅ 0.185
f
E = 4706 V simples
f
Si la distribución del flujo fuese senoidal, el valor máximo de b será de 0.7 Wb, y el flujo total valdrá ahora:
2
π
Φ0 ' = βmed ⋅ A = 0.7 ⋅ ⋅ 0.5 ⋅ 0.75
Φ 0 ' = 0.168 Wb
La f.e.m. de fase en valor eficaz es:
E ' = 2.22 ⋅ 0.955 ⋅ 50 ⋅ 240 ⋅ 0.168
f
E ' = 4274 V de fase
f
PROBLEMA Nº18:
Un generador síncrono trifásico de 12 polos, 144 ranuras, 144 bobinas de 8 espiras, tiene una
velocidad de 600 r.p.m. El paso de bobina de su devanado es de 10 ranuras, y el flujo senoidal por polo es
de 0.026 Wb. Se pide calcular:
a) El número de espiras en serie por fase.
b) Los coeficientes de distribución y acortamiento.
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c) La f.e.m. generada por fase y la compuesta, si las fases están conectadas en estrella.
d) Supongamos ahora que este generador se conectara para dar potencia monofásica en vez
de trifásica. ¿ Cuáles serían las diferencias de características ?.
SOLUCIÓN:
a)
Puesto que la f.e.m. generada por fase en valor eficaz es:
E = 4.44 ⋅ Φ ⋅ f ⋅ Ne ⋅ K ω [ V ]
f
(1)
El número de espiras por fase vale:
Ne =
Ne =
B ⋅u
∴ B=K
q
144 ⋅ 8
= 384 espiras fase
3
La frecuencia vale:
f = p⋅
N
60
=
600
60
⋅ 6 = 60 Hz
b)
Los coeficientes de acortamiento y de distribución, se hallan:
COEFICIENTE DE ACORTAMIENTO:
El ángulo correspondiente a dos ranuras consecutivas vale:
γ = p⋅v =
180 ⋅ 12
144
= 15º e
Ya que el paso de bobina en ranuras es de 10:
yBo = 10 ⋅ 15 = 150º e
Aplicando la fórmula:
K a = sen
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yB
2
= sen
150º
= 0.966
2
32
O lo que es igual:
K a = cos
(180º −150º) = cos 30º = cos pα
2
2
2
= cos 15 º = 0.966
COEFICIENTE DE DISTRIBUCION:
K =
d
sen
K pq ⋅ γ
siendo [ γ = pv]
2
γ
K pq ⋅ sen
2
El número de ranuras por polo y fase vale:
K pq =
K
2p ⋅ q
=
144
12 ⋅ 3
=4
Por tanto:
 4 ⋅ 15º 
sen 

 2 
= 0.958
K =
d
 15º 
4 ⋅ sen 

 2 
c)
Sustituyendo en (1):
E = 4.44 ⋅ 384 ⋅ 60 ⋅ 0.026 ⋅ 0.966 ⋅ 0.958
f
E = 2460 V de fase
f
Al ser conexión estrella, la tensión compuesta será:
2460 ⋅ 3 ≅ 4260 V
d)
En el supuesto que realicemos el devanado monofásico de forma que conectemos en serie
dos fases del trifásico, obtendremos:
FACTOR DE DISTRIBUCION:
Nº esp. fase =
B⋅u
q
= 144 ⋅ 8 = 1152
Téngase presente que ahora, q = 1.
 A. GORDON
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33
Es el TRIPLE que en el trifásico. El número de ranuras por polo y fase, será ahora:
K pq ' =
K
144
=
2⋅p⋅q
12 ⋅ 1
= 12 ranuras / polo / fase
Por consiguiente:
 12 ⋅ 15º 
sen 

 2 
= 0.6385
K '=
d
 15º 
12 ⋅ sen 

 2 
El FACTOR DE ACORTAMIENTO permanecerá invariable ya que no hemos tocado el devanado.
La f.e.m. generada por fase en valor eficaz se puede hallar por una proporción sencilla:
E
E
f1
=
f3
E
f1
E
3 ⋅ N ⋅ K a ⋅ K '⋅ Φ ⋅ 4.44
d
N ⋅ K a ⋅ K ⋅ Φ ⋅ 4.44
d
=
f1
3 ⋅ 0.6385
⋅ 2 ⋅ 460
0.958
= 4920 V de fase
Es evidente que Ef1 > Ef3.
Veamos que pasa con la potencia aparente:
S = Un ⋅ In ⋅ 10−3 = 4920 ⋅ In ⋅ 10−3 ≅ 4.92 ⋅ In
n1
S = 3 ⋅ Un ⋅ In ⋅ 10−3 = 3 ⋅ 4260 ⋅ In ⋅ 10−3 ≅ 7.38 ⋅ In
n3
A la vista está que Sn3 @ 1.5◊Sn1 fi Sn3 > Sn1. Se obtiene mayor potencia con la máquina conectada en
trifásica.
Otra característica es que la potencia monofásica es pulsante y la trifásica es constante. En efecto:
SISTEMA MONOFASICO:
⋅I
U
2
P = Umax ⋅ sen ω t ⋅ Imax ⋅ sen ω t = Umax ⋅ Imax ⋅ sen ω t = max max ⋅ 1 − cos 2ω t
1
2
(
)
(
)
Está claro que pulsa a 2◊w◊t.
 A. GORDON
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34
SISTEMA TRIFASICO:
P =
3
Umax ⋅ Imax
⋅
2
{(1 − cos 2ω t) + [1 − cos(2ω t + 240)] + [1 − cos(2ω t + 480)]}
Considerándola como la suma de tres monofásicas con sus desfases característicos.
Pero como:
1
⋅ cos 2ω t − 0.866 ⋅ sen 2ω t
2
1
cos (2ω t + 240 ) = − ⋅ cos 2ω t + 0.866 ⋅ sen 2ω t
2
cos (2ω t + 480 ) = −
Nos queda:
[(
1
P = ⋅ Umax ⋅ Imax ⋅ 1 − cos 2ω + 1 + 0.5 ⋅ cos 2ω t + 0.866 ⋅ sen 2ω t + 1 + 0.5 ⋅ cos 2ω t − 0.866 ⋅ sen 2ω t
3 2
) (
) (
. ⋅ Umax ⋅ Imax
P = 15
3
Un sistema monofásico crea un campo pulsante fijo en el espacio, pero un sistema trifásico crea un
campo giratorio.
PROBLEMA Nº 19:
Un generador síncrono de rotor cilíndrico, trifásico de S = 300 KVA, conectado en estrella, f = 50 Hz
de 48 polos, tiene un inducido con 3 ranuras por polo y fase y con un régimen de 3.300 V entre fases. El
flujo por polo es de 0.025 Wb y la curva de vacío viene expresada por:
voltios de fase =
6000 ⋅ Ie
20 + Ie
Donde Ie indica la corriente de excitación. La anchura de la bobina es de 5/6 del paso polar. Se pide
calcular:
a) El f.d.p. de la carga si la impedancia interna es de ( 0.5 +j20 ) W / fase. Además hay 7
conductores por ranura y la f.e.m. es senoidal.
b) La tensión que tendrán las bobinas inductoras si la resistencia por polo es de 0.3 W.
c) El rendimiento del alternador, sabiendo que las pérdidas por rozamiento son de 3 KW.
SOLUCIÓN:
a)
El valor de la f.e.m. en vacío viene expresada por:
 A. GORDON
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35
)]
Ev = 2 ⋅ K ⋅ K ⋅ N ⋅ f ⋅ Φ
f d ef
[ V]
Siendo Kf el factor de forma:
Kf =
valor eficaz E0 2
π
.
=
=
= 111
2
valor medio
2⋅ 2
⋅ E0
π
Como corresponde a una onda senoidal según dice el problema. Al darnos el enunciado el valor de Kpq =
3, hay un factor de distribución, de valor:
 K pq ⋅ pv 
sen 

 2 
Kd =
 pv 
K pq ⋅ sen  
 2
v = ángulo geométrico entre dos ranuras consecutivas vale:
vº =
360º
360º
360º
=
=
= 0.83º
3 ⋅ 3 ⋅ 48 432
K
[K = nº de ranuras]
Sustituyendo en la fórmula general del factor de distribución, tenemos:
 3 ⋅ 24 ⋅ 0.83º 
sen 



2
= 0.95
Kd =
⋅
24
0
83
.
º


3 ⋅ sen 



2
Para el cálculo de Ka, factor de acortamiento, razonemos de la siguiente manera: Sabemos que el
paso polar tiene una amplitud de 180º eléctricos, si la anchura de la bobina es de 5/6 del paso polar,
quiere decir que el acortamiento sería de:
pα =
1
⋅ 180º = 30º
6
El factor de acortamiento es:
K a = cos
30º
pα
= cos
= cos 15º = 0.966
2
2
NOTA:
En la fórmula de la f.e.m. Ncf representa el número de conductores por fase, como quiera que hay 432
ranuras y 7 conductores por ranura, Ncf valdrá:
 A. GORDON
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36
Ncf =
K ⋅ Nc / K
q
432 ⋅ 7
=
3
= 1008
Siendo:
K = nº de ranuras totales
Nc fase =
Nc TOTALES
q
La f.e.m. valdrá por tanto:
. ⋅ 0.955 ⋅ 0.966 ⋅ 1008 ⋅ 50 ⋅ 0.025
Ev = 2 ⋅ 111
Ev = 2580.5 V de fase
La intensidad suministrada a p.c. vale:
300000 = 3 ⋅ 3300 ⋅ I
I = 52.486 ≅ 52.5 Amp
Según la ecuación vectorial típica de un generador:
Ev = U + Z s ⋅ I
Del que se deduce:
2
(
) (
2
OQ = OM + MN + NP + PQ
OM =
3300
3
)
2
⋅ cos ϕ
RI = 0.5 ⋅ 52.5 = 26.25 V
3300
PN =
⋅ sen ϕ
3
PQ = 20 ⋅ 52.5 = 1050 V
Por consiguiente:
2
2
2
2
OQ = 2580.5 = 1905 ⋅ cos ϕ + 26.25 + 1905 ⋅ sen ϕ + 1050
(
)
(
)
Resolviendo, se obtiene:
sen ϕ = 0.464
cos ϕ = 0.885
 A. GORDON
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37
b)
Veamos ahora en la curva de vacío que para Ev = 2570 V, la excitación que corresponde para
obtener este valor de Ev; sustituimos:
2580.5 =
6000 ⋅ Ie
20 + Ie
Ie = 15 Amp en continua
Puesto que todos los polos van conectados en serie y hay una resistencia por polo de 0.3 W,
la RTOTAL= 0.3¥48 = 14.4 W y como la corriente que circula es de 15 Amp la excitatriz o sistema estático
deberá dar una tensión de:
14.4 ⋅ 15 = 216 V en continua
c)
Finalmente, el rendimiento vale:
µ = 1−
Pperdida
PTOTAL
pperdida = Proz + Pn inducido + Pn inductor
Pperdida = 3 + 3 ⋅ 0.5 ⋅ 52.52 + 14.4 ⋅ 152 ⇒ Pperdida = 7.38 KW
PTOTAL = Pútil + Pperdida = 300 ⋅ cos ϕ + 7.38 = 300 ⋅ 0.885 + 7.38
PTOTAL = 272.88 KW
Sustituyendo:
η = 1−
7.38
≅ 0.973
272.88
η ≅ 97.3%
PROBLEMA Nº 20:
Un generador síncrono de 48 polos, 500 KVA, 50 Hz bifásico, tiene una tensión de 3300 V
entre fases. El flujo senoidal por polo es 3◊106 Máx. y la curva de magnetización viene expresada por:
Voltios de fase =
6000 ⋅ Ie
25 + Ie
Siendo Ie la corriente de excitación.
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38
La anchura de las bobinas es de 5/6 partes del paso polar. Se vuelve a conectar la máquina como
generador trifásico con sus fases en estrella. ¿ Qué porcentaje de la excitación en bifásico se necesitará, y
cuál será la tensión entre fases en vacío ?.
SOLUCIÓN:
La expresión de la f.e.m. es:
Ev = 2 ⋅ K f ⋅ K d ⋅ K a ⋅ f ⋅ Ncf ⋅ Φ
Siendo:
Ncf = número de conductores por fase.
Ev = la f.e.m. por fase.
Kf = coeficiente de forma = 1.11 ( Sinusoidal ).
Kd = coeficiente de distribución.
Ka = coeficiente de acortamiento.
Φ = flujo por polo = 3◊106◊10-8 Wb.
f = frecuencia en Hz = 50 Hz.
DEVANADO BIFASICO:
La f.e.m. generada por fase en un devanado bifásico se halla por la expresión:
3300
2
= 2340 V de fase
Dado que el factor de distribución es:
 K ⋅ pv 
sen pq

 2 
Kd =
 pv 
K pq ⋅ sen 
 2
Deduciremos sus términos:
El número total de ranuras es : K = Kpq 2p.q = 3.48.2 = 288 ranuras
El ángulo entre dos ranuras consecutivas es de :
v=
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360 º
288
. ºg
= 125
39
Por tanto:
 3 ⋅ 24 ⋅ 1.25º 
sen 

2

 = sen 45º
K =
d
 24 ⋅ 1.25º  3 ⋅ sen15º
3 ⋅ sen 

2


K = 0.9107
d
El factor de acortamiento es:
K a = cos
pα
2
El enunciado nos indica que la anchura de las bobinas es de 5/6 del paso polar, esto quiere decir que
éstas se han acortado 1/6 del paso polar, o sea:
1
6
⋅ 180 = 30 º e = pα
Por tanto,
K a = cos
pα
= cos 15º = 0.966
2
K a = sen
yBo
= sen 75º = 0.966
2
También es posible hallarlo:
Para hallar Ncf sustituyamos valores en la expresión Ev de partida:
2340 = 2.22 ⋅ 0.9107 ⋅ 0.966 ⋅ 50 ⋅ Ne f ⋅ 3 ⋅ 10 6 ⋅ 10 −8
Nef = 798 conductores por fase.
Para calcular Ie, lo haremos a través de la ecuación de Fröelich, expresión matemática aproximada
de la curva de vacío:
2340 =
6000 ⋅ Ie
25 + Ie
De donde: Ie @ 16 Amp en continua.
DEVANADO TRIFASICO:
Vamos a suponer que el bobinado se realiza con las mismas constantes que antes del
acortamiento, aunque la distribución es preciso hallarla de nuevo puesto que ha variado el número de
fases. Según lo dicho Ka=0.966, pero Kd variará, por lo que:
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40
K pq =
288
K
=
=2
2p ⋅ 3 48 ⋅ 3
Siendo:
v = 1.25º
p = 24
El nº de conductores en bifásico era de 804 por fase, que totales es: 798¥2 = 1596, pero en trifásico es:
Nº cond fase =
1596
= 532 conductores fase
3
La f.e.m. generada en trifásico es:
6
−8
E3 f = 2.22 ⋅ 0.96 ⋅ K d ⋅ 50 ⋅ 532 ⋅ 3 ⋅ 10 ⋅ 10
Hallemos Kd:
. º
 2 ⋅ 24 ⋅ 125



2
Kd =
= 0.96
. º
 24 ⋅ 125
2 ⋅ sen 



2
sen 
6
−8
E3 f = 2.22 ⋅ 0.96 ⋅ 0.96 ⋅ 50 ⋅ 3 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 532
E3 fase ≅ 1653 V
La f.e.m. compuesta al ser l es: 1653 ⋅ 3 ≅ 2863 V
El nuevo valor de Ie según la ecuación de Fröelich es:
1653 =
6000 ⋅ Ie
25 + Ie
de donde, Ie = 9,5 Amp en continua.
Con respecto a la excitación en el caso bifásico hará falta una corriente en % de:
100 ⋅
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9.5
= 59.5%
16
41
PROBLEMA Nº21:
El estator de un alternador de 6 polos tiene un devanado de una capa con 12 ranuras por
polo y en cada una hay una rama de bobina que tiene 40 conductores en serie, el paso del bobinado es
diametral. La velocidad es de 1.000 r.p.m., el flujo por polo es de 2.8◊106 Mx, y la corriente por conductor
es de 50 Amp. Suponiendo la distribución senoidal y despreciando la caída de tensión interna, hallar la
potencia de salida en KVA que dará este estator si el bobinado está conectado en :
a) En monofásico.
b) En bifásico.
c) En trifásico.
SOLUCION:
a) CONEXION EN MONOFASICO:
El ángulo entre dos ranuras consecutivas se determina:
Nº total de ranuras = K p ⋅ 2p = 72
v=
El ángulo eléctrico es:
360º 360º
=
= 5º g.
K
72
pv = 3 ⋅ 5 = 15º e
El número de ranuras por polo y fase es:
K pf =
K
72
=
= 12
2p ⋅ q 6 ⋅ 1
[q = 1] monofasico
El factor de distribución vale:
 K pf ⋅ p ⋅ v 
12 ⋅ 3 ⋅ 5

sen
2


2
Kd =
=
15
 p ⋅ v
12 ⋅ sen
K pf ⋅ sen 

 2 
2
sen 
De donde, Kd = 0.637. El factor de forma al ser senoidal es: Kf = 1.11
Como las bobinas tienen un paso diametral, resulta que el factor de acortamiento vale la unidad, o
sea: Ka = 1
El nº de conductores en serie por fase vale:
Nc fase = K p ⋅ 2p ⋅ (Nc K ) = 2880
 A. GORDON
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42
La f.e.m. generada por fase es:
E = 111
. ⋅K ⋅ 2 ⋅ Φ ⋅N ⋅ f
f
d
cf
f = N⋅
[ V]
p
60
Por tanto:
N
3
. ⋅K ⋅ 2 ⋅ Φ ⋅N ⋅
⋅ p = 111
. ⋅ 0.637 ⋅ 0.028 ⋅ 2880 ⋅ 1000 ⋅
E = 111
f
d
cf 60
60
E = 5700 V
f
Como la corriente de salida es de 50 Amp, tendremos una potencia monofásica de:
S = 5700 ⋅ 50 ⋅ 10
−3
= 285 KVA
b) CONEXION EN BIFASICO:
pv = 15ºe
El nº de ranuras por polo y por fase vale:
K pf =
K
72
=
=6
2p ⋅ q 6 ⋅ 2
Téngase presente que q = 2 por ser bifásico.
El factor de distribución vale:
6 ⋅ 15º
2 = 0.902
Kd =
15º
6 ⋅ sen
2
sen
El número de conductores serie por fase es:
Nc fase =
2880
= 1440
2
Por tanto, la f.e.m. generada por fase vale:
Ef = 1.11⋅ 0.902 ⋅ 2 ⋅ 0.028 ⋅ 1440 ⋅ 1000 ⋅
3
60
Ef ≅ 4030 V
 A. GORDON
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43
La potencia de salida ahora es:
S = 2 ⋅ 4030 ⋅ 50 ⋅ 10 −3 = 403 KVA
[q = 2]
c) CONEXION EN TRIFASICO:
El nº de ranuras por polo y fase vale ahora:
K pq =
K
72
=
=4
2p ⋅ q 6 ⋅ 3
El coeficiente de distribución es:
4 ⋅ 15º
2 = sen 30 = 0.96
Kd =
15º 4 ⋅ sen 7.5
4 ⋅ sen
2
sen
El nuevo valor del nº de conductores serie por fase vale:
Nc f =
Nc 2880
=
= 960
3
q
La f.e.m. por fase vale:
Ef = 111
. ⋅ 0.96 ⋅ 2 ⋅ 0.028 ⋅ 960 ⋅
1000 ⋅ 3
60
Ef ≅ 2860 V
Y la potencia de salida es:
S = q ⋅ Ef ⋅ I ⋅ 10
 A. GORDON
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−3
.3
= 3 ⋅ 2860 ⋅ 50 ⋅ 10 ≅ 430 KVA
44
PROBLEMA Nº22:
Una máquina síncrona trifásica de dos polos tiene el estator conectado en estrella y se usa
como generador. El devanado inducido es de doble capa, tiene cuatro bobinas por fase distribuidas como
indica la figura:
Cada bobina está formada por 10 espiras y el ancho de la bobina es de 150ºe. La velocidad
de rotación del rotor es de 3000 r.p.m. El flujo por polo es de 0.019 Wb. Se pide determinar:
a) El ángulo entre dos ranuras consecutivas, expresado en grados eléctricos y geométricos.
b) El nº de ranuras que ocupa una bobina.
c) El valor de la f.e.m. inducida en una fase del estator.
d) La d.d.p. en bornes.
e) Con respecto a la componente fundamental, ¿ en qué proporción se disminuye el 5º armónico
de tensión en este devanado ?.
SOLUCION:
a)
Como el estator tiene 12 ranuras y dos polos, es evidente que hay dos grupos por fase con dos ranuras
por grupo. Dado que el estator tiene 360º, el ángulo de paso entre dos ranuras consecutivas es:
γ =
360 º
12
= 30 º g
Y puesto que 2p = 2, es decir, que la máquina es bipolar ( p = 1 ), los grados geométricos y eléctricos
coinciden de pleno.
b)
Bajo cada polo hay 6 ranuras, ya que el estator tiene 12 ranuras y 2 polos. Si el ancho de la bobina es de
150º eléctricos, resulta que:
 A. GORDON
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45
150º yK
=
180º
6
∴ yK =
150 ⋅ 6
180
Es decir, que el paso de la bobina en ranuras es:
yK = 5 ranuras
c)
La frecuencia vale:
f=
3000 ⋅ 2
= 50 Hz
120
El factor de paso es:
K a = sen
pγ
 30º 
= cos 

 2 
2
K a = sen
150º
= 0.966
2
Aunque cada grupo de una fase está distribuido en tres ranuras, las dos de los extremos
tienen un lado activo en una fase, y el otro lado, en fase diferente. Por tanto, cada grupo de fase ocupa
dos ranuras completas. En resumen: Kpq = 2, o lo que es igual:
K pq =
12
=2
2⋅3
Apliquemos la fórmula genérica:
 Kpq ⋅ p ⋅ ν 
 2 ⋅ 30º 
sen 

sen 


2
2 



⇒ Kd =
K =
d
 pν 
 30º 
Kpq ⋅ sen  
2 ⋅ sen 

 2 
 2 
K = 0.966
d
 A. GORDON
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46
La f.e.m. en valor eficaz por fase vale:
Ef = 2 ⋅ π ⋅ N ⋅ K d ⋅ K a ⋅ Φ ⋅ f
[N = nº espiras]
Ef = 2 ⋅ π ⋅ 40 ⋅ 0.966 ⋅ 0.966 ⋅ 0.019 ⋅ 50
Ef = 157 V
d)
UL ≅ Ef ⋅ 3 = 157 ⋅ 3 ≅ 272 V
e)
El valor de Ka para el 5º armónico es:
K a 5 = sen
5 ⋅ 150º
n⋅ γ
= sen
= 0.259
2
2
Puesto que Ka para la componente fundamental valía 0.966 y ahora Ka5 hemos hallado que
vale 0.259, quiere decir que la componente fundamental ha disminuido en un 3.4% y la del 5º armónico en
un 74.1%. La componente del 5º armónico ha disminuido un 70.7% más que la componente fundamental.
PROBLEMA Nº23:
Determinar el valor eficaz de las componentes armónicas individuales y de la f.e.m. inducida
total por fase de un generador trifásico de alterna de 50 Hz de 10 polos, 2 ranuras por polo y fase, con
cuatro conductores por ranura. El paso de bobina del devanado se cifra en 150º y el flujo fundamental por
polo, considerado senoidal es de 0.12 Wb. El análisis de la densidad de flujo en el entrehierro muestra un
20% del tercer armónico. Todas las bobinas por fase del devanado están conectadas en serie.
SOLUCION:
El número total de ranuras en el inducido es:
K = K pq ⋅ 2p ⋅ q = 2 ⋅ 10 ⋅ 3 = 60 ranuras
El número total de conductores es:
Nc = Nc K ⋅ K = 4 ⋅ 60 = 240 conductores
El número de conductores por fase:
Ncq =
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1.999/00
Nc 240
=
= 80
q
3
47
El ángulo entre dos ranuras consecutivas vale:
pv =
360º
⋅p = 6 ⋅p
60
Siendo p = 5 fi pv = 30ºe.
 2⋅5 ⋅6
sen 

 2 
sen 30º
=
= 0.96
K =
d
 5 ⋅ 6  2 ⋅ sen 15º
2 ⋅ sen 

 2 
[Kpq = 2]
El factor de acortamiento tiene por expresión:
K a = cos
pα
2
El enunciado nos dice que el ancho de bobina es de 150º, por lo que el ángulo de
acortamiento con respecto al paso polar es:
pα = 180º −150º = 30º
Aplicando la fórmula:
K a = cos
30º
= cos 15º = 0.966
2
El valor eficaz de la f.e.m. por fase para el fundamental es:
E1f = 2.22 ⋅ K d ⋅ K a ⋅ Ncf ⋅ f ⋅ Φ = 2.22 ⋅ 0.96 ⋅ 0.966 ⋅ 80 ⋅ 50 ⋅ 0.12
E1f ≅ 990 V
El coeficiente de distribución para el 3er armónico es:
 3 ⋅ K pq ⋅ p ⋅ v 
sen 

2


1
sen 90º
Kd'=
=
=
= 0.707
 3 ⋅ p ⋅ v  2 ⋅ sen 45º 2 ⋅ 0.707
K pq ⋅ sen 

 2 
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48
Y el acortamiento:
 3 ⋅p⋅α
K a ' = cos 
 = cos (3.15º) = cos 45º
 2 
K a ' = 0.707
Hay un 20% de b del tercer armónico, por lo que la f.e.m. E3f vale en valor eficaz:
1
⋅ Φ0 '
3
E3 f = 2.22 ⋅ K d '⋅K a '⋅f1 ⋅ Ncf ⋅ 0.2 ⋅ Φ 0
E3 f = 2.22 ⋅ K d '⋅K a '⋅3 ⋅ f1 ⋅ Ncf ⋅
Sustituyendo:
2
E3 f = 2.22 ⋅ 0.707 ⋅ 50 ⋅ 80 ⋅ 0.024
E3 f = 106 V de fase
La f.e.m. total por fase es:
Ef = E12 + E23 = 990 2 + 106 2
Ef total ≅ 1000
.
V simples
PROBLEMA Nº 24:
La forma del campo del entrehierro de un generador síncrono trifásico de 50 Hz conectado en
estrella es:
β = sen λ + 0,3 sen 3λ + 0,2 sen 5λ
en Teslas
El inducido tiene 180 ranuras y su devanado está formado por bobinas de 3 espiras alojadas en
cada ranura y en doble capa. El paso de bobina expresado en ranuras es de 15. El diámetro del inducido es de
125 cm y la longitud del núcleo de 45 cm. Se pide calcular siendo la velocidad de 600 r.p.m.:
a) La f.e.m. instantánea por conductor.
b) La f.e.m. instantánea por bobina.
c) La f.e.m. eficaz de fase y de línea.
SOLUCIÓN:
a)
Calculemos el número de polos de la máquina a través de la expresión de la frecuencia, despejando p:
f=
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n
60 ⋅ f
⋅p ⇒ p =
60
n
49
p=
60 ⋅ 50
=5
600
2p = 10
El valor del flujo total del fundamental por polo tiene la expresión:
Φ = β ⋅A
1 1m
siendo el área de un paso polar:
A=
π ⋅D
2p
⋅L =
π ⋅ 125
10
.
⋅ 45 = 1765
cm
A = 0,1765 m
2
2
Por tanto:
Φ 01 = 1⋅
2
⋅ 0,1765 = 0,1122 Wb
π
La f.e.m./conductor en valor eficaz es, siendo [Nc = 1]: E1 = 2,22 ⋅ f1 ⋅ Φ 01 para el fundamental,
E3 = 2,22 ⋅ 3f1 ⋅ Φ 03 para el tercer armónico, y E5 = 2,22 ⋅ 5f1 ⋅ Φ 05 para el quinto armónico.
siendo:
Φ 01 =
Φ 03 =
Φ 05 =
∫
∫
∫
π
β1θ ⋅ l ⋅ r ⋅ dθ = 2 ⋅ β10 ⋅ l ⋅ r
0
π
3
β 3 θ ⋅ l ⋅ r ⋅ dθ =
0
π
∫
π
3
β 30 sen 3θ ⋅ l ⋅ r ⋅ dθ =
1
⋅ 2 ⋅ β 30 ⋅ l ⋅ r
3
0
5
β 5 θ ⋅ l ⋅ r ⋅ dθ =
1
⋅ 2 ⋅ β 50 ⋅ l ⋅ r
5
0
por consiguiente, para el fundamental:
E1 = 2,22 ⋅ f ⋅ Φ1 = 2,22 ⋅ 50 ⋅ 0,1122 ≅ 12,5 V eficaces
que en valor máximo es:
E01 = 12,5 ⋅ 2 ≅ 17,7 V
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50
para el tercer armónico:
E03 = 0,3 x17,7 = 5,31 V
para el quinto armónico:
E05 = 0,2 x17,7 = 3,54 V
La f.e.m. en valor instantáneo es:
e = 17,7 ⋅ sen ω t + 5,31 ⋅ sen 3 ω t + 3,54 ⋅ sen 5ω t
b)
El cálculo de la tensión de una bobina de 3 espiras, o sea, de 6 conductores si no hubiese acortamiento sería:
fundamental:
6 x 17,7 V.
3er armónico:
6 x 5,31 V.
5º armónico:
6 x 3,54 V.
El enunciado del problema aclara que YK = 15 ranuras y el número de ranuras por polo es:
K
2p
=
180
10
= 18
ranuras por polo
lo que indica que el paso de bobina está acortado en 3 ranuras con respecto al paso polar. En grados, este
acortamiento será:
18
3
=
180 º
pα
⇒ pα = 30 º e
Las tensiones de las bobinas serán:
fundamental: N ⋅ 17,7 ⋅ K = N ⋅ 17,7 ⋅ cos  pα  = 6 ⋅ 17,7 ⋅ cos 15º = 102,6 V
c
a
c
 2
3er armónico: 6 ⋅ 5,31 ⋅ cos 45 º = 22,6 V
5º armónico: 6 ⋅ 3,54 ⋅ cos 75 º = 5,50 V
En valores instantáneos será:
ebob = 102,6 ⋅ sen ω t + 22,6 ⋅ sen 3ω t + 5,5 ⋅ sen 5ω t
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51
c)
Para calcular las tensiones totales debemos tener en cuenta los factores de distribución, para lo cual hallamos:
Nº bobinas por fase:
180
3
Nº ranuras por polo y fase:
K pq =
Ángulo entre dos ranuras consecutivas:
v=
[B = K ]
= 60
K
2pq
360 º
K
=
=
180
10 ⋅ 3
360
80
=6
= 2º g
Sin más, apliquemos la fórmula genérica para cada caso:
1er ARMÓNICO (FUNDAMENTAL):
 6 ⋅ 5 ⋅ 2º 
sen 

 2 
= 0,958
K =
d1
 5 ⋅ 2º 
6 ⋅ sen 

 2 
3er ARMÓNICO:
 3 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 2º 
sen 



2
= 0,645
=
K
d3
º
⋅
⋅
3
5
2


6 ⋅ sen 

 2 
5º ARMÓNICO:
 5 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 2º 
sen 



2
= 0,197
=
K
d5
º
⋅
⋅
5
5
2


6 ⋅ sen 

 2 
Calculemos los valores eficaces de las tensiones del fundamental y de los armónicos para lo cuál tendremos
presente que:
Valor eficaz =
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Valor max
2
52
por lo tanto:
FUNDAMENTAL:
102,6
2
3er ARMÓNICO:
22,6
2
5º ARMÓNICO:
5,5
2
⋅ 60 ⋅ 0,958 ≅ 4.170 V
⋅ 60 ⋅ 0,645 ≅ 618 V
⋅ 60 ⋅ 0,197 ≅ 46 V
El valor eficaz de la tensión es:
E = E2 + E2 + E2 = 41702 + 6182 + 462
5
1
3
f
E ≅ 4.220 V
f
simples eficaces
Puesto que la conexión es estrella: Elínea = 3 Efase. Ha de tenerse en cuenta que los armónicos de orden 3 y sus
múltiplos no salen a la red, bien sea la conexión de las fases en Υ o en ∆ , por lo tanto:
(
)
E
= 3 ⋅ E2 + E2 = 3 E2 + E2 =
5
5
línea
1
1
)
(
E
= 3 41702 + 462 ⇒ E
≅ 7.220 V
línea
línea
compuestos eficaces
PROBLEMA Nº 25:
El estator de una máquina síncrona de 2p = 6 tiene 72 ranuras distribuidas uniformemente. Se pide
indicar el número de ranuras en que hay que acortar el paso de bobina del devanado de tal forma que los
armónicos de orden 5 y 7, queden reducidos al mínimo valor posible. Hallar también los nuevos factores de
devanado con esta reducción.
SOLUCIÓN:
Para anular un armónico se ha de verificar:


cos  h ⋅
para h = 5 ⇒ γ e ' =
 A. GORDON
π
5
γ 'e 
 π
 = cos  h ⋅ 
 2K 
2 
[h = K ]
= 36 º
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53
para h = 5 ⇒ γ e ' ' =
π
7
= 25,71º
El ángulo eléctrico entre dos ranuras consecutivas vale:
γe º = p ⋅ γg º = 3 ⋅
360º
360º
= 3⋅
K
72
γ e º = 15º e
El paso de bobinas en ranuras vale:
72
K
=
= 12
YK =
2p
6
ranuras
El número de ranuras por polo y fase vale:
K pq =
K
2⋅p⋅q
=
72
6⋅3
=4
Al ser un nº entero, el devanado es ENTERO.
Para eliminar h = 5 hemos visto que nos obliga a un acortamiento de 36º, pero teniendo en cuenta que el ángulo
entre dos ranuras consecutivas es de 15º, tendremos que para 36º el número de ranuras ha de ser:
180º-36º = 144º ⇒ 144/15 = 9,6 ranuras.
Para eliminar h = 7, precisamos 25,71º, a los que corresponde un número de ranuras de:
180º-25,71º = 154,29º ⇒ 154,29/15 = 10,286 ranuras.
Es evidente que para mantener el devanado entero, el acortamiento de bobina en ranuras ha de ser
de 2, es decir, que el paso de bobina será de YB = YK = 10 ranuras. Estas 10 ranuras abarcan un ángulo: 180º150º = 30º. O sea, que pγ = 30º. Por tanto:
K
ah
 pγ 
= cos  h ⋅ 
 2
sustituyendo:
h = 1 ⇒ Ka1 = cos15º = 0,966
h = 5 ⇒ Ka5 = cos75º = 0,259
h = 7 ⇒ Ka7 = cos105º = -0,259
Para hallar los factores de devanado es preciso calcular los factores de distribución para el
fundamental y los dos armónicos de órdenes 5 y 7.
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54
Sustituyendo valores en la fórmula general:
 K pq ⋅ h ⋅ p ⋅ v 

2


K dh =
 h ⋅ p ⋅ v
K pq ⋅ sen 

 2 
sen 
siendo:
K pq = 4
;
p ⋅ v = 15 º e
se obtienen los valores:
Los respectivos factores de devanado son:
⋅ K = 0,96 ⋅ 0,966 ≅ 0,925
d1 a1
K
= K ⋅K
= 0,2053 ⋅ 0,259 ≅ 0,053
W5
d5 a5
K
= K ⋅K
= −0,1576) ( −0,259) ≅ 0,0409
W7
d7 a7 (
K
W1
=K
NOTA:
Los armónicos no han sido eliminados pero si reducidos a su mínimo valor dentro de las
posibilidades reales del devanado con que está construida la máquina.
PROBLEMA Nº 26:
Un generador síncrono trifásico, conexión estrella, de doce polos, 50 Hz, tiene en su inducido un
devanado imbricado de doble capa alojado en sus 144 ranuras. Siendo la longitud del inducido de 1,1 m. Y ocho,
el número de conductores alojados en cada ranura, se pide calcular:
a) Los factores de distribución correspondientes a la onda fundamental y a los armónicos de orden
3, 5 y 7.
b) ¿Qué paso de bobina se deberá adoptar para:
b.1) Eliminar el quinto armónico.
b.2) Eliminar el séptimo armónico.
c) ¿Qué paso de bobina se deberá escoger para el devanado con el objeto de reducir al menor
valor posible, los armónicos de f.e.m. 5 y 7 simultáneamente?.
d) Adoptando el paso de bobina del apartado (c), ¿cuál será el radio que deberá dársele al inducido
para obtener una tensión de línea de 11,5 KV.?. ¿Cuál será el valor eficaz de la fuerza electromotriz
inducida en cada fase?. La onda de inducción en Teslas está definida por la expresión:
Bθ = 12
, sen θ + 0,4 sen 3θ + 0,24 sen 5 θ + 0,17 sen 7θ
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55
e) Funcionando la máquina a plena carga tiene unas pérdidas en el hierro de 9.000 W; mecánicas
de 7.800 W; en el cobre a plena carga de 18.000 W. Siendo la intensidad nominal de 200 Amp,
¿cuál será el rendimiento con un f.d.p. de 0,8 inductivo?. ¿Con qué rendimiento máximo podrá
trabajar la máquina, y cuál será la carga con que se obtendría?.
SOLUCIÓN:
A) CÁLCULO DE LOS FACTORES DE DISTRIBUCIÓN PARA LOS ARMÓNICOS DE ORDEN, h = 3, 5 y 7:
Se hallan a partir de la expresión general:
 Kpq ⋅ h ⋅ p vº 



2
K dh =
 h ⋅ p vº 
K pq ⋅ sen 

 2 
sen 
para lo cual es preciso calcular:
1) El ángulo eléctrico entre dos ranuras consecutivas:
γ º e = p vº g = p ⋅
360 º
K
= 6⋅
360 º
144
γ º e = 15 º
2) El número de ranuras por polo y fase:
K pq =
K
2⋅p⋅q
=
144
12 ⋅ 3
=4
A parte de ser un devanado imbricado de doble capa según nos dice el enunciado, con el cálculo de
Kpq resulta entero. Sustituyendo en la fórmula genérica los cálculos efectuados, obtenemos:
Para h = 1 ⇒ Kd1 = 0,9577
Para h = 3 ⇒ Kd3 = 0,6533
Para h = 5 ⇒ Kd5 = 0,2053
Para h = 7 ⇒ Kd7 = -0,1575
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B) ELIMINACIÓN DE LOS ARMÓNICOS h = 5 y h = 7:
Para eliminar un armónico es preciso acortar el paso de bobina del devanado, expresado en
ranuras, mediante el factor de acortamiento expresado en grados eléctricos o en una fracción del paso polar,
generalizada por 1/K. Debe suceder que en:
(1)
 hπ 

 2K 
K ah = cos 
se haga h = K, puesto que el cos(h/2) = 0.
En primer lugar hallaremos el paso de bobina expresándolo en ranuras, para lo cual empleamos:
K
144
=
= 12
Ybobina ≅ Yp = YK = q ⋅ K pq =
2p
12
En nuestro caso el paso es de 12 ranuras.
B.1) ELIMINACIÓN DE h = 5:
Si en (1), hacemos h = K , resulta:
K
ah
= cos
(2)
h
2
y puesto que:
K
(3)
 pα º 
a
= cos h 
ah
 2 


igualemos (2) con (3),
cos
 pα º 
h
a
= cos h 
 2 
2


π π
pα ºa = = = 36º e
K 5
Se trata ahora de saber cuántas ranuras corresponden a estos 36º e. Podemos según tres caminos por lo
menos:
♦ Establecer la proporción:
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180 º
12
=
36 º
Yx
⇒ Yx =
12 ⋅ 36 º
180 º
12 ⋅ 36
 1
= 12  1 −  =
Yacort = YK − Yx = 12 −
 5
180
= 12 ⋅
4
5
= 9,6
ranuras
♦ Resolverlo por la expresión:
(
)
ºe
ºe
α acort. = Ypolar − Ybob. acort. ⋅ γ entre dos ranuras
que sustituyendo nos da las 9,6 ranuras de paso acortado.
♦ Si son 15º e el ángulo que hay entre dos ranuras consecutivas, para un ángulo de 36º e habrá: 36/15 = 2,4
ranuras. Por lo tanto el acortamiento a efectuar será: Yacort. (en ranuras) = 12 - 2,4 = 9,6 como en los casos
anteriores.
Por cualquiera de los métodos seguidos se nos muestra que para eliminar este armónico es preciso
realizar un devanado fraccionario, si lo mantenemos entero no se elimina.
B.2) ELIMINACIÓN DE h = 7:
Procediendo de igual forma, hallaremos en primer lugar el ángulo de acortamiento:
π
pα ºa7 = = 25,71º e
7
al que le corresponden unas ranuras:
25,71º
15
= 1714
,
ranuras
por lo que el paso acortado deberá ser:
Yacort K
7
= 12 − 1714
,
= 10,286
ranuras
C) VALOR MÍNIMO DE AMBOS ARMÓNICOS:
Ya que como es lógico en vez de cambiar el devanado a fraccionario, si seguimos manteniendo el
criterio de conservar el devanado como entero, es preciso aminorar en lo posible la acción simultánea de ambos
armónicos para lo cual acortamos en dos bobinas el paso de bobina del devanado, a la vista de los resultados
obtenidos:
º e = 36º e ⇒ 9,6
h = 5 ⇒ αac5
ranuras
ºe
h = 7 ⇒ αac7
= 25,71º e ⇒ 10,286
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ranuras
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Tomemos 10 ranuras como el paso de bobinas, cumpliendo que Yb tiende a aproximarse a Yp y las
ranuras son factibles en los dos casos, correspondiendo a un ángulo de acortamiento de pαº e = 30º e. Así pues,
el valor mínimo será para cada armónico:
a5
 30º 
= cos  5 ⋅
≅ 0,259
2 

a7
 30º 
= cos  7 ⋅
≅ −0,259
2 

Para h = 5 ⇒ K
Para h = 7 ⇒ K
D) CÁLCULO DEL RADIO DEL INDUCIDO:
La expresión general del valor eficaz de la f.e.m. por fase es:
E = 2,22 ⋅ f ⋅ N ⋅ Φ 0h ⋅ K ⋅ K
fh
h cf
ah dh
[V]
de la que empleamos esta otra expresión:
Yp 2
E = 2,22 ⋅ h ⋅ f ⋅ N ⋅
⋅ ⋅β
⋅K ⋅K
hf
h cf h π maxh ah dh
Simplificando nos queda:
2
E = 2,22 ⋅ f ⋅ N ⋅ Yp ⋅ ⋅ βmax ⋅ K ⋅ K
hf
1 cf
π
h ah dh
y la f.e.m. inducida por fase para el fundamental es:
2
E = 2,22 ⋅ f ⋅ N ⋅ Yp ⋅ ⋅ βmax ⋅ K ⋅ K
1f
1 cf
π
1 a1 d1
Relacionando ambas expresiones tenemos:
βmax K
K
E
hf =
h ⋅ ah ⋅ dh
βmax K
K
E
1f
d1
a1
1
La f.e.m. compuesta o de línea, obviando los armónicos de orden 3 y sus múltiplos, tiene por
expresión para h = 1, 5 y 7:
Elin =
(
)
2
2
2
3 E1f + E5 f + E7 f =
2
E 
E 
3 ⋅ E1f 1 +  5 f  +  7 f 
 E1f 
 E1f 
2
• O de esta otra forma más operativa:
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59
2
2
2
2
2
K  K  β

K  K  β

Elin = 3 ⋅ E1f 1 +  a5  ⋅  d5  ⋅  max5  +  a7  ⋅  d7  ⋅  max7 
 K a1   K d1   βmax1 
 K a1   K d1   βmax1 
2
Hallemos cada una de estas relaciones siendo Elin = 11.500 V,
K a5
K a1
K d5
K d1
=
=
0,2588
0,9659
0,2053
0,9577
≅ 0,2679
βmax5
0,24
=
≅ 0,2
βmax1
12
,
≅ 0,2144
βmax7
0,17
=
≅ 0,142
12
,
βmax1
K
K
a7 = − 0,2588 ≅ −0,2679
K
0,9659
a1
d7 = − 0,1575 ≅ −0,1645
K
0,9577
d1
siendo:
K
a1
 30º 
= cos 
 = 0,965925
 2 
sustituyendo:
11500
.
=
(
3 ⋅ E1f ⋅ 1 + 0,2679 ⋅ 0,2144 ⋅ 0,2
)
2
(
+ 0,2679 ⋅ 0,1645 ⋅ 0,142
)
2
Resolviendo, hallamos:
E1f ≅ 6.638,96 V. de fase
También tenemos estas otras relaciones:
K
K
β
E5 f = E1f ⋅ a5 ⋅ d5 ⋅ max5 ≅ 76,265 V
K a1 K d1 βmax1
K
K
β
E7 f = E1f ⋅ a7 ⋅ d7 ⋅ max7 ≅ 41546
V
,
K a1 K d1 βmax1
β
K
K
E3 f = E1f ⋅ a3 ⋅ d3 max3
K a1 K d1 βmax1
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debemos hallar:
K a3
K a1
=
0,707
0,9659
K d3
≅ 0,732
K d1
=
0,6533
0,9579
≅ 0,6822
βmax3
0,4
=
≅ 0,3
12
,
βmax1
siendo:
K
a3
 30º 
= cos  3 ⋅
 = 0,70711

2 
Valores que sustituidos en E3f , nos da: E3f = 1.104,99 V.
Estos valores de fase calculados pueden sustituirse en la expresión:
[Vf eficaces]
2
2
2
2
Ef = E1f + E3 f + E5 f + E7 f
obteniéndose, Ef ≅ 6.730,85 V. simples o de fase.
En la expresión:
E = 2,22 ⋅ K ⋅ K ⋅ N ⋅ f ⋅ Φ 01
1f
a1 d1 cf 1
podemos hallar φ01 , sustituyendo valores:
144 ⋅ 8
⋅ 50 ⋅ Φ 01
3
Wb por polo (fundamental)
6.638,96 = 2,22 ⋅ 0,9659 ⋅ 0,9577 ⋅
Φ 01 = 0,168377
puesto que:
Φ 01 = β
⋅
med 1
2
τ1⋅ l = π ⋅ βmax1. τ1⋅ Yp ⋅ l
y que:
Yp =
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2π r
2p
=
πr
p
61
hallaremos r :
0,168377 =
2
π
⋅ 12
, ⋅π⋅
r
6
⋅ 11
,
r ≅ 0,382 m
E) CÁLCULO DE: ηpc y ηmáx:
La expresión general del µpc es:
ηpc =
3 ⋅ Un ⋅ In ⋅ cos ϕ
3 ⋅ Un ⋅ In ⋅ cos ϕ + P + P + Pmec
Fe
Cu
⋅ 100
(PFe y PCu en valores nominales)
La relación de pérdidas según enunciado es:
Pérd. en el hierro = PFe = 9.000 w, Ktes a U y f Ktes.
Pérd. mecánicas = Pérd. mec. = 7.800 w, Ktes con la velocidad Kte.
Pérd. en el Cu = (PCu)n = 18.000 w, variables con la carga.
Por tanto:
ηpc =
.
3 ⋅ 11500
⋅ 200 ⋅ 0,8
.
3 ⋅ 11500
⋅ 200 ⋅ 0,8 + 9.000 + 7.800 + 18.000
µpc ≅ 98,92%
⋅ 100
( )
2
El µ es máximo, si Pktes = Pvariables . C ⋅ PCu = PFe + Perd mec
n
El índice máximo vale:
C η max =
P +P
Fe
erd. mec
=
PCu n
( )
9.000 + 7.800
= 0,966
18.000
La carga máxima (se puede expresar en amperios o en KVA), por ejemplo, vale en amperios:
Iη max = C ⋅ In = 0,966 ⋅ 200 ≅ 193,22
Amp
El µmáx vale:
ηmax =
 A. GORDON
1.999/00
3 ⋅ 11500
.
⋅ 193,22 ⋅ 0,8
3 ⋅ 11500
.
⋅ 193,22 ⋅ 0,8 + 2 ⋅ (9.000 + 7.800)
⋅ 100 ≅ 99%
62
PROBLEMA Nº 28:
La figura representa la forma de la inducción en el entrehierro de un polo saliente de un alternador.
Se pide calcular:
a) La amplitud del fundamental de la onda.
b) Idem cuando υ= π/3.
c) El factor de forma cuando υ = π/3.
SOLUCIÓN:
a)
β = µ 0 . Η ⇒ Η. g = ℑa1
4
. µ 0 .N. i.cos ϑ 4µ .N. i.cos ϑ
0
β = µ0.
= π
=
g
g
π. g
ℑa1
N. i = H. g = βmax .
β=
g
µ0
4
βmax cos ϑ
π
b)
β=
4
π 4
3 2 3
βmax cos = βmax
=
βmax
π
π
6 π
2
c)
El factor de forma vale:
β eficaz =
1
π
∫
5π
β eficaz
β max
6
β 2 max dϑ = βmax
π
6
Así que el factor de forma vale:
 A. GORDON
4
6
1.999/00
βmed
1
=
π
∫
5π
6
βmax dϑ = βmax
π
4
6
6
β eficaz
,
= 12247
β max
63
PROBLEMA Nº 29:
La figura representa la configuración del devanado del estator de una máquina tetrapolar, constituido
por bobinas elementales de paso diametral de 25 espiras cada una y conectadas en serie,
a) Sabiendo que por el devanado circula una corriente continua de 8 Amp, representar la forma de
onda de tensión magnética en el entrehierro.
b) Deducir la expresión general de la amplitud correspondiente a la componente fundamental y los
cinco armónicos de dicha onda.
SOLUCIÓN:
a)
1 Escalón:=
8 ⋅ 25
= 100
2
2 Escalón: = 3 ⋅
8 ⋅ 25
= 300
2
Como puede observarse es simétrica con respecto a pi, sólo se consideran los armónicos impares.
 A. GORDON
1.999/00
64
b)
El ángulo entre dos ranuras consecutivas vale:
γ
g
=
360º
= 18º
20
El ángulo eléctrico correspondiente, siendo la máquina eléctrica tetrapolar, vale:
γ
g
= 18 ⋅ 2 = 36ºe
Siendo las ranuras ocupadas por polo de 3, los factores de distribución correspondientes a los tres
primeros armónicos, se calculan:
 3 ⋅ 36º 
sen 

 2 
= 0,8727
K d1 =
 36º 
3 ⋅ sen 

 2 
K d3
 3 ⋅ 36º⋅3 
sen 


2 
= 0,127
=
 36º 
3 ⋅ sen  3 ⋅


2 
K d3
 3 ⋅ 36º⋅5 
sen 


2 
= − 0,33
=
 36º 
3 ⋅ sen  5 ⋅


2 
Al ser las bobinas de paso diametral, los factores de distribución y de devanado coinciden en valor,
ya que Ka = 1. Las expresión general de la amplitud de las f.m.m-es es:
Fh =
1 4 Ns ⋅ i( t)
⋅ ⋅
⋅K w
h π 2⋅p
que aplicada a los tres primeros armónicos, dan los valores siguientes:
1 4 25 ⋅ 6 ⋅ 8
F1 = ⋅ ⋅
⋅ 0,8727 = 333,35 ( AV )
1 π
2⋅2
F3 =
F5 =
 A. GORDON
1.999/00
1 4 25 ⋅ 6 ⋅ 8
⋅ ⋅
⋅ 0,127 = 16,17 ( AV)
3 π
2⋅2
1 4 25 ⋅ 6 ⋅ 8
⋅ ⋅
⋅ ( − 0,33) = − 25,21 ( AV)
5 π
2⋅2
65
PROBLEMA Nº 30:
Las figuras (a) y (b) siguientes representan diferentes configuraciones de un devanado sobre un rotor
de una máquina eléctrica bipolar:
a)
b)
El devanado está constituido por bobinas diametrales conectadas en serie y de 15 espiras cada una
de ellas. Si por el devanado circula una corriente continua de 5 Amp,
a) Representar la forma de la onda de tensión magnética en el entrehierro de cada uno de los
devanados.
b) Deducir la expresión general de la amplitud correspondiente a las componentes fundamental y de
los cinco primeros armónicos de dicha onda.
SOLUCIÓN:
a)
 A. GORDON
1.999/00
66
Las diferentes amplitudes se calculan aplicando la expresión general:
Amplitud de onda ⇒
1 Escalón:
Ne ⋅ i
2
5 ⋅ 15 75
=
2
2
2 Escalón: = 3 ⋅
75 225
=
2
2
3 Escalón: = 5 ⋅
75 375
=
2
2
b)
1 Escalón:
5 ⋅ 15 75
=
2
2
2 Escalón: = 3 ⋅
75 225
=
2
2
Resulta evidente que en ambos casos la onda es simétrica en pi, por lo que únicamente tendremos
que considerar los armónicos impares. Constan del fundamental y los armónicos de órdenes tres y cinco.
La expresión general de la onda correspondiente a un armónico de orden h es:
Fh =
 A. GORDON
1.999/00
1 4 Ns ⋅ i( t)
⋅ ⋅
⋅K w
h π 2⋅p
67
Solución para la fig.(a):
Sabiendo que se trata de una máquina bipolar, el ángulo eléctrico correspondiente resulta ser el que
se calcula por:
γ = 20 ⋅ 1 = 20º e
e
y como el número de ranuras por polo es de 5, los factores de distribución se calculan por:
 5 ⋅ 20º 
sen 

 2 
= 0,8823
K d1 =
 20º 
5 ⋅ sen 

 2 
K d3
K d5
 5 ⋅ 20º⋅3 
sen 


2 
= 0,2
=
 20º 
5 ⋅ sen  3 ⋅


2 
 5 ⋅ 20º⋅5 
sen 


2 
= − 0,245
=
 20º 
5 ⋅ sen  5 ⋅


2 
En el enunciado se indica que las bobinas son de paso diametral, por lo que el factor de acortamiento
es la unidad, así que el factor de devanado coincide con el de distribución.
Las expresiones de la f.m.m-es serán:
1 4 15 ⋅ 5 ⋅ 5
⋅ 0,8823 = 210 ( AV)
F1 = ⋅ ⋅
1 π
2 ⋅1
F3 =
F5 =
1 4 15 ⋅ 5 ⋅ 5
⋅ ⋅
⋅ 0,2 = 15,92 ( AV)
3 π
2 ⋅1
1 4 15 ⋅ 5 ⋅ 5
, ( AV)
⋅ ⋅
⋅ ( − 0,245) = − 1169
5 π
2 ⋅1
Solución para la fig.(b):
El ángulo entre dos ranuras consecutivas es de: γ g =
360º
= 20º
18
Como la máquina es bipolar, coinciden eléctrico y geométrico, pues p = 1. Considerando que las
bobinas se encuentran distanciadas unas de otras, dos ranuras, el ángulo eléctrico existente entre dos
ranuras ocupadas, es de 40º. Por otra parte, el número de ranuras ocupadas por polo es de 3. Por
consiguiente, los factores de distribución correspondientes a los tres primeros armónicos son los
siguientes:
 3 ⋅ 40º 
sen 

 2 
= 0,8440
K d1 =
 40º 
3 ⋅ sen 

 2 
 A. GORDON
1.999/00
68
K d3
K d5
 3 ⋅ 40º⋅3 
sen 


2 
=0
=
 40º 
3 ⋅ sen  3 ⋅


2 
 3 ⋅ 40º⋅5 
sen 


2 
= − 0,293
=
 40º 
3 ⋅ sen  5 ⋅


2 
Como antes, el paso de las bobinas es diametral, por lo que el factor de acortamiento es la unidad y
el factor de devanado coincide con el de distribución. Las expresiones de las f.m.m-es para este apartado
son:
1 4 15 ⋅ 3 ⋅ 5
⋅ 0,8440 = 120,9 ( AV )
F1 = ⋅ ⋅
1 π
2 ⋅1
F3 =
F5 =
1 4 15 ⋅ 3 ⋅ 5
⋅ ⋅
⋅ 0 = 0 ( AV )
3 π
2 ⋅1
1 4 15 ⋅ 3 ⋅ 5
⋅ ⋅
⋅ ( − 0,293) = − 8,4 ( AV)
5 π
2 ⋅1
PROBLEMA Nº 31:
La figura representa la configuración del devanado ubicado en el rotor de una máquina eléctrica
bipolar, constituida por una bobina de paso diametral de 20 espiras,
Representar la forma de onda de tensión magnética en el entrehierro, en los casos siguientes:
a) Si el devanado está recorrido por una corriente continua de 10 Amp.
b) Idem si la corriente es alterna de 6 Amp.
SOLUCIÓN:
 A. GORDON
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69
La amplitud de onda tiene por expresión:
Amplitud de onda ⇒
Ne ⋅ i( t)
2
a)
La forma de onda de tensión magnética en el entrehierro, correspondiente a una corriente continua es la
de la figura:
Amplitud de onda ⇒
Ne ⋅ i 10 ⋅ 1
=
=5
2
2
b)
La forma de onda cuando circula la corriente alterna es:
Amplitud de onda ⇒
Ne ⋅ i( t) 6
2 sen ω 1t =
=
2
2
= 3 ⋅ 2 ⋅ sen ω 1t
CONCLUSIÓN:
Se puede observar que aunque las formas de onda representadas en ambos casos son iguales, cuando
se alimenta un devanado con corriente continua, la amplitud es constante, pero cuando la corriente de
circulación es alterna, la amplitud oscila en función del tiempo.
 A. GORDON
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70
PROBLEMA Nº 32:
Sea el devanado de la figura para una máquina de cuatro polos:
hallar el factor de devanado.
SOLUCIÓN:
Se trata de un devanado fraccionario puesto que:
q=
K
30
=
=21
2
2p ⋅ m 4 ⋅ 3
y no está uniformemente distribuido, por lo que hay que emplear la estrella de ranuras:
Kw =
E cos 30º +2 ⋅ cos 18º +2 ⋅ cos 6º
=
= 0,95143
Er
5
El ángulo entre ranuras es de:
γ
e
= p⋅
360º
= 24º e
K
El ángulo entre vectores consecutivos:
βe = t ⋅
360º
= 24º e
K
porque p coincide con t.
 A. GORDON
1.999/00
71
PROBLEMA Nº 33:
Un pequeño alternador bipolar de 50 Hz, tiene 18 ranuras y una distribución de su densidad de flujo
en el entrehierro con respecto al fundamental de un 20 % para el tercer armónico, del 10 % para el quinto
armónico y del 7 % para el séptimo armónico. La ejecución de su devanado de inducido se hace según los
casos que se indican en la figura:
1º) Según fig (a), hállese la relación Eh/E1 para los armónicos indicados.
2º) Según fig (b), hállense los factores de acortamiento.
3º) Según fig (c), hállese la relación Eh/E1 habiéndose devanado los 2/3 de las ranuras.
¿Qué reducción en tanto por ciento sobre la f.e.m. representa el ejecutar el devanado según la fig (c)
sobre el realizado según la fig (a)?.
NOTA: h, representa el orden del armónico.
SOLUCIÓN:
a)
El número de ranuras por polo y por fase es:
q=
K
18
=
=9
2pq 2 ⋅ 1
El ángulo eléctrico entre dos ranuras consecutivas vale:
α = p⋅
360º
360º
= 1⋅
= 20º e
K
18
Los factores de distribución valen para el fundamental y los armónicos de orden 3,5,7:
 A. GORDON
1.999/00
72
 9 ⋅ 20º⋅1
sen 


2 
= 0,63986 ≅ 0,64
K d1 =
 20º 
9 ⋅ sen  1⋅


2 
K d3
 9 ⋅ 20º⋅3 
sen 


2 
= −0,222
=
 20º 
9 ⋅ sen  3 ⋅


2 
K d5
 9 ⋅ 20º⋅5 
sen 


2 
= 0,14504
=
 20º 
9 ⋅ sen  5 ⋅


2 
K d7
 9 ⋅ 20º⋅7 
sen 


2 
= −0,11824
=
 20º 
9 ⋅ sen  7 ⋅


2 
Relacionamos f.e.m-es:
Eh βh ⋅ K wh βh ⋅ K dh
=
=
E1 β1 ⋅ K w 1 β1 ⋅ K d1
Hay que tener presente que el factor de acortamiento es la unidad, por lo que el factor de
devanado es el de distribución. Las relaciones son:
E3 β 3 ⋅ K d 3
=
E1 β1 ⋅ K d1
= 0,2 ⋅
−0,222
= − 0,06945
0,64
E5
0,14504
= 0,1⋅
= 0,02266
E1
0,64
E7
− 0,11824
= 0,07 ⋅
= − 0,0129
E1
0,64
b)
El paso polar se halla por:
Yp =
K 18
=
=9
2p 2
Según la fig.(b) el paso de bobina es de seis ranuras. Está acortado en tres.
 A. GORDON
1.999/00
73
El ángulo que corresponde a estas tres ranuras se calcula por:
∂ = 3 ran ⋅
20º e
= 60º e
ran
Los factores de acortamiento se calculan por la fórmula genérica:
 1⋅ 60º 
K a1 = cos 
 = 0,866
 2 
 3 ⋅ 60º 
K a3 = cos 
 =0
 2 
 5 ⋅ 60º 
K a5 = cos 
 = − 0,866
 2 
 7 ⋅ 60º 
K a7 = cos 
 = − 0,866
 2 
c)
Ahora, el devanado está realizado diametral sobre los 2/3 de ranuras, el ángulo entre ranuras
sigue siendo el mismo, pues físicamente no se han tocado las ranuras, pero el número de ranuras por
polo y fase han variado como se puede ver:
q=
2
3
⋅ 18
2 ⋅1
=6
En este caso los factores de distribución valen:
 6 ⋅ 20º⋅1
sen 


2 
= 0,8312
K d1 =
 20º 
6 ⋅ sen  1⋅


2 
K d3
K d5
 6 ⋅ 20º⋅5 
sen 


2 
= − 0,1884
=
 20º 
6 ⋅ sen  5 ⋅


2 
K d7
 A. GORDON
1.999/00
 6 ⋅ 20º⋅3 
sen 


2 
=0
=
 20º 
6 ⋅ sen  3 ⋅


2 
 6 ⋅ 20º⋅7 
sen 


2 
= 0,1536
=
 20º 
6 ⋅ sen  7 ⋅


2 
74
Relacionemos fuerzas electromotrices:
E3 β 3 ⋅ K d 3
0
=
= 0,2 ⋅
=0
E1 β1 ⋅ K d1
0,8312
E5
− 0,1884
= 0,1⋅
= − 0,02266
E1
0,8312
E7
0,1536
= 0,07 ⋅
= 0,0129
E1
0,8312
(q ⋅ K )
(q ⋅ K )
w1 ( c )
w1 ( a)
=
6 ⋅ 0,831
≈ 86,5 %
9 ⋅ 0,64
PROBLEMA Nº 34:
La figura representa la onda correspondiente al armónico fundamental de inducción magnética de
una máquina tetrapolar,
Se pide determinar:
a) La expresión del fasor espacial correspondiente a la onda antes referida.
b) La expresión de la onda en un punto cualquiera del entrehierro de coordenada geométrica α, para
un instante t = 0 y t = t.
SOLUCIÓN:
a)
Considerando el armónico fundamental, y sabiendo que la máquina es tetrapolar, el armónico absoluto de
la onda dibujada es:
 A. GORDON
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75
ϑ = h ⋅ p = 1⋅ 2 = 2
La expresión del fasor espacial de la onda del enunciado es:
β 2 = βm ⋅ e
j2( Ω1⋅t +ϕ0 )
b)
Sabiendo que h = 2,
Para t = 0, tendremos que:
[
β 2 (α,0) = Re β 2 ⋅ e− j2α
]
Luego:
β 2 (α,0) = βm ⋅ cos 2(ϕ 0 − α )
Para t = t; tenemos:
β 2 (α, t) = Re β 2 ⋅ e

− j2( Ω1t+ϕ0 )
⋅ e − j 2α 

Luego:
− j2( Ω1t+ϕ0 −α ) 
β 2 (α, t) = Re βm ⋅ e


Entonces:
β 2 (α, t) = βm ⋅ cos 2(Ω1t + ϕ 0 − α )
PROBLEMA Nº 35:
El inducido de una máquina bipolar tiene dos bobinas de paso diametral, una de 100 espiras y otra de
50 espiras que forman entre sí un ángulo de 30º. El inducido está en el rotor y se hace girar éste a una
velocidad de 1000 r.p.m. dentro del campo uniforme de los polos, cuya inducción vale 100 Gauss. El área
de cada bobina es de 400 cm2. Si las bobinas se conectan en serie, hallar la lectura que se obtendrá en
un voltímetro conectado entre las escobillas de la máquina.
SOLUCIÓN:
El flujo vale teniendo presente la equivalencia de 100 G <> 0,01 T
Φ = β ⋅ A = 0,01⋅ 0,04 = 0,0004 W b
 A. GORDON
1.999/00
76
El factor de paso es la unidad, puesto que el enunciado dice que el paso de bobinas es diametral. La
frecuencia se halla:
f=
n⋅p
= 16,66 Hz
60
La f.e.m. en valor eficaz en cada bobina es:
EA = 4,44 ⋅ f ⋅ Φ ⋅ N = 4,44 ⋅ 16,66 ⋅ 0,0004 ⋅ 100 = 2,96 V
, V
EB = 4,44 ⋅ f ⋅ Φ ⋅ N = 4,44 ⋅ 16,66 ⋅ 0,0004 ⋅ 50 = 148
Representadas vectorialmente:
EA = 2,96 ∠0º
, ∠30º
EB = 148
El factor de distribución vale:
Kd =
2,96∠0º +148
, ∠30º
= 0,9698
2,96 + 148
,
Puestas las bobinas en serie, la f.e.m. vale:
ER = 4,44 ⋅ K d ⋅ f ⋅ Φ ⋅ (NA + NB ) = 4,44 ⋅ 16,66 ⋅ 0,0004 ⋅ 150 ⋅ 0,9698 = 4,306 V
que es la lectura del voltímetro. Si consideramos las f.e.m.-es en oposición, podemos establecer esta otra
relación:
E′′ R = EA − EB = 2,96∠0º −148
V
, ∠30º = 1834
,
que es la otra posible medida del voltímetro.
PROBLEMA Nº 36:
Se muestran dos bobinas en una máquina eléctrica, una en el estator y otra en el rotor, que
tienen las mismas características:
L = 1Henrio ; L = 2 Henrios
1
2
. ⋅ cos θ Henrios
M = 15
12
Siendo, q, el ángulo entre los ejes de las bobinas. Las bobinas se conectan en serie y portan una
corriente de :
i = 2 ⋅ I ⋅ sen (314 ⋅ t)
 A. GORDON
1.999/00
77
a) Deducir la expresión para el par instantáneo del rotor en función de q.
b) Dar una expresión para el par medio, también en función de q.
c) Calcular el valor del par medio para q = 45º e I = 50 Amp.
SOLUCION:
a)
En la expresión del par, que es:
T=
dM
1 2 dL1 1 2 dL 2
12
⋅i ⋅
+ ⋅i ⋅
+ i ⋅i ⋅
1 2 dθ
2 1 d θ 2 2 dθ
Que como L1 y L2 son constantes, la expresión se transforma en:
dM
12 = −i ⋅ i ⋅ 15
. ⋅ sen θ
T = i ⋅i ⋅
1 2 dθ
1 2
i = i = 2 ⋅ I ⋅ sen (314 ⋅ t)
1 2
Y como:
resulta finalmente:
T = −3 ⋅ I2 ⋅ sen2 (314 ⋅ t) ⋅ senθ Nw ⋅ m
b)
Siendo a =w◊t, el par medio se halla por:
1
T=
⋅
2π
∫
2π
3 ⋅ I2
T ⋅ dα = −
⋅ sen θ ⋅
2π
0
∫
2π
sen2 α ⋅ dα = −
3 I2
⋅ ⋅ sen θ ⋅ π = −15
. ⋅ I2 ⋅ sen θ
2 π
0
T = −15
. ⋅ I2 ⋅ sen θ Nw ⋅ m
c)
Sustituyendo I = 50 Amp y q = 45º en la expresión final:
T = -2652 Nw◊m
 A. GORDON
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78
PROBLEMA Nº 37:
Se montan dos devanados en una máquina eléctrica, uno en el estator y otro en el rotor, con
las características siguientes:
L1 = 3 Henrios ; L2 = 2 Henrios ; M = 1.5◊cosq Henrios
Siendo q entre ejes de bobinas. Despréciese la resistencia de los devanados.
Se cortocircuita el devanado (2), estator, y se introduce por (1), rotor, una corriente i1 =
20◊sen(w◊t). Suponiendo el rotor trabado, deducir una expresión para el valor numérico del par instantáneo
del rotor en función de q. Tómese f = 50 Hz.
SOLUCION:
Al estar el estator en c/c, V2 = 0 y R2 = 0, se tiene:
di
dL
di
dM
U = R ⋅i + L ⋅ 2 + i ⋅ 2 + M⋅ 1 + i ⋅
2
2 2
2 dt
2 dt
dt 1 dt
Y como:
dL 2
dM
=0⇒
= −15
. ⋅ ω ⋅ sen (ω ⋅ t)
dt
dt
Con el rotor trabado: w = 0, por tanto:
dM
=0
dt
( )
di
1 = 20 ⋅ ω ⋅ cos ω ⋅ t
1
1
dt
Sustituyendo:
0 = 0 + 2⋅
( )
di
2 + i ⋅ 0 + M ⋅ 20 ⋅ ω ⋅ cos ω ⋅ t
2
1
1
dt
Entonces:
( )
di
2 = −15 ⋅ cos (ω ⋅ t) ⋅ ω ⋅ cos ω ⋅ t
(1)
1
dt
di
2 = −10 ⋅ M ⋅ ω ⋅ cos ω ⋅ t
1
1
dt
Pero como w = 0 fi cos (w◊t) = 1
( )
di
2 = −15 ⋅ ω ⋅ cos ω ⋅ t
1
1
dt
ω = 2π ⋅ f = 2π ⋅ 50 = 314 rad seg
1
1
Y como:
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79
Resulta:
i2 = −
∫
t
4710 ⋅ cos (ω 1 ⋅ t) ⋅ dt = −
[
]
4710
⋅ sen (ω 1 ⋅ t)
ω1
t
0
0
Donde:
i = −15 ⋅ sen (314 ⋅ t) Amp
2
y como : i = 20 ⋅ sen (314 ⋅ t) Amp
1
Empleamos la expresión de la energía almacenada en un campo magnético de dos bobinas y derivamos
con respecto a q:
1
12 2
⋅ i ⋅ L + ⋅ i2 ⋅ L + M ⋅ i ⋅ i
1
1 2
1
2 2 2
2
dω c
∂ ωc
∂M
. ⋅ sen θ
⇒M= −
= − i ⋅i ⋅
= i ⋅ i ⋅ 15
1
2
dθ
∂θ
∂θ 1 2
ωc =
Por punto final, tenemos:
T = − 450 ⋅ sen2 (314 ⋅ t) ⋅ sen θ Nw ⋅ m
PROBLEMA Nº 38:
En una máquina eléctrica se tiene un devanado rotórico que ocupa una ranura y en el estator,
dos devanados idénticos situados en cuadratura.
Se trata de una máquina con rotor cilíndrico y como siempre, la inductancia mutua entre los
devanados del estator y del rotor depende de la posición angular q del rotor y puede suponerse: M12 =
M◊cos q y M13 = M◊sen q.
(1 = rotor y 2 y 3 = estator). La resistencia del devanado del estator es RW.
a) Deducir una expresión general para el par en función del q, constante de autoinducción y
valores instantáneos de corrientes: i1, i2 e i3.
b) Suponer el rotor trabado y corriente continua con los datos: I1 = 15 A; I2 = 5 A; I3 = 5 A. Si se
quita el freno mecánico al eje del rotor, éste, ¿ girará continuamente o tenderá a pararse ?.
En caso de que se pare, ¿ para qué valor de q ocurre ?.
c) Si ahora se excita el devanado rotórico por una corriente continua I1 y se alimenta al estator
por unas corrientes bifásicas:
i = 2 ⋅ I ⋅ cos(ω ⋅ t) ; i = 2 ⋅ I ⋅ sen(ω ⋅ t)
2
3
y la posición del rotor viene dada por: q =w◊t, calcular el par.
SOLUCION:
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80
a)
El par tiene por expresión:
T=
dM
dM
dM
1 2 dL1 1 2 dL 2 1 2 dL 3
12 + i ⋅ i ⋅
13 + i ⋅ i ⋅
23
⋅i ⋅
+ ⋅i ⋅
+ ⋅i ⋅
+ i ⋅i ⋅
1 2 dθ
1 3 dθ
2 3 dθ
2 1 dθ 2 2 dθ 2 3 dθ
Al estar las bobinas estatóricas en cuadratura el flujo de una de ellas no atraviesa a las otras:
M =0
23
dL
dL
dL
1=0 ;
2 =0 ;
3 =0
dθ
dθ
dθ
dM
dM
12 = − M ⋅ sen θ ;
13 = M ⋅ cos θ
dθ
dθ
Por consecuencia, el par queda reducido a la expresión:
T = − i ⋅ i ⋅ M ⋅ sen θ + i ⋅ i ⋅ M ⋅ cos θ
1 2
1 3
b)
Sustituyendo valores en esta fórmula:
T = −75 ⋅ M ⋅ sen θ + 75 ⋅ M ⋅ cos θ = 75 ⋅ M ⋅ (cos θ − sen θ)
Si queremos averiguar si el rotor gira, habrá que calcular el valor medio del par en una revolución:
1
T=
⋅
2π
∫
2π
75 ⋅ M ⋅ (cos θ ⋅ sen θ) = 0
0
TIENDE A PARAR. Para conocer el valor de q, igualaremos la expresión del par instantáneo a cero:
T = 75 ⋅ M ⋅ (cos θ − sen θ) = 0
cos θ = sen θ ⇒ θ = 45º
c)
Como:
n⋅p
f = s⋅f = f − f = f −
1
2 2
2 60
Al ser I1 kte: f1 = 0, resulta que f2 = f fi w2 = w; es decir, la velocidad de giro del campo magnético
coincide con la veocidad mecánica del rotor. Según (a), tenemos:
T = − i ⋅ i ⋅ M ⋅ sen θ + i ⋅ i ⋅ M ⋅ cos θ
1 2
1 3
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81
Tenemos sustituyendo:
i = 2 ⋅ I ⋅ cos (ω ⋅ t) ⇒ i = 2 ⋅ I ⋅ sen (ω ⋅ t)
2
3
θ = ω⋅t −δ
[
T = 2 ⋅ I ⋅ I ⋅ M ⋅ − sen (ω ⋅ t − δ ) ⋅ cos (ω ⋅ t) + sen (ω ⋅ t) ⋅ cos (ω ⋅ t − δ )
1
]
Que resulta:
[
T = 2 ⋅ I ⋅ I ⋅ M ⋅ sen ω ⋅ t − (ω ⋅ t − δ )
1
]
T = 2 ⋅ I ⋅ I ⋅ M ⋅ sen δ
1
PROBLEMA Nº 39:
Una máquina bipolar de rotor cilíndrico, en la que el diámetro del rotor es de 0.3 m, la longitud
axial efectiva es de 0.25 m y la distancia radial del entrehierro es de 3 mm.
a) Si el estator tiene una distribución senoidal de corriente con una densidad máxima de
corriente superficial de 2000 Amp/rad, ¿ cuál será el valor máximo de la densidad de flujo
producida en la superficie del rotor ?.
b) El rotor se magnetiza por corrientes de distribución senoidal para dar una densidad superficial
máxima de corriente de 1500 Amp/rad en un eje desplazado 60º del eje del estator. Calcular
el par en el rotor.
c) Si el rotor tiene una velocidad de 50 r.p.m., ¿ cuál es la energía mecánica desarrollada ?.
SOLUCIÓN:
a)
La f.m.m. producida por una capa senoidal de corriente vale:
F1 = A1m ⋅ senθ
( Siendo A1m la densidad de corriente en Amp/rad )
El valor máximo de la f.m.m. es:
F1max = A 1m
F1max =
de donde :
βmax ⋅ δ
µ0
Siendo:
βmax =
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µ 0 ⋅ A 1m 4 π ⋅ 10 −7 ⋅ 2000
=
= 0.838 Teslas
3 ⋅ 10 −3
δ
82
b)
El par de una máquina bipolar tiene por expresión:
T=±
π ⋅ µ0 ⋅ l ⋅R
π ⋅ 4 π ⋅ 10 −7 ⋅ 0.15 ⋅ 0.25 ⋅ 2000 ⋅ 1500 ⋅ 0.87
⋅ F1m ⋅ F2m ⋅ sen θ = ±
= ±129 Nw ⋅ m
3 ⋅ 10 −3
δ
c)
La energía mecánica desarrollada vale:
P = T⋅Ω = T⋅
2π ⋅ n
2π ⋅ 50
= 129 ⋅
60
60
P = 675 W
PROBLEMA Nº 40:
Un generador síncrono elemental de 2 polos 50 Hz, 75 KW, tiene corrientes senoidales
superficiales en el rotor y en el estator que producen f.m.m.s con un desfase de 60º. Considérese la
máquina ideal, es decir, con reluctancia en el hierro nula. Este generador trabaja sin pérdidas apreciables
y el valor máximo de la corriente superficial retórica es de 1500 Amp/rad. Su entrehierro es uniforme, lo
que indica que su rotor es cilíndrico. El entrehierro tiene una longitud de 3.5 mm, el rotor tiene una longitud
de 600 mm y su radio es de 300 mm. Cuando el rotor gira a 3000 r.p.m., calcular:
a) El valor máximo de la densidad del flujo en el entrehierro debido al estator.
b) El valor máximo de la densidad de corriente en el estator.
SOLUCIÓN:
a)
El par electromagnético vale:
T=
P P ⋅ 60 75000 ⋅ 60
=
=
= 239 Nw ⋅ m
Ω 2π ⋅ n
2π ⋅ n
Por otra parte:
T = − π ⋅ β1m ⋅ A 2m ⋅ l ⋅ R ⋅ sen θ
Donde A2m es la densidad de corriente rotórica máxima expresada en Amp/rad y q, el ángulo entre F1
y F2. F2, adelanta a F1, se considera como generador, por lo que q se tratará como NEGATIVO, ya que es
cedido al sistema.
Sustituyendo valores:
T = 239 = π ⋅ β1m ⋅ 1500 ⋅ 0.6 ⋅ 0.3 ⋅ 0.866
Despejando b1m:
β
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= .
83
b)
La f.m.m. estatórica máxima, vale:
F1m =
β1m ⋅ δ 0.325 ⋅ 3.5 ⋅ 10 −3
=
= 906 ( AV )
4 π ⋅ 10 −7
µ0
Como la distribución de corriente es senoidal, resulta:
A 1m = F1m = 906 Amp rad
PROBLEMA Nº 41:
Una máquina de dos polos tiene sus corrientes rotóricas y estatóricas distribuidas
senoidalmente, sus f.m.m.s respectivas desfasan 60º. Su entrehierro es uniforme y tiene una longitud
radial de 5 mm. Las densidades máximas de las corrientes superficiales son: A1m = 1500 Amp/rad y A2m =
1000 Amp/rad. La longitud axial de la máquina es de 150 mm y el diámetro del rotor de 200 mm.
Despreciando la f.m.m. necesaria para las partes de acero, calcular el valor máximo de la
densidad de flujo en el entrehierro, debido a:
a) El estator solamente.
b) El estator y el rotor combinados.
c) Determinar el par rotórico y la potencia mecánica interna cuando el rotor gira a 3000 r.p.m.
SOLUCIÓN:
a)
La f.m.m. máxima es igual a la densidad de corriente máxima por ser la distribución de corriente senoidal,
por tanto:
F1m = A 1m = 1500 ( AV )
β1m =
µ 0 ⋅ F1m 4 π ⋅ 10 −7 ⋅ 1500
=
= 0.38 Teslas
5 ⋅ 10 −3
δ
b)
La f.m.m. resultante vale:
FR2 = F12 + F22 + 2 ⋅ F1 ⋅ F2 ⋅ cos θ
FR2 = 1500 2 + 1000 2 + 2 ⋅ 1500 ⋅ 1000 ⋅ 0.5
FR = 2179 ( AV )
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84
Por tanto:
βR =
µ 0 ⋅ FR 4 π ⋅ 10 −7 ⋅ 2179
=
= 0.55 Teslas
5 ⋅ 10 −3
δ
c)
El par vale:
T = π⋅
4 ⋅ π ⋅ 10 −7 ⋅ 0.15 ⋅ 0.1
µ0 ⋅ l ⋅R
⋅ F1m ⋅ F2m ⋅ sen θ = π ⋅
⋅ 1500 ⋅ 1000 ⋅ 0.866 = 15.4 Nw ⋅ m
5 ⋅ 10 −3
δ
La potencia vale:
P = T⋅Ω = T⋅
2π ⋅ n
2π ⋅ 3000
= 15.4 ⋅
= 4838 W
60
60
PROBLEMA Nº 42:
Una máquina eléctrica de dos polos tiene distribuidas corrientes sobre el rotor y el estator de
tipo senoidal. El diámetro del rotor es de 200 mm y su longitud axial efectiva es de 360 mm. La distancia
radial del entrehierro es de 0.5 mm. El estator tiene distribuidas corrientes senoidales con una densidad
máxima de corriente superficial de 2 KA/m. El rotor está magnetizado de igual manera sobre un eje
desplazado 50º. Calcular el par sobre el rotor.
SOLUCIÓN:
Al ser la corriente de distribución senoidal, la densidad máxima de corriente ( Amp/rad ),
coincide con el valor máximo de la f.m.m. en (AV).
A = 2 KAmp m = 2000 ⋅ 0.1 = 200 Amp rad = F
El par vale:
T = π⋅
4 π ⋅ 10 −7 ⋅ 0.36 ⋅ 0.1
µ0 ⋅ l ⋅R 2
⋅ F ⋅ sen θ = π ⋅
⋅ 200 2 ⋅ 0.766 = 200 2 ⋅ 0.766
0.5 ⋅ 10 −3
δ
T = 8,71Nw ⋅ m
PROBLEMA Nº 43:
Un motor síncrono de dos polos, 50 Hz, 10 KW tiene sus corrientes rotóricas y estatóricas
distribuidas senoidalmente y producen unas f.m.m.s desfasadas 60º. El entrehierro toma toda la
reluctancia del circuito magnético. El valor máximo de la densidad de corriente superficial rotórica es de
1000 Amp/rad.
El entrehierro radial tiene una longitud uniforme de 5 mm, la longitud rotórica es de 200 mm y
el radio de 100 mm. El motor trabaja sin pérdidas apreciables. Para una velocidad rotórica de 3000 r.p.m.,
calcular:
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85
a) El par desarrollado.
b) El valor máximo de la densidad del flujo en el entrehierro debido sólo al estator.
c) El valor máximo de la densidad de corriente en el estator.
SOLUCIÓN:
a)
El par vale:
T=
p ⋅ 60 10000 ⋅ 60
=
= 32 Nw ⋅ m
2π ⋅ n 2π ⋅ 3000
b)
Con esta otra fórmula del par, hallamos b1m.
T = π ⋅ β1m ⋅ A 1m ⋅ l ⋅ R ⋅ sen θ
32 = π ⋅ β1m ⋅ 1000 ⋅ 0.2 ⋅ 0.1⋅ 0.866
β1m = 0.59 Teslas
c)
La f.m.m. máxima en el estaor, vale:
F1m =
β1m ⋅ δ 0.59 ⋅ 5 ⋅ 10 −3
=
= 2340 ( AV )
4 π ⋅ 10 −7
µ0
Como la distribución de corriente es senoidal, se cumple para los valores máximos:
F1m = A 1m = 2340 Amp rad
PROBLEMA Nº 44:
Una máquina rotativa bipolar es energizada de manera que la distribución de corriente en el
devanado rotórico y en el estatórico sea senoidal, estando los dos ejes de magnetización desfasados 45º
y produciéndose un par de 12 Nw◊m. Si la distribución de la densidad de flujo en el entrehierro es también
senoidal, teniendo se valor máximo en el punto medio entre los ejes de magnetización de los devanados
rotóricos y estatóricos, calcular el valor máximo de la distribución de corriente en cada sistema en
(Amp/rad ). Las dimensiones de la máquina son:
Distancia radial en el entrehierro: 8 mm.
Longitud axial: 0.5 mm.
Radio rotórico: 0.3 mm.
SOLUCIÓN:
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Dado que los ejes de las f.m.m.s están desfasados 45º y que el valor máximo de la inducción
está en el punto medio entre ellos, lo que se interpreta como resultante; las f.m.m.s del rotor y del estator
serán iguales.
De la fórmula del par:
T = π⋅
µ0 ⋅ l ⋅R 2
⋅ Fm ⋅ sen θ
δ
hallamos Fm:
12 = π ⋅
4 π ⋅ 10 −7 ⋅ 0.5 ⋅ 0.3 2
⋅ Fm ⋅ 0.707
8 ⋅ 10 −3
Fm = 479 ( AV )
Puesto que el valor máximo de la f.m.m. en (AV) coincide con el valor máximo de la
distribución de corrientes en Amp/rad, tenemos:
A m = 479 AV rad
PROBLEMA Nº 45:
Un alternador de 2p = 12 polos, 108 ranuras, trifásico, 10 conductores por ranura, tiene el devanado
de la figura:
realizado por polos consecuentes de forma que tenga el mayor número posible de conductores en serie.
Se pide calcular:
a) El factor de distribución para una onda senoidal a 50 Hz y deducir el valor eficaz de la tensión
en función del flujo.
b) Si de desea una tensión de 1.500 V simples de un montaje estrella, ¿cuál es el flujo por polo
que se precisa?.
c) Como en realidad, la onda no es sinusoidal, sino de esta forma, ¿cuál es su factor de forma?.
SOLUCIÓN:
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a)
El factor de distribución vale:
 3 ⋅ 20º⋅1
sen 


2 
= 0,96
K d1 =
 20º 
3 ⋅ sen  1⋅


2 
ya que el número de ranuras por polo y fase es:
q=
K
108
=
=3
2p ⋅ m 12 ⋅ 3
y el ángulo de ranuras:
pγ =
360º
⋅p =
360º
⋅ 6 = 20º e
108
K
Según la figura, el paso de bobina es diametral, Ka = 1. El número de conductores serie por fase es de:
Ncf = 10 ⋅
cond 108 ran
cond
⋅
= 360
ran 3 fases
fase
La f.e.m. de fase en valor eficaz, se halla:
, ⋅ 50 ⋅ Φ pp ⋅ 360 ⋅ 1⋅ 0,96 = 383616
, ⋅ Φ pp
Eef − fase = 2 ⋅ 111
b)
Φ pp =
1500
= 39,1 mWb
383616
,
c)
Vmedio
1
=
T
∫
T
1
ϑ(θ) dθ =
9α
0
∫
9α
23
V
ϑ(θ) dθ =
9
V 2 eficaz
0
V
eficaz
=
1
=
T
∫
T
1
ϑ 2 (θ) dθ =
9α
0
∫
9α
ϑ 2 (θ) dθ
0
65
V
3
y el factor de forma:
65
,
K f = 3 = 1051598
23
9
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88
PROBLEMA Nº 46:
La figura representa la configuración del devanado del estator de una máquina bipolar de 18 ranuras.
Las características de la máquina son las siguientes:
radio medio del entrehierro: 180 mm.
longitud axial del circuito magnético: 300 mm.
longitud del entrehierro: 0,5 mm.
número de conductores por ranura: 10
Se pide determinar:
a) El factor de devanado.
b) La expresión general de la capa de corriente de f.m.m. intensidad de campo e inducción
correspondientes al fundamental sabiendo que por el devanado circula una corriente continua de 3
Amp.
SOLUCIÓN:
a)
Como el estator está constituido por 18 ranuras, el ángulo geométrico entre dos ranuras consecutivas es
de 20º y el factor de devanado es:
K w1 =
10 ⋅ (e j 0 + e j20 − e j160 − e j180 − e j200 + e j 340 )
10 ⋅ 6
Simplificando:
K w1 =
1
(2 ⋅ e j0 + 4 ⋅ e j20 ) = 0,9598 ⋅ e j0
6
b)
La expresión del fasor espacial de capa de corriente para el fundamental es:
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89
i1 =
3
⋅ 6 ⋅ 10 ⋅ 0,9598 ⋅ e j0 = 305,48 ⋅ e j0 ( AV ) / m
π ⋅ 180 ⋅ 10 −3
Ídem de fuerza magnetomotriz:
F1 =
180 ⋅ 10 −3
⋅ 305,48 ⋅ e j 0 ⋅ e j90 = 54,98 ⋅ e j 90 ( AV )
1
Ídem de intensidad de campo:
H1 =
1
⋅ 54,98 ⋅ e j 90 = 109972,8 ⋅ e j 90
0,5 ⋅ 10 −3
Finalmente, el de inducción magnética:
β1 = 4 ⋅ π ⋅ 10 −7 ⋅ 109972,8 ⋅ e j 90 = 0,138 ⋅ e j90
PROBLEMA Nº 47:
En el estator de una máquina eléctrica bipolar constituido por 20 ranuras, se pretende alojar un
devanado monofásico mediante bobinas de 20 espiras cada una de ellas. Sabiendo que el devanado está
constituido por bobinas de paso diametral conectadas en serie, que ocupan la mitad de las ranuras:
a) Representar la configuración del devanado.
b) Calcular el factor de devanado de la componente fundamental y de los tres primeros armónicos.
Suponiendo por el contrario, que el devanado estuviese constituido por 6 bobinas con un
acortamiento de paso de 1 ranura:
a) Representar la configuración del devanado.
b) Calcular el factor de devanado de la componente fundamental y de los tres primeros armónicos
SOLUCIÓN:
a)
La configuración más idónea es la de la figura de la página siguiente. El ángulo entre dos
ranuras consecutivas es de 18º y que como la máquina es bipolar, el ángulo eléctrico coincide.
Por otra parte, el número de ranuras por polo y por fase es de 5. Los factores de distribución,
puesto que como son diametrales el de acortamiento es la unidad, se hallan:
 5 ⋅ 18º 
sen 

 2 
= 0,9040
K d1 =
 18º 
5 ⋅ sen 

 2 
 A. GORDON
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90
K d3
 3 ⋅ 5 ⋅ 18º 
sen 



2
= 0,3115
=
 18º 
5 ⋅ sen 3 ⋅


2 
K d5
 5 ⋅ 18º⋅5 
sen 


2 
= − 0,2
=
 18º 
5 ⋅ sen 5 ⋅


2 
b)
La configuración más idónea es la de la figura:
En este caso, el número de ranuras por polo es de seis. Los factores de distribución son ahora:
 6 ⋅ 18º 
sen 

 2 
= 0,8619
K d1 =
 18º 
6 ⋅ sen 

 2 
 A. GORDON
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K d3
K d5
 6 ⋅ 3 ⋅ 18º 
sen 



2
= 0,1134
=
18
º


6 ⋅ sen  3 ⋅


2 
 6 ⋅ 5 ⋅ 18º 
sen 



2
= −0,2357
=
 18º 
6 ⋅ sen  5 ⋅


2 
Los factores de acortamiento, sabiendo que el acortamiento es de una ranura, son:
K a1 = cos
K a3 = cos
360º⋅1
= cos 9º = 0,9877
2 ⋅ 20º
360º⋅3
= cos 3 ⋅ 9º = cos 27º = 0,8910
2 ⋅ 20º
K a5 = cos
360º⋅5
= cos 45º = 0,7071
2 ⋅ 20º
Los factores de devanado son:
K w 1 = K d1 ⋅ K a1 = 0,8513
K w 3 = K d3 ⋅ K a 3 = 0,101
K w 5 = K d5 ⋅ K a 5 = − 0,1667
PROBLEMA Nº 48:
Se tiene una carcasa bipolar con un inducido con las siguientes características mecánicas: radio del
inducido: R = 25 cm; longitud: L = 52 cm. La velocidad de giro es de 1.000 r.p.m.; tiene dos bobinas
desfasadas 90º, y cada una de ellas tiene 26 espiras. Su inducción considerada senoidal tiene una
amplitud máxima de 5.000 Gauss. Se pide calcular:
a) El valor eficaz de la f.e.m. por bobina.
b) Los factores de amplitud y de forma.
c) La resultante de ambas f.e.m-es, conectando las bobinas en serie aditiva.
SOLUCIÓN:
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92
a)
v = 2πR
n
1000
= 50 ⋅ π ⋅
= 2.620 cm s −1
60
60
Aplicamos la expresión de la f.e.m.:
Eef = 2 (N ) vβm = 2 ⋅ 26 ⋅ 52 ⋅ 2620 ⋅ 5 ⋅ 10 −5 ≅ 250 V
Alternativamente, se puede hallar de esta otra forma:
f =n
p 1000
=
= 16,67 s −1
60
60
ω = 2πf = 2. π.16,67 = 104,7 s
−1
El paso polar se halla:
tp =
2πR π.50
=
= 78,6 cm
2
2
Φ pp =
2
⋅ t p ⋅ L ⋅ βm = 0,13 Vs
π
Eef = 4,44 ⋅ 16,67 ⋅ 26 ⋅ 0,13 ≅ 250 V
b)
La amplitud máxima de f.e.m. para cada bobina es:
Em = ω ⋅ N ⋅ Φpp = 104,7 ⋅ 26 ⋅ 0,13 ≅ 354 V
El coeficiente o factor de amplitud vale:
Em 354
=
= 141
, ≈ 2
Eef 250
Como el valor medio es:
Emed =
2
2
Em = ⋅ 354 ≅ 225
π
π
El factor de forma es:
KF =
Eef
250
=
≅ 111
,
Emed 225
c)
Et = E
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2 + 2 cos ϕ = 250 2 + 2 cos 90º ≅ 354 V
93