Máquinas Eléctricas II Departamento de Electricidad, Electrónica y Computación Facultad de Ciencias Exactas y Teconología Universidad Nacional de Tucumán

Año 2015

PROBLEMAS SOBRE DEVANADOS Y CAMPOS DE MAQUINAS ROTATIVAS

Problemas Propuestos

Problema N° 1 Dado un arrollamiento trifásico con las siguientes características : q = 5.....R = 60.......W / τp = 13 / 15.......Nf = 160......p’ = 2 Se pide determinar el arrollamiento bifásico equivalente, tal que la matriz de transformación de corrientes sea la misma que la matriz de transformación de tensiones.

Problema N° 2 Dado un arrollamiento de conmutador con p’ = 1, se sacan derivaciones a 120° y a 90°, y se conectan a anillos rozantes. La máquina se mueve a n = 5 [r.p.s.], y la corriente en las escobillas del conmutador es 10 [ACC]. Determinar: a) Los valores de las corrientes bifásicas equilibradas que inyectadas en los corres- pondientes anillos rozantes, producirían la misma excitación que los 10 [ACC]. b) Idem a) pero para las tomas trifásicas. c) El arrollamiento de campo de la máquina se excita y aparecen 100 [VCC] entre las escobillas del conmutador. Calcular las tensiones entre las tomas bifásicas y trifásicas.

Problema N° 3 Dado el arrollamiento de la figura, determinar: a) Factor de arrollamiento de la fundamental. b) Orden de las armónicas de ranura.

Problema N° 4 Dada una máquina sincrónica trifásica con turborotor con los datos :

siguientes

D = 60 [cm] - L = 70 [cm] - R = 48 - p’ = 2 - N = 32 - αi = 1/3 - U = 2300 / 1328 [V]. Calcular el contenido de armónicas de la tensión inducida para: W / τp = 9/10, 10/12, y 11/12 y además determinar B0 para tensión nominal.

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Problema N° 5 El arrollamiento estatórico de una máquina trifásica tiene las siguientes características : p’ = 1 - qest = 5 - N = 110 - W / τp = 13/15 - D = 12 [cm] - Li = 15 [cm] a)

b)

Diseñar el arrollamiento rotórico, de tal manera que se induzcan en él 100 [V] por fase, cuando el estator está en estrella (se admite un error en la tensión rotórica no superior al 5%), y se aplica 400 [V] al mismo. Considerar sólo fundamental y tomar qrotor ≠ qest. El rotor se considera en reposo. Si cada fase del estator en estrella se conecta en serie con la correspondiente fase del rotor (en reposo), representar la tensión total de salida en valor efectivo en función de la posición angular del rotor respecto del estator.

Problema N° 6

Se dispone de un arrollamiento trifásico de simple capa con q = 2, p’ = 1. a) b) c) d) e)

Dibujar un diagrama mostrando la fmm producida por este arrollamiento en el instante cuando la corriente en una de las fases es máxima. Calcular el número efectivo de espiras por fase. Calcular la fmm máxima para la fundamental si cada bobina tiene 20 espiras y la corriente efectiva por fase es 20 [A]. Si dos de las tres fases se conectan en serie, indicar el número efectivo de espiras resultantes. Si las tres fases se conectan en serie indicar el número efectivo de espiras resultantes.

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Problemas Resueltos

Problema N°1 Un arrollamiento trifásico con los siguientes datos : m = 3.;.p’= 1.;.R = 12.;.W / τp = 5 / 6.;.Nb = 10.;.I = 10 [A] está bobinado en el estator del dispositivo de la figura. En el rotor hay un devanado bifásico con los siguientes datos : m = 2.;.p’ = 1.;.R = 12.;.W / τp = 5 / 6.;.Nb = 20 Si una de las fases del rotor se coloca alineada con una fase del estator, calcular: a) Corriente que debe llevar el rotor para compensar exactamente los Av fundamentales del estator. b) Relación entre las tensiones de fase de los arrollamientos. c) Dibujar las curvas de excitación en el instante en que la corriente pasa por cero en las fases alineadas, indicando por separado las curvas de cada arrollamiento en particular y la resultante.

Desarrollo a) Para las fundamentales vale:

m III .N III . f Z III . f S III .I III = m II .N II . f Z II . f S II .I II

(1)

En este caso : f S II = f S III

sen fZ =

y como :

π q .

2 Q

q.sen

π

sen

f Z III =

2.Q

π

2.sen

6 = 0,965926

π

3.π 12 = 0,910684 = π 3.sen 12 sen

f Z III

12

Según datos :

N III = 2. p'.q.N bIII = 2.1.2.10 = 40 (devanado de dos capas) N II = 2. p '.q.N bII = 2.1.3.20 = 120 De (1) se obtiene : I II = I III .

N III . f Z III . f S III .m III N II . f Z II . f S II .m II

= 10.

40.0,965926.3 = 5,3 120.0,910684.2

I II = 5,3 [A] 3/18

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b) La relación de tensiones será :

UIII N III .fSIII .fZIII 40.0 ,965926 = = = 0 ,35355 UII N III .fS .fZ 120.0 ,910684 II

II

UIII = 0,35355 UII

ESTATOR

m = 3 p' =1 R = 12 W

τp

=

5 Nb =10 6

I = 10 [A] q=

Y

U

Z

V

X

12 R = =2 2.p'.m 6

W

ROTOR

m= 2

p' =1

R = 12 Nb = 20 W 5 = τp 6 q=

A1

B1

A2

R 12 = =3 2.p'.m 2.1.2

B2

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Problema N° 2 Dado un arrollamiento trifásico bipolar, bobinado en el estator de una máquina de 12 ranuras con Nb = 10 y W/τp = 5/6. Se pide : a) Si el arrollamiento está alimentado por un sistema trifásico simétrico de 10 [Aef], encontrar el arrollamiento bifásico equivalente, que bobinado sobre el mismo estator produzca la misma fundamental de excitación en el entrehierro. b) Relación de tensiones de fase en los dos sistemas. c) Calcular el valor de la excitación giratoria, y verificar que es el mismo en ambos casos.

Desarrollo a) La matriz de transformación de corrientes es :

1   2 1 (C ) = . − 2 3  − 1 2 

(i2 ) = (C )−1 .(i3 )

    1 2   1  2 1

0

2

3 2 − 3 2

1   (C )−1 = 2 . 0 3  1  2 

2

3

− 1  2

  2  1  2 

− 3

2 1 2

10   iu       − j 120  (i3 ) =  iv  = 10.e  i   j 120  w   10.e  

 iα     iβ  =    i0 

1 − 1  2  2 3 . 0 2 3  1 1  2 2 

− 1  2 10    − j 120   3  − . 10.e 2    10.e j 120  1  2  

 iα     iβ  =    i0 

10 − 5.e − j 120 − 5.e  2 3 − j 120 .10. .(e −e 3 2 0  

   j 120    

i α = 12,247 [A]

− 1

j 120

i β = − j 12,247 [A]

i 0 = 0 [A] 5/18

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Los valores calculados para i

e i presuponen según se vió en teoría, que entre α β las espiras efectivas de los arrollamientos trifásicos y bifásicos se verifica : N 2 ef

=

N 3 ef fZ 3 =

3 2

;

N 3 ef = N 3 . f Z 3 . f S 3

q3 = 2

;

;

fZ 3 =

sen(π / 2.m) q.sen(π / 2.m.q )

w π 5 π . ) = sen( . ) = 0,9659 τp 2 6 2

sen30 = 0,9659 2.sen15

f S 3 = sen(

N 3 f = 2. p '.q.N b = 2.1.2.10 = 40

N 3 ef = 40.0,9659.0,9659 = 37,3185 espiras

3 3 = 37,3185. = 45,7056 2 2 sen45 = N2 f . fZ 2. fS 2 = 0,91068 fZ 2 = 3.sen15 N 2 ef 45,7052 = = = 51,96 f Z 2 . f S 2 0,91068.0,9659

N 2 ef = N 3 ef . N 2 ef N2 f

f S 2 = f S 3 = 0,9659

Por otra parte debe verificarse : N 2 f = 2. p '.q.N b = 2.1.3.N b Pasamos a : N b = 9

→

Nb =

51,96 = 8,66 6

→ N 2 f = 54

El valor teorico de la corriente anteriormente calculada debe multiplicarse por la relación : (51,96 / 54) 51,96 I α ef = 12,747. = 11,784 I α ef = 11,784 [A] I β ef = − j 11,784 [A] 54 b) Siendo el flujo en el entrehierro el mismo, la relación de tensiones será :

U2 f U3 f c)

=

N 2 ef N 3 ef

=

54.0,9659.0,91068 = 1,2728 40.0,9659.0,9659

U2f U3f

= 1,2728

m 4 1 Nf . . . .I. 2 . f N ( fundamental ) m1 2 π 2 p' 4 1 54 para m = 2 θ Z S = . . .11,784. 2 .0,9659.0,91068 = 503,94 [A] 21 π 2 1 3 4 1 40 para m = 3 θ Z S = . . . .10. 2 .0,9659.0,9659 = 503,97 [A] 31 2 π 2 1

θ ZS

=

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Problema N° 3 Dado un arrollamiento trifásico con q = 4 y alimentado por un sistema trifásico simétrico equilibrado de corrientes, calcular el contenido total de armónicas de la excitación giratoria, si el mismo se define como :

τν

=

∑θ

2 Z Smν

ν impar≠ 1 y ≠ n* 3 con n = 1 , 2 ,

θ Z Sm1

Despreciar las excitaciones para ν > 25. W / τp = 11 / 12

Desarrollo

fSν

π W = sen .ν .  2 τ  p  

fZν =

senν q.senν

π 6

π

6.q

Para q = 4..........Q = m.q = 3.4 = 12 ranuras por polo.

ν

fSν = sen(π / 2.ν.11/12)

fZν = (senν.30) / 4.sen(ν.π / 24)

fN ν = fSν . fZν

1 5

0,99144 0,79335

0,95767 0,20533

0,94947 0,16289

7

-0,60876

-0,15756

0,09592

11

-0,13053

-0,126087

0,01646

13

-0,13053

0,12608

-0,01646

17

-0,60876

0,15756

-0,09592

19

0,79335

-0,20533

-0,16289

23 25

0,99144 -0,99144

-0,95767 -0,95767

-0,94947 0,94947

La expresión general de la excitación giratoria de orden ν es :

θ Z S mν =

m ˆ 1 N 1 .θ Z S ν = 2 . .m. .I . . f N ν π 2 p ν 2

τν =

1  ∑ ν . f N ν  0,067117 = = 0,07069 f N1 0,94947

τ ν % = 7,06 %

Los valores de fNν se repiten cíclicamente (no importa el signo), observándose en particular que para ciertos valores de ν (en este caso 23 y 25) fNν es igual al de la fundamental. Las armónicas para las

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Máquinas Eléctricas II Año 2015 Departamento de Electricidad, Electrónica y Computación Facultad de Ciencias Exactas y Teconología Universidad Nacional de Tucumán cuales fNν = fN1 se llaman armónicas de ranura. El valor de las 1ras armónicas de ranura se determina haciendo : νR = 2.Q ± 1 para Q entero.

Problema N° 4 Para las siguientes curvas de campo, determinar las amplitudes relativas de las armónicas 1, 3, 5 y 7 respecto al valor B0 : a) Para αi = 0,75 y αi = 0,666 α i.τ p

B0

τp

b) Curva de campo producida por un inductor de polos salientes alimentado por corriente continua. El esquema que sigue corresponde al llamado turborotor, que es el inductor usado para máquinas sincrónicas con p’ = 1 ó p’ = 2. Para αi = 1 / 3 y suponiendo una distribución uniforme de AS en la zona bobinada. α i.τ p B, AS

B0 AS

x τp

Desarrollo a) Por el tipo de simetría sólo tendremos armónicas impares. Su coeficiente se determina según la fórmula de Fourier.

aν =

Bν 4 π π = .sen(ν . ) ∗ sen(ν .α i . ) B0 ν .π 2 2

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αi = 0,75

4

ν =1

a1 =

ν =3

a3 =

π

.sen

π

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∗ sen0,75.

2

π 2

= 1,176

π π 4 .sen3. ∗ sen0,75.3. = 0,1624 3.π 2 2 π π 4 a5 = .sen5. ∗ sen0,75.5. = −0,0974 5.π 2 2 4 π π a7 = .sen7. ∗ sen0,75.7. = 0,168 7.π 2 2

ν =5 ν =7

αi = 0,66

ν =1 ν =3 ν =5 ν =7

2 π ∗ sen . = 1,1026 π 2 3 2 π 4 2 π a3 = .sen3. ∗ sen .3. = 0 3.π 2 3 2 π 4 2 π a5 = .sen5. ∗ sen .5. = −0,2205 5.π 2 3 2 4 π 2 π a7 = .sen7. ∗ sen .7. = −0,1575 7.π 2 3 2 a1 =

4

.sen

π

a1 = 1,1026 a3 = 0 a5 = −0,2205 a7 = −0,1575

b)

aν =

8. cos(α i .

ν .π

) 2 ∗ sen(ν . π ) 2 π 2 .(1 − α i ).ν 2

ν .π

Para nuestro caso : aν =

ν =1

a1 =

ν =3

a3 =

ν =5 ν =7

12

π2

8. cos(

6

2 2 2 .π .ν 3

)

π

∗ sen(ν . ) = 2

12. cos(30.ν ) π ∗ sen(ν . ) 2 2 2 π .ν

. cos 30 = 1,053

12 . cos 90 = 0 π 2 .9 12 π a5 = 2 . cos 150 ∗ sen(5. ) = −0,0421 2 π .25 12 π a7 = 2 . cos 210 ∗ sen(7. ) = −0,0215 2 π .49

a1 = 1,053 a3 = 0 a5 = -0,0421 a7 = −0,0215 9/18

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Problema N° 5 El estator de una máquina sincrónica trifásica tiene las siguientes características : Diámetro de entrehierro: D = 33[cm] - L = 27 [cm] - R = 36 - p’ = 2 - N = 24 El inductor es de polos salientes con una curva de campo análoga a la del caso a) del problema anterior. Se pide determinar αi y W para obtener una tensión inducida con bajo contenido de armónicas. El valor de B0 debe ser tal que U1N = 230 [V] por fase.

Desarrollo Con los valores dados resulta τP = 9τR ( 9 ranuras por polo ) y q = 3. Para simplificar el análisis, se consideran únicamente αi = 0,66 y αi = 0,8 y las armónicas ν = 3,5,7 y armónicas de ranura ( para αi = 0,66 se toman W/τP = 7/9 y 8/9 y para αi = 0,8 se toman W/τP = 6/9, 7/9, y 8/9 )

a) αi = 0,66 Resultan para la curva de campo los valores de aν obtenidos en el caso a) del problema anterior. Probaremos con dos valores de W : 7/9 y 8/9

I- W/τP = 7/9 ν

fSν = sen(π/2.ν.7/9)

fZν = (sen ν.30) / 3.sen(ν.π / 30)

fN ν = fSν . fZν

1 3

0,9397 -0,5

0,9598 0,6666

0,9019 -0,3333

5

-0,1736

0,2176

-0,0377

7

0,7660

-0,1774

-0,1359

17

0,9397

0,9598

0,9019

19

-0,9397

0,9598

-0,9019

νRanura = 2.Q ± 1 = 2.9 ± 1 = 17 y 19 Los valores porcentuales de las tensiones armónicas inducidas respecto a la funda- mental, están dadas por :

uν % =

fNν .aν fN1 .a1

.100

Siendo a1 y aν los coeficientes de Fourier de la curva de campo de la armónica fundamental y de orden ν y fN1 y fNν los correspondientes factores de arrollamiento. En el problema anterior se calcularon aν para ν = 1, 3, 5 y 7 faltando para las armónicas de ranura, los cuales calculados resultan :

a17 = - 0,0649...........a19 = -0,0580

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u3 % = 0 u5 % =

0,0377.0,2205 .100 = 0,836 % 0,9019.1,1026

u17 % =

0,9019.0,0649 .100 = 5,8 % 0,9019.1,1026

u7 % =

0,1319.0,1575 .100 = 2,15 % 0,9019.1,1026

u19 % =

0,9019.0,0580 .100 = 5,26 % 0,9019.1,1026

El contenido de armónicas :

∑ uν % = (0,836 2

τν =

2

u1 %

)

+ 2,15 2 + 5,89 2 + 5,26 2 = 0,08226 100

τ ν % = 8,2 %

II- W/τP = 8/9

ν

fSν = sen(π/2.ν.8/9)

fZν = (sen ν.30) / 3.sen(ν.π / 30)

fN ν = fSν . fZν

1 3

0,9848 -0,8666

0,9598 0,6666

0,9452 -0,5773

5

0,6428

0,2176

0,1400

7

-0,3420

-0,1774

0,0606

17

-0,9848

0,9598

-0,9452

19

0,9848

0,9598

0,9452

u3 % = 0 u17 y u19

τν =

0,14.0,2205 .100 = 2,96 % 0,9452.1,1026 no varían u5 % =

(2,96

2

+ 0,92 2 + 5,89 2 + 5,26 2 100

) = 0,08483

u7 % =

0,0606.0,1575 .100 = 0,92 % 1,04217

τ ν % = 8,48 %

“ Para αi = 0,66 el paso W / τP = 7 / 9 da el menor contenido de armónicas.”

Calculamos B0 para este caso, con la condición de obtener U1 Fase = 230 [V]

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U 1 = 4,44. f N . f .φˆ1 .N .10 −8

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U 1 [V ] y φ [ Mx]

230.10 8 = 4786358 [ Mx] 4,44.0,9019.50.24 φˆ1 2 4786358 φˆ1 = .τ p .l i .Bˆ 1 → Bˆ 1 = = = 10743 [G ] 2 2 π .33 π .τ p .l i . .27 π π 4 B 10743 = 9744 B0 = 1 = a1 1,1026

φˆ1 =

B0 = 9744 [G]

b) αi = 0,8

Se calculó para W / τp = 7/9 y 8/9. Pasamos a W / τp = 6/9

ν

fSν = sen(π/2.ν.6/9)

fZν = (sen ν.30) / 3.sen(ν.π / 30)

fN ν = fSν . fZν

1 3

0,8666 0

0,9598 0,6666

0,8312 0

5

-0,8666

0,2176

-0,1884

7

0,8666

-0,1774

-0,1536

17

-0,8666

0,9598

-0,8312

19

0,9848

0,9598

0,8312

El contenido de armónicas en la curva de campo es :

4 π π .sen(ν . ) ∗ sen(ν .α i . ) 2 2 ν .π a1 = 1,2109 a3 = 0,2495 a 5 = 0

aν =

a 7 = 0,107

a17 = 0,044

a19 = 0,0637

Los valores porcentuales de armónicas resul tan : Para W τ p = 6/9

uν % =

f Nν .aν f N1 .a1

.100

0,1536.0,107 .100 = 1,63 % 0,8312.1,2109 0,8312.0,044 0,8312.0,0637 u17 % = .100 = 3,63 % u19 % = .100 = 5,26 % 1,0065 1,0065

u3 % = 0

u5 % = 0

u7 % =

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Para W τ p = 7/9 0,333.0,2495 .100 = 7,6 % 0,9019.1,2109 0,1359.0,107 u7 % = .100 = 1,33 % 1,0921 0,9019.0,0637 u19 % = .100 = 5,26 % 1,0921 u3 % =

u5 % = 0 % u17 % =

0,9019.0,044 .100 = 3,63 % 1,0921

Es evidente que el menor contenido de armónicas se logra con W / τp = 6/9

τ ν % para W / τ p = 6 / 9 : τν % =

1,63 2 + 3,63 2 + 5,26 2 = 6,57 % 100

τ ν % = 6,57 %

Para W τ p = 8/9 0,5773.0,2495 .100 = 12,584 % 0,9452.1,2109 0,0606.0,107 u7 % = .100 = 0,5665 % 1,1445 0,9452.0,0637 u19 % = .100 = 5,26 % 1,1445 u3 % =

u5 % = 0 % u17 % =

0,9452.0,044 .100 = 3,63 % 1,1445

Cálculo de B0 para αi = 0,8 y W / τp = 6/9

230.10 8 = 5193475 [ Mx] 4,44.0,8312..50.24 5193475 Bˆ 1 = = 11657 [G ] 2 π .33 . .27 π 4 B 11657 B0 = 1 = = 9627 [G ] a1 1,2109

φˆ1 =

B0 = 9627 [G]

Desde el punto de vista de contenido de armónicas, la última opción es la mejor. Sin embargo habrá problemas por la fuerte dispersión interpolar.

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Problema N° 6 Para q = 3 y p’ = 2 dibujar las fases completas de un arrollamiento trifásico, donde W / τp < 1 (tomar un acortamiento de paso igual a un paso de ranura S = 1). En el dibujo deben encontrarse todas las ranuras, indicando correctamente el conexionado de las bobinas. Suponer un instante dado para analizar la dirección de las corrientes y el diagrama de AS en función de x.

Desarrollo t U

W

Y

U

Z

V

V

W

X

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Problema N° 7 Un arrollamiento bifásico idéntico al del problema N° 2 con fN = 0,9659 . 0,91068 y N = 54, se encuentra bobinado sobre un rotor de anillos rozantes , sobre el que también está bobinado un arrollamiento de conmutador con dos pares de escobillas a 90°. El rotor se hace girar con una máquina de accionamiento a la velocidad de nS (rpm) y se alimenta por los anillos rozantes con un sistema simétrico de corrientes bifásicas tal, que se produce una excitación giratoria en el entrehierro de amplitud igual a 600 [Av] que gira respecto del rotor a –nS. Si se supone que la amplitud de la excitación en el entrehierro producida por 1 [A] en uno de los pares de escobillas es igual a la producida por 1 [A] en una fase del arrollamiento bifásico (iguales factores de arrollamiento y espiras), se pide : a) Encontrar las corrientes en los dos pares de escobillas que producirían la misma excitación en el entrehierro que las corrientes bifásicas, si para t = 0 el eje de la fase α forma un ángulo de 30° con el eje d. (ver fig.) b) Idem a) pero la velocidad del rotor es 2.nS. q β q β

d d 30.0°

α α nS

Desarrollo a)

Del problema N°4 la excitación es : 4 1 54 . . .I . 2 .0,9659.0,91068 = 600 π 2 1 600 I= .11,784 = 14,03[ A] (valor eficaz ) 503,94

θ ZS 21 =

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Utilizando la transformación :   cos γ  =     senγ

− senγ   i2 d  ∗  cos γ   i2 q 

 i 2 d   cos γ   =  i   2 q   − senγ

senγ   iα ∗ cos γ   i β

 iα  i β

γ = ω.t + 30 ; para t = 0 γ = 30

   

iα = I α . cos ωt →

I máx = I α = I β (equilibradas )

i β = I β .senωt  i 2 d   cos(ωt + 30)   =  i   2 q   − sen(ωt + 30)

sen(ωt + 30)   I máx . cos ωt   ∗ cos(ωt + 30)   I máx .senωt 

i2 d = I máx . cos ωt. cos(ωt + 30) + I máx .senω.t.sen(ωt + 30) i2 q = − I máx .sen(ωt + 30). cos ωt + I máx . cos(ωt + 30).senω t i2 d = I máx . cos(ωt − ωt − 30) = 0,866.I máx i2 q = I máx .sen(ωt − ωt − 30) = −0,5.I máx Físicamente, para t = 0 (que se da en todo momento, pues el giro del rotor = - giro del campo), iα = Imáx ; iβ = 0 . Es decir que la excitación está dada en ese instante sólo por el arrollamiento α y su proyección sobre el eje d es 0,866. Imáx y sobre el eje q es -0,5.Imáx.

b)

sen(2ωt + 30)   I máx.cosωt   i 2 d   cos(2ωt + 30)   =   ∗    i 2 q   − sen(2ωt + 30) cos(2ωt + 30)   I máx.senωt  i 2 d = I máx.cos(2ωt + 30).cosωt + I máx.sen(2ωt + 30).senωt i 2 q = − I máx.sen(2ωt + 30).cosωt + I máx.cos(2ωt + 30).senωt i 2 d = I máx.cos(2ωt − 3ωt − 30) = I máx.cos(−ωt − 30)

i2d = I máx.cos(ωt + 30)

i 2 q = I máx.sen(ωt − 2ωt − 30) = I máx.sen(−ωt − 30)

i2d = − I máx.sen(ωt + 30)

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Problema N° 8 Dada una máquina sincrónica con polos salientes con las siguientes características : p’ = 2 , D = 50 [cm] , L = 40 [cm] , R = 72 , 2300 [V] , 50 [Hz] , αi = 0,75 , Bmáx = 8000 [G]. Determinar : a) N° de espiras por fase y W/τp para obtener 2300 [V] de fase, disminuyendo en lo posible el contenido de 5ta y 7ma armónica. Ajustar Bmáx para que la tensión de fase sea exactamente 2300 [V]. (considerar la máquina conectada en estrella). b) Contenido de 5ta y 7ma armónicas respecto de la fundamental. c) ¿Se inducen tensiones de 3ra armónica en los arrollamientos de fase? ¿Aparece la 3ra armónica en la tensión de línea? ¿Por qué?

Desarrollo Bν 4 ν .π   ν .π   = .sen   ∗ sen  α i .  B 0 ν .π 2 2     B 4 π  π   a 1 = 1 = .sen   ∗ sen  0 , 75 .  = 1,176 B0 2 2 π   

aν =

B3 4 3 .π  3 .π   = . sen   ∗ sen  0 , 75 . B0 3 .π 2 2    B 4 5 .π  5 .π   a5 = 5 = .sen   ∗ sen  0 , 75 . B0 5 .π 2 2    a3 =

  = 0 ,1624    = − 0 , 0974 

B7 4 7 .π   7 .π   = .sen   ∗ sen  0 , 75 .  = − 0 ,168 B0 7 .π 2 2     → a 35 = 0 , 01392  35 = 2 .Q ± 1 = 2 . 18 ± 1  a 37 = − 0 , 01317  37 →

a7 =

νR

τR =

π .D R

=

π . 50 72

τ

p

=

π .D 2. p '

=

π . 50 4

τ

p

= 18 .τ

p

q =

72 =6 4 .3

W / τp = 4/5 para eliminar la 5ta ó 6/7 para eliminar la 7ma. Nosotros vamos a probar con dos valores para determinar el contenido de armónicas a saber : I- W / τp = 14/18 y II- W / τp = 15/18

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I- W / τp = 14/18

uν =

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f N ν .a ν f N 1 .a1

ν

fS ν = sen(90.ν.14/18)

fZν = (sen ν.30) / 6.sen(ν.30 / 6)

fNν = fSν . fZν

uν%

1 3

0,9397 -0,5

0,9561 0,6439

0,8945 -0,3219

100 4,97

5

-0,1736

0,1972

-0,0342

0,3166

7

0,7660

-0,1453

-0,1113

35

-0,9397

-0,9561

0,8945

1,7775 1,1837

37

0,9397

-0,9561

-0,8945

1,1199

II- W / τp = 15/18

ν

fS ν = sen(90.ν.15/18)

fZν = (sen ν.30) / 6.sen(ν.30/ 6)

fNν = fSν . fZν

uν%

1 3

0,9397 -0,7071

0,9561 0,6439

0,8985 -0,4553

100 6,808

5

0,2588

0,1972

0,0510

0,4573

7

0,2588

-0,1453

-0,0376

35

0,9659

-0,9561

-0,9235

0,5816 1,1837

37

-0,9659

-0,9561

0,9235

1,1199

Es evidente que en el caso II se tiene mayor control de contenido de armónicas (sin considerar la 3ra que no sale a la línea)

U 1 [V ] = 4 , 44 . f N . f .φˆ1 [ Mx ]. N .10 −8

φˆ 1 =

2

π

.τ p .l i .Bˆ 1

2300 .10 8 = 140 , 23 2 π .50 4 , 44 .0 ,9235 .50 . . .40 .8000 π 4 Haciendo N = 140 → Bˆ 1 = 8013 [G ] N =

N = 140 espiras

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