8/12/2019 Deber de Maquinaria Electrica

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ESCUELA SUPERIOR POLITCNICA DEL LITORAL

FACULTAD DE INGENIERA ELCTRICA Y COMPUTACIN

DEBER

PERTENECIENTE A:

JUAN ARIAS VALLADOLID

PROFESOR:ING.GUSTAVO FRANCISCO BERMUDEZ FLORES

ASIGNATURA:

MAQUINARIA

ELCTRICA 2

PARALELO:

1

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1. CARACTERISTICAS DE LAS MAQUINAS DEL LABORATORIO

D TOS DE PL C DE L M QUIN UNIVERS L

Serie No : 50964/4 Tipo : Sep Ex

Rating : INT KW : 3Amps : 27.2 Volts : 110RPM : 2400/3600 Frame: 609

D TOS DE PL C DE L M QUIN K TO

GENERADOR AC

Parte No. : 4P82-0200Serie No. : 77011Modelo : 3-470361121 (No. de cdigo)Tipo : 19581(No. de diseo)Continuous StandbyKW 3 VOLTS 127/220 254/440 Diseo ambiente40 oCKVA 3 Amps 15.6 7.8 AislamientoFFases 3 Hz (CPS) 60 RPM 1800 PF1.0 Conductor12Alt field amps 2.1Alt field volts 113

MOTOR DE INDUCCIN AC

Parte No. : 4P82-0200Serie No. : 77011Modelo : 5-450005421Tipo : 19583 (No. de diseo)Duty ContVOLTS 220 /440 Temp. rise 70/40 oCHP 5 Amps 15.8 7.9 AislamientoFFases 3 Hz (CPS) 60 RPM 1762 Conductor12

MOTOR SINCRNICO AC

Parte No. : 4P82-0200Serie No. : 77011Modelo : 3-470361121 (No. de cdigo)Tipo : 19581(No. de diseo)Continuous StandbyHP 5 VOLTS 220 /440 Diseo ambiente40 oCKVA 3 Amps 11.1 /5.5 AislamientoFFases 3 Hz (CPS) 60 RPM 1800 PF1.0 Conductor12Mtr field amps 2 Temp. Rise70 oCMtr field volts 10.5

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3. FACTOR DE DISTRIBUCIONnb: Nmero de espiras en una ranura o en una capa.

nbSi hay dos capas:

Existe la misma magnitud de e(f.e.m. inducida) en cada bobina. Hay un retardo de tiempopara que el flujo pase por el ncleo.

nb se pueden representar por fasorese

: Angulo entre ranuras

Si q = Q /(p/m), despejo Q = qpm

= (360op/2)/Q = (360op/2) / (qpm) = 180 / (qm)

Entonces, tomando cada bobina (slo cuatro para la deduccin):

360o(p/2)Q

= 180 / qm

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e cambia de nomenclatura a Eb.

Eb Eb

Eb Eb

E

R R R R R

q/2

q

Eb

Eb/2

E

R

1. /2 E/2

q/2R

q

Sen (/2) = (Eb/2)/R = Eb/2R Sen (q/2) = (E/2)/R = E/2R

Eb= 4.44fnb10-8

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4. FACTOR DE PASO

B

Sen(x/)

x

=

B

Sen(x/)

x

(-)/2 (+)/2

(+)/2 Sen (x/) dx

(

-

)/2

1. Kp = Aa / Ana =

Sen (x/) dx0

;Kp< 1Kp = Sen (/2)

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Si = , entoncesKp= 1 (paso completo).

E = 4.44fNg KdKp 10-8 donde Kdp = KdKp, entonces

DondeKdp: Factor de Devanado.

2. Kd

q 2 3 4 5 6 8

3 0.9666 0.96 0.958 0.957 0.9567 0.956 0.955

2 0.924 0.91 0.91 0.904 0.903 0.901 0.90

3 3.4% 4.5%

2 7.6% 10%

E = 4.44fNgKdp10-8

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5. FMM GIRATORIA

rotor

IIIEl devanado es de paso completo.

1 capap = 2q = 1 ranura/polo/fase

I m = 3

entrehierro

II estator

Los devanados estn situados a 120 E de separacin entre fases.Las corrientes estn desfasadas 120.

fI(x) = FMMI = (2/2)(4/)nbISentCos(x/)

fII(x) = FMMII= (2/2)(4/)nbISen(t-120) Cos(x/-120)

fIII(x) = FMMIII= (2/2)(4/)nbISen(t-240) Cos(x/-240)

FMMI+ FMMII+ FMMIII= (3/2)(2/2)(4/)nbISen(t-x/)1.35nbISen(t-x/)

Onda viajera (giratoria) con magnitud fija

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2

A

t = 0

A

t1> t

A

2. t2> t1

Si t - x/= constante, derivando se tiene:

dx/dt = /= 2/T

La distancia cubierta por la onda en un minuto es (2f )(60).

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La distancia que corresponde a una revolucin del rotor es p.

n = (2f )(60)/(p) = 120f/p = ns(velocidad sincrnica)

Para la frmula:

3. FMMa= (4/)(nb i/2)Cos(x/) = (4/)(nb)(2ISent/2)(Cosx/)

Aplicamos la identidad trigonomtrica:

SenCos= [Sen(-) + Sen(+)]

Si q 1 (Kd):

FMMa= (2/2)(4/)(nbq)KdISen(t)Cos(x/)

FMMg = (3/2)(2/2)(4/)nbqKdISen(t-x/)

Si (Kp):

FMMa= (2/2)(4/)(nbq)KdKpISen(t)Cos(x/)

FMMg = (3/2)(2/2)(4/)nbqKdKpISen(t-x/)

Si la mquina tiene p polos:

Ng = qnb[nmero de espiras por par de polos]KpKd= Kdp

N= qnb(p/2)

FMMa= (2/2)(4/)(nbqp/2)(2/p)KdpISen(t)Cos(x/)

FMMg = (3/2)(2/2)(4/)nbqp/2)(2/p)KdpISen(t-x/)

FMMg = (m/2)(2/2)(4/)N(2/p)KdpISen(t-x/)

FMMG= 1.35nbISen(t - x/)

FMMa = { (2/2)(4/)(nbI)}[ (Sen(t-x/)+Sen(t+x/)]

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6. DIAGRAMA CIRCULAR

Por el echo de que el circuito equivalente del motor polifsico de induccin es idntico aldel transformador fijo al que alimenta una carga no inductiva, En un solo diagrama se

puede relacionar fems, corrientes, entrada y salida de potencia, par motor, velocidad,factor de potencia y rendimiento con una exactitud suficiente para la mayora de los finesprcticos.

As pues, refirindonos a la figura 1.1, el lugar geomtrico del vector corriente del

primario1

IOC es un circulo que tiene un dimetro'

21

1

XX

VAB

amperios. El punto

define la magnitud y la posicin de fase de la corriente en vaco0

IOA y corresponde a la

velocidad de sincronismo cuando la resistencia de carga ficticias

sR

1'2

es infinita. S es el

punto de reposo )1( s

y corresponde a condiciones de corto circuito con tensin totalaplicada al primario. Cuando la carga es tal que la corriente del primario tiene algn valortal que OC, la potencia de entrada al motor por fase es proporcional a la componente enfase de la corriente CD y mediante la adecuada eleccin de la escala, CD puede leerse enHP o en vatios.

De la forma resulta evidente que GD , la componente en fase de la corriente envaco OA, es proporcional a las perdidas prcticamente constantes, formadas por lasperdidas en el ncleo y las debidas a las resistencias pasivas, de lo que se deduse que ladiferencia CG entre la potencia CD y las perdidas las perdidas constantes GD , representala salida de potencia mas la mas las perdidas en el cobre de los devanados del estator y elrotor.

Fig. 1.1

S2

S2

2

0L

1

Circulo de la potencia de

entrada

Linea

depote

ncia

desalid

a

Lineapar

Motor

O

A

C

eXX

V

21

1

D

E

F

G

S

M

L

K

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En condiciones de reposo con plena tensin, la entrada de potencia por fase

representada por SM se consume nicamente las perdidas en el ncleo y las perdidas enel cobre, ya que no existen perdidas debidas a las resistencias pasivas. Sin embargo, laparte de la potencia de entrada en reposo representada por GDLM puede considerarseque representa las perdidas en el ncleo con razonable exactitud, puesto que la ausenciade perdidas debido a las resistencias pasivas queda prcticamente compensadas con elaumento de las perdidas en el ncleo del rotor en condiciones de reposo, de lo que sededuce que la parte de la potencia de entrada al rotor fijo representada por SL son lasperdidas en el cobre en reposo.

De los tringulos semejantes AEGy ASL (fig. 1.1) se deduce que

ssenAS

senAC

AL

AG

SL

EG

2

2

vindose asi mismo que

ssenABAS

senABAC

2

2

de la que

AS

AC

sen

sen

s

2

2

de donde

'212

'

21

2'

2

2

2'

2

2

2

RRI

RRI

I

I

AS

AC

SL

EG

cccc

llegndose a la conclusin de que si SL a escala de potencia son las perdidas en elcobre en reposo cuando la corriente es AS, la linea EG es las perdidas en cobre cuando lacorriente es AC.

Si ahora dividimos la lnea SL en el punto K en dos partes en SK y KL ,

proporcionales respectivamente a '2

R y1

R debe deducirse necesariamente que para

cualquier corriente general tal que ACI '2

, las perdidas en el cobre del secundario '2

2'

2 RI

se representan por EF, mientrs que las perdidas en el cobre del primario 12'

2 RI lo son por

FG .

As pues, de la potencia total de entrada por fase CD , la parte EG representa lasperdidas en el cobre del primario y del secundario por fase, GD representa las perdidas enel ncleo y las debidas a las resistencias pasivas por fase y el resto. CEdebe representar la

salida de potencia mecnica por fase. Por lo tanto, la lnea ASque es el lugar geomtricode todos los puntos tales como E, recibe el nombre de la lnea de potencia de salida. Lalnea AKrecibe el nombre de lnea de par motor.

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Esquemtico del Diagrama de Circulo

B

2

0

L

1

Linea

depoten

ciade

salid

a

Lineapar

Motor

O

A

C

D

E

F

G

S

M

L

K

O'

PX

V

W

Z

Q

R

Linea de eficiencia %

Lineadede

slizamiento

%S

100

0

0100

Fartordepotencia

1

0

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