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Máquinas de corriente
alterna
Luis Enrique Arango Jiménez.- Jorge Juan Gutiérrez Granada.
Universidad Tecnológica de Pereira

Máquinas de corriente
alterna
Luis Enrique Arango Jiménez.
Universidad Tecnológica de Pereira
Jorge Juan Gutiérrez Granada.
Universidad Tecnológica de Pereira
2011

Este libro está hecho con ayuda de KOMA-Script y L A TEX.

Introducción
El trabajo que presentamos en este libro, recoge la aplicación sistemática durante varios años a la enseñanza
de las Máquinas Eléctricas, como profesores de la Universidad Tecnológica de Pereira. En él confluye tanto
el interés de cumplir un fin didáctico, como la probada experiencia en la comprobación de los desarrollos
logrados.
El libro pretende, partiendo de lo más simple a lo complejo, presentar una teoría unificada para las máquinas
de corriente alterna desde el punto de vista de la conversión de energía electromecánica.
El primer capítulo se preocupa de la obtención de las ecuaciones generales para el funcionamiento de una
máquina eléctrica bifásica. Igualmente, utiliza una transformación de coordenadas con el fin de simplificar la
presentación y solución de las ecuaciones. Adicionalmente, utiliza la transformación de tres ejes a dos ejes para
extender los desarrollos a la máquina trifásica.
El segundo capítulo particulariza la solución de las ecuaciones para el caso de la maquinaria sincrónica,
haciéndose énfasis en el régimen transitorio de las soluciones.
El tercer y último capítulo se dedica a la solución de las ecuaciones generales para el caso de la maquinaria
de inducción en diversas variantes de funcionamiento.
Aunque varios autores han trabajado sobre la teoría generalizada de las máquinas rotativas, sin embargo
no hemos encontrado un texto apropiado para la enseñanza de la misma a nivel de estudiantes de Ingeniería.
A llenar este vacío se orientó nuestro esfuerzo. El libro presenta numerosos desarrollos originales y algunos, a
pesar de ser conocidos, se han adaptado de manera que armonicen con el estilo y enfoque general del trabajo.
Consideración especial merece el análisis del corto-circuito en el generador sincrónico, tema casi que inabordable
en el campo de la enseñanza de las máquinas eléctricas , y que en el libro que hoy entregamos se haya muy
bien logrado.
El trabajo realizado no agota el tema de por si. El campo de las técnicas numéricas de la solución a las
ecuaciones, en situaciones que exceden el marco de las soluciones analíticas, se propuso.
Se abre entonces una gran expectativa, para la continuación de este trabajo en el campo de la aplicación de
técnicas computacionales, que partiendo de las ecuaciones generales no lineales, aborden cualquier situación
posible de la maquinas eléctrica rotativa.
Los autores agradecen las facilidades brindadas por la Universidad para que el propósito original se realizara
y dedican este modesto aporte a sus respectivas esposas Pamela y Gloria.
Luis Enrique Arango Jiménez
Juan Jorge Gutiérrez Granada
Universidad Tecnológica de Pereira.
I

Índice general
1. Ecuaciones 1
1.1. Configuración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. Aproximación para el caso de entrehierro no uniforme en máquinas de corriente alterna . . . . 1
1.2.1. Extensión para el caso de n par de polos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3. Campos magnéticos en las máquinas de corriente alterna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3.1. Campos concentrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3.2. Campos distribuidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.4. Máquina bifásica de corriente alterna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4.1. Representación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4.2. Cálculo de los parámetros circuitales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.5. Ecuaciones eléctricas de equilibrio para la máquina bifásica de corriente alterna . . . . . . . . . 23
1.5.1. Simetría en el rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.5.2. Ajuste de las ecuaciones para polos salientes en el rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.6. Ecuación mecánica de equilibrio para la máquina bifásica de corriente alterna . . . . . . . . . . 27
1.6.1. Determinación del torque electromagnético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.6.2. Extensión de la expresión del torque para polos salientes en el rotor . . . . . . . . . . . 30
1.6.3. Ley de Newton para el eje mecánico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.7. Solución de las ecuaciones generales de la máquina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.8. Transformación Θ 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.8.1. Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.8.2. Invariancia de la potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.8.3. Aplicación de la transformación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.9. Transformación de tres ejes a dos ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.9.1. La transformada inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
1.9.2. Incidencia de la transformación en la matriz de impedancias de la máquina real trifásica 42
1.9.3. Aplicación de la transformación a un sistema simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
1.9.4. Aplicación de la transformación a la máquina trifásica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
1.10.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
1.10.2. Componentes simétricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
1.10.3. Potencia en términos de las componentes simétricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
1.10.4. Componente de secuencia cero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
1.10.5. Efecto de la componente de secuencia cero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
2. La máquina sincrónica 85
2.1. Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
2.1.1. Ecuaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
2.1.2. Ajuste de las ecuaciones para devanados amortiguadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
III

IV
Índice general
2.2. Máquina sincrónica trifásica balanceada en regimen permanente y velocidad constante . . . . . 87
2.3. Análisis fasorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
2.3.1. Diagrama fasorial del motor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
2.3.2. Diagrama fasorial del generador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
2.3.3. Reactancia sincrónica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
2.3.4. Consideraciones sobre el signo del ángulo del par δ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
2.3.5. Ajustes en el voltaje de excitación para cambiar el factor de potencia . . . . . . . . . . . 102
2.4. Ecuación del eje mecánico para la máquina sincrónica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
2.4.1. Devanados de amortiguación y/o arranque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
2.4.2. Influencia del devanado amortiguador y/o de arranque en la ecuación del par . . . . . . 106
2.5. Oscilaciones y estabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
2.5.1. Oscilaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
2.5.2. Par de sincronización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
2.5.3. Estabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
2.5.4. Criterio de áreas iguales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica . . . . . . . . . . . . . . . . 111
2.6.1. Ecuaciones y generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
2.6.2. Alternador en corto circuito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
2.6.3. Eliminación de variables en un sistema matricial de ecuaciones . . . . . . . . . . . . . . 115
2.6.4. Determinación de las corrientes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
2.6.5. Maquinaria sincrónica trifásica desbalanceada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
3. La máquina de inducción 187
3.1. Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
3.1.1. Rotor devanado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
3.1.2. Jaula de ardilla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
3.2. Modelo circuital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
3.3. La máquina de inducción con alimentación sinusoidal desbalanceada en el estator . . . . . . . . 190
3.3.1. Componentes simétricas bifásicas adelante-atrás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190
3.3.2. Referencias de las ecuaciones al devanado 1 del estator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194
3.3.3. Transformación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
3.3.4. Caso del rotor en cortocircuito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197
3.3.5. Simetría en el estator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
3.4. Caso de voltajes balanceados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
3.4.1. Frenado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
3.4.2. Motorización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
3.4.3. Generación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
3.4.4. Análisis de la motorización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
3.5. Determinación del torque medio para la máquina bifásica alimentada sinusoidalmente y con el
rotor en corto circuito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
3.6. La máquina de inducción monofásica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
3.6.1. Arranque de los motores monofásicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213
3.7. Transitorios en la máquinas de inducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215
Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225
Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
Bibliografía 263

Capítulo 1
Ecuaciones
1.1. Configuración
Las máquinas de corriente alterna (c.a.) constan de dos estructuras concéntricas de material ferromagnético,
usualmente laminado para disminuir las pérdidas magnéticas.
La estructura exterior se denomina estator y la interior rotor.
En cada una se las estructuras van alojados devanados eléctricos que dan lugar a campos magnéticos;
los devanados pueden estar distribuidos en la estructura o concentrados en algún lugar particular de
ella, identificado como polos físicos.
De hecho, las estructuras pueden ser cilíndricas o de polos salientes; si son cilíndricas se tiene un
entrehierro uniforme y si alguna de ellas tiene polos salientes, un entrehierro no uniforme. Ver Figuras
1.1 y 1.2.
1.2. Aproximación para el caso de entrehierro no uniforme en
máquinas de corriente alterna
La Figura 1.3 muestra un corte de una máquina eléctrica de polos salientes en el estator. Se denomina
g(θ) la magnitud del entrehierro en el ángulo θ, medido desde el eje directo (eje d), y en el sentido
anti-horario.
g d es la distancia mínima entre estructuras y g q la distancia máxima entre ellas.
Además se utilizarán coordenadas cilíndricas: â r ×â θ = â z , donde el eje z sale del papel.
Si se desarrolla el entrehierro en forma lineal, tal como muestra la Figura 1.4, se tiene la siguiente
expresión para g como una función del ángulo θ:
{
g d , para − π
g(θ) =
4 < θ < π 4 y 3π 4 < θ < 5π 4 ,
g q , para π 4 < θ < 3π 4 y 5π 4 < θ < 7π 4 . (1.1)
1

•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
• •
•
2 Capítulo 1. Ecuaciones
••
••
••
•• • •
••
•
•
•
•
Figura 1.1: Máquina de c.a de estructura cilíndrica.
N
S
S
N
Figura 1.2: Máquina de c.a de polos salientes.
Se nota que la función determina una onda periódica de periodo T = π.
Se descompone la onda periódica en serie de Fourier
ω = 2π/T , ω = 2π/π , ω = 2.
g(θ) =a 0 /2 + a 1 cos (2θ) + a 2 cos 2(2θ) + a 3 cos 3(2θ) + ...
b 1 sen (2θ) + b 2 sen 2(2θ) + b 3 sen 3(2θ) + ... (1.2)

1.2. Aproximación para el caso de entrehierro no uniforme en máquinas de corriente alterna 3
eje q
g q
g d
â θ
â r
θ
eje d
Figura 1.3: Vista en corte de una máquina eléctrica de polos salientes en el estator.
g(θ)
g d
g q
π
4
3π
4
π
5π
4
7π
4
2π
θ
Figura 1.4: Desarrollo del entrehierro.
a n = 2 T
∫ T
0
Como la onda es de simetría par:
g(θ)cos n(2θ)dθ
b n = 2 T
∫ T
0
g(θ)sen n(2θ)dθ.
g(θ) = g(−θ) y b n = 0.
Evaluando:
g(θ) = g d + g q
2
− 4 π
g q − g d
2
(cos2θ − 1 3 cos 3(2θ) + 1 5 cos 5(2θ) + ... )
. (1.3)
Se retiene solo la primera armónica; luego:
g(θ) = g 0 − g 1 cos (2θ). (1.4)

4 Capítulo 1. Ecuaciones
Donde
g 0 = g d + g q
2
y g 1 = 2 π (g q − g d ).
1.2.1. Extensión para el caso de n par de polos
El entrehierro que se viene estudiando corresponde a una máquina de un par de polos salientes. Sin
embargo, la máquina puede ser de n pares de polos salientes; cuando éste es el caso, la onda g(θ)
se repite n veces a lo largo del entrehierro, o lo que es lo mismo el periodo se reduce a π/n y la
frecuencia angular se extiende a 2n.
Por lo demás el desarrollo para encontrar una expresión aproximada para un entrehierro no uniforme
en una máquina de n pares de polos, es exactamente igual al de un par de polos, obteniéndose:
g(θ) = g 0 − g 1 cos (2nθ). (1.5)
La Figura 1.5 es una representación para la ”máquina de entrehierro aproximado”de 2 y 4 polos
respectivamente.
g(θ)
a. 2 polos b. 4 polos
Figura 1.5: Representación para la máquina de entrehierro aproximado.
Se nota que el entrehierro escogido corresponde a una máquina muy particular donde el arco polar
es igual a 90 ◦ /n; es decir, el polo saliente cubre desde −45 ◦ /n hasta 45 ◦ /n, lo cual no es muy normal.
Sin embargo cualquier configuración de la máquina puede descomponerse por Fourier y hacerse los
ajustes respectivos para g 0 y g 1 ; manteniendo, en consecuencia, válida la expresión deducida para
cualquier tipo de entrehierro.
Si la máquina tiene polos salientes en el rotor, la expresión para g(θ) no cambia.
1.3. Campos magnéticos en las máquinas de corriente alterna
Se dará el nombre de campos magnéticos concentrados a los producidos por un devanado concentrado
y de campos distribuidos a los producidos por un devanado distribuido.

1.3. Campos magnéticos en las máquinas de corriente alterna 5
1.3.1. Campos concentrados
La Figura 1.6 muestra el campo magnético producido por un devanado concentrado alojado en una
máquina de dos polos.
α
×
×
×
×
××
Figura 1.6: Campo magnético producido por un devanado concentrado.
La dirección del campo sigue la regla de la mano derecha y los puntos significan corriente que sale
del papel. La superficie de integración atraviesa diametralmente el entrehierro.
Se aplica la ley circuital de Ampère:
∮
⃗H · ⃗dl = NI, (1.6)
a la superficie de integración, con las aproximaciones siguientes:
1. Se considera la permeabilidad del hierro muchas veces mayor a la del aire. De esta forma la
intensidad de campo H en la superficie del material magnético es despreciable respecto a la del
entrehierro.
2. La dirección del campo se considera normal a la superficie del rotor en el entrehierro. Además
se toma como uniforme en la misma superficie de integración.
3. Se desprecian los efectos de saturación.
∮
⃗H · ⃗dl = NI,
aire
H(α)g(α) − H(α + π)g(α + π) = NI,
g(α) = g(α + π) = g d .
Nótese que debido a la simetría de la máquina
H(α) = −H(α + π).

6 Capítulo 1. Ecuaciones
Así:
es decir:
2H(α)g d = NI,
H(α) = NI
2g d
. (1.7)
La expresión hallada es válida sólo para −π/4 < α < π/4 y 3π/4 < α < 5π/4. Si α viola este
rango la corriente encerrada será nula y por consiguiente H(α) = 0.
Resumiendo:
⎧
⎨NI
para − π
H(α) = 2g
4 < α < π 4 y 3π 4 < α < 5π 4 ,
d (1.8)
⎩
0 para π 4 < α < 3π 4 y 5π 4 < α < 7π 4 .
En la figura 1.7 se grafica el valor de H(α) con respecto a α:
H(α)
π
2
π
3π
2 2π
α
Figura 1.7: Campo magnético producido por un devanado concentrado.
La onda es periódica de periodo 2π.
Si se descompone por Fourier y se conserva la primera armónica se obtiene:
Y para n pares de polos
Donde:
n es el número de pares de polos.
N el número total de vueltas.
I la corriente.
H(α) =
H(α) =
√
2
π
√
2
π
NI
g d
cos α. (1.9)
NI
ng d
cos nα. (1.10)

1.3. Campos magnéticos en las máquinas de corriente alterna 7
g d la distancia minima del entrehierro.
Siguen siendo válidas las mismas consideraciones dadas en 1.2.1, respecto a la configuración del
polo; si hay variaciones en el paso polar o en la estructura del polo, siempre se podrá descomponer
por Fourier y aproximar a la primera armónica.
Ahora:
B(θ) = µ 0 H(θ),
donde µ 0 = 4π × 10 − 7 henrios/metro es la permeabilidad del aire.
B(θ) =
√
2
π
µ 0 NI
ng d
cos nθ.
Si κ = √ (2)N/π,
Ver figura 1.8
B(θ) = µ 0κI
ng d
cos nθ. (1.11)
B(θ)
n = 1
π
2
π
θ
Figura 1.8: Distribución del campo en el entrehierro para un devanado concentrado.
Como se aprecia un campo magnético concentrado produce una distribución sinusoidal de campo
en el entrehierro.
En la práctica es deseable tener este tipo de distribución del campo para la obtención de voltajes
alternos sinusoidales, para lo cual se ajustan empíricamente las zapatas polares.
1.3.2. Campos distribuidos
Se considera, por simplicidad, una máquina de entrehierro uniforme. Se aloja en el estator un
devanado uniformemente distribuido como muestra la Figura 1.9.
Si el número de ranuras aumenta considerablemente (como es usual), se puede pensar en una
película de corriente sobre la superficie interior del estator. La mitad de esta película de corriente

8 Capítulo 1. Ecuaciones
×
×
×
× ×
× ×
× × ×
×
×
Figura 1.9: Máquina con devanado uniformemente distribuido.
tendrá una dirección saliendo del papel y la otra mitad una dirección contraria. Ver la Figura 1.10
donde se ha dibujado una superficie de integración que atraviesa diametralmente el entrehierro.
. . . . .
. .
. a .
. .
+ +
+ +
+ +
+
+ +
+
+
θ
Figura 1.10: Máquina con devanado uniformemente distribuido.
La película tendrá una densidad angular de corriente
J = NI
π
A
rad , (1.12)
o una densidad lineal de corriente
J = NI A
πa m . (1.13)
Aquí N es el número de vueltas o la mitad del número total de conductores.
Se desarrolla el entrehierro. La película de corriente se asigna positiva si el sentido de las corrientes
sale del papel y viceversa (Figura 1.11)
Nótese que la distribución de corriente corresponde a una máquina de dos polos.

1.3. Campos magnéticos en las máquinas de corriente alterna 9
b
• •
c
rotor
H(θ)
H(θ + π)
g
+ + + + + • + + + + + + + + + d
•
a
− − − − − − − − − − − − − −
estator
θ
θ + π
Figura 1.11: Entrehierro uniforme desarrollado
Se trata de aplicar la ley circuital de Ampère para determinar la distribución de campo en el
entrehierro.
∮ ∫ ∫
⃗H · ⃗dl = ⃗J · dA ⃗ = jds = f.m.m.
f.m.m. es la fuerza magnetomotriz, s el arco y A la superficie.
Se aplica la integral de línea a la superficie de integración en la Figura 1.11
∮ ∫
⃗H · ⃗dl = jds = f.m.m.(θ),
∮ b
a
abcd
∮ c
∮ d
∮ a
⃗H · ⃗dl + ⃗H · ⃗dl + ⃗H · ⃗dl + ⃗H · ⃗dl = f.m.m.(θ).
b
c
d
No se tienen en cuenta las trayectorias en el hierro por ser allí el valor de H despreciable, comparado
con el aire. ∫ b
∫ d
∫
⃗H · ⃗dl + ⃗H · ⃗dl = jds = f.m.m.(θ).
a c
El campo magnético es radial en el entrehierro, luego:
∫ b
a
H(θ)dl +
∫ d
c
∫
H(θ + π)dl =
jds = f.m.m.(θ).
Como se supone H constante en el entrehierro
∫ b
∫ d
∫
H(θ) dl + H(θ + π) dl =
a
c
∫
H(θ)g(θ) − H(θ + π)g(θ + π) =
jds = f.m.m(θ),
jds = f.m.m.(θ).

10 Capítulo 1. Ecuaciones
Debido a la simetría:
⃗H(θ) = − ⃗ H(θ + π).
Como es lógico, las líneas de campo que entran al rotor deben salir de el.
Es fácil demostrar que g(θ) = g(θ + π) aún para el entrehierro no uniforme.
∫
2g(θ)H(θ) = jds = f.m.m.(θ).
El término f.m.m(θ) se refiere a la corriente neta encerrada en la superficie de integración para el
ángulo θ.
Si θ = π/2 la corriente encerrada es nula; por lo tanto:
f.m.m.(π/2) = 0.
Resolviendo la integral
∫
jds,
se tiene:
f.m.m.(θ) =
{
(π − 2θ)aj para 0 < θ < π,
(2θ − 2π)aj para π < θ < 2π.
La Figura 1.12 muestra una gráfica para la fuerza magnetomotriz f.m.m.(θ).
(1.14)
f.m.m.(θ)
πaj
π
2π
θ
−πaj
Figura 1.12: f.m.m.(θ) de un devanado distribuido.
Descomponiendo la onda triangular de la figura 1.12 por Fourier y reteniendo solo el primer
armónico resulta:
f.m.m.(θ) = 8πaj 8aj
cos θ = cos θ. (1.15)
π2 π

1.3. Campos magnéticos en las máquinas de corriente alterna 11
2H(θ)g(θ) = f.m.m.(θ) ∴ H(θ) = f.m.m.(θ) .
2g(θ)
La expresión anterior se muestra en la Figura 1.13
B(θ) = µ 0 H(θ) ∴ B(θ) = µ 0
2g(θ) f.m.m.(θ).
B(θ) = 4µ 0aj
cos θ. (1.16)
πg(θ)
B(θ)
π
2
π
3π
2
θ
Figura 1.13: Campo magnético de un devanado distribuido.
Se ha llegado a una expresión para el campo magnético similar a la obtenida con campos concentrados.
Se puede concluir que en general en las máquinas de corriente alterna los campos magnéticos en el
entrehierro son de naturaleza sinusoidal.
Se nota que el desarrollo permite que el entrehierro sea no uniforme.
Es fácil demostrar que si la máquina tiene n pares de polos se cumple:
B(θ) = 4µ 0aj
πng(nθ) cos nθ = 4µ 0NI
π 2 cos nθ. (1.17)
ng(nθ)
En resumen los campos concentrados o distribuidos siempre se podrán expresar de la siguiente
manera:
B(θ) = µ 0κI
cos nθ. (1.18)
ng(nθ)
Siendo:
√ ⎫ 2N ⎬
κ =
π
⎭
g(nθ) = g d
κ = 4N
π 2 }
para devanado concentrado, (1.19)
para devanado distribuido. (1.20)

12 Capítulo 1. Ecuaciones
La constante κ da cuenta del tipo de devanado del que se trata, permitiendo incluso más posibilidades
de las contempladas, por ejemplo: más de un conductor por ranura.
1.4. Máquina bifásica de corriente alterna
1.4.1. Representación
Una máquina bifásica es aquella que tiene dos devanados ortogonales tanto en el rotor como en el
estator. La ortogonalidad es obviamente en grados eléctricos.
Con lo estudiado hasta ahora se puede representar dicha máquina bifásica en la forma mostrada en
la Figura 1.14
2
θ 0
y
x
1
Figura 1.14: Máquina bifásica
Como se aprecia se han representado los devanados que producen los campos por bobinas concentradas;
esto es posible, pues como se ha demostrado, desde el punto de vista del campo magnético producen
el mismo efecto en el entrehierro.
Se han considerado polos salientes en el estator. Se verán más adelante las modificaciones necesarias
cuando la máquina sea de polos salientes en el rotor.
Los campos magnéticos de cada devanado o de cada fase serán los siguientes de acuerdo con los
nombres asignados a los devanados:
B 1 (θ) = µ 0κ 1 ı 1
cos θ, (1.21)
g(θ)
B 2 (θ) = µ 0κ 2 ı 2
sen θ,
g(θ)
(1.22)
B x (θ) =
µ 0κ x ı x
g(θ) cos (θ − θ 0), (1.23)
B y (θ) =
µ 0κ y ı y
g(θ) sen (θ − θ 0). (1.24)
Cualquiera de los campos pueden ser fácilmente obtenido si se piensa en una rotación de la bobina
estudiada, por ejemplo:

1.4. Máquina bifásica de corriente alterna 13
Se supone una máquina con un devanado distribuido en el rotor con un eje girado α grados respecto
a la horizontal, Figura 1.15
. .. . . . . .
.
+
+ + + + ++++
α
Figura 1.15: Devanado distribuido en el rotor.
En la Figura 1.16 se ha desarrollado el entrehierro.
estator
α
. . . . . . . . . . . . . . .
α + π
entrehierro no uniforme
+ + + + π π
+ + + + + + + +
2
3π
2
rotor
2π
Figura 1.16: Desarrollo del entrehierro
Calculando debidamente se obtiene:
B(θ) = µ 0κI
cos (θ − α). (1.25)
g(θ)
Para el caso particular de α = 90 ◦ se caería en la bobina 2 de la representación como se ve
fácilmente.

14 Capítulo 1. Ecuaciones
Se hace énfasis en que la película de corriente puede estar indistintamente en el rotor o en el estator,
porque se tomó:
a ≫| g(θ) | .
La representación muestra devanados separados 90 ◦ mecánicos para el caso de dos polos, pero si la
máquina tuviera n pares de polos, la distancia entre fases de una misma estructura seria obviamente
90/n grados mecánicos. Para n pares de polos ya se vio que el campo se divide por n y el ángulo se
multiplica por n.
1.4.2. Cálculo de los parámetros circuitales
Resistencias
Las resistencias R 1 , R 2 , R x y R y de los devanados dependen de la longitud y sección de los mismos.
Igualmente la conductividad del material es determinante.
L es la longitud.
A es la sección.
ρ la conductividad del conductor.
R = ρL A . (1.26)
Los efectos por temperatura y frecuencia (efecto piel), no se consideraron; pues en cada estudio
particular de realizan los ajustes necesarios, sobre todo en la forma como se miden experimentalmente
estos parámetros.
Inductancias
El cálculo de las inductancias propias y mutuas de los cuatro devanados requiere un poco más de
elaboración y sobre todo algún conocimiento de la función de estado de energía.
La función de estado energía para un sistema de bobinas acopladas magnéticamente La potencia
instantánea total de entrada para el sistema de n bobinas acopladas magnéticamente que se
muestra en la Figura 1.17, es:
P en (t) = v 1 i 1 + v 2 i 2 + · · · + v n i n =
n∑
v i i i . (1.27)
i=1
Se supone que las bobinas son inductancias puras o que la resistencia eléctrica de cada una de
ellas ha sido desacoplada, es decir, concentrada y colocada en serie con la bobina; los v i serán
entonces voltajes de la parte estrictamente inductiva (Figura 1.18)
v ′ i es el voltaje en terminales y v i el voltaje en la inductancia.
De la ley de Faraday, se obtiene:
v 1 = dλ 1
dt , v 2
dλ 2
dt , · · · , v n = dλ n
dt ,

1.4. Máquina bifásica de corriente alterna 15
v 1 , i 1
v 3 , i 3
v 2 , i 2
v n , i n
Figura 1.17: Sistema de n bobinas acopladas magnéticamente
i 1
v 1
v ′ 1
Figura 1.18: Representación de una bobina.
de donde:
P en (t) = i 1 ˙λ1 + i 2 ˙λ2 + · · · + i n ˙λn . (1.28)
Despreciando la radiación de energía, por ser muy pequeña, la energía que entra al sistema
durante un diferencial de tiempo debe irse necesariamente a los campos magnéticos, luego:
dω m (t) = P en (t)dt.
Así:
dω m (t) = i 1 dλ 1 + i 2 dλ 2 + · · · + i n dλ n . (1.29)
Si la energía almacenada en t = 0, es cero:
ω m (t) =
∫ t
0
i 1 (t) dλ 1(t)
dt +
dt
∫ t
Se cambian los límites de integración y las variables:
ω m (λ 1 ,λ 2 , · · · ,λ n ) =
∫ λ1
0
0
i 2 (t) dλ 2(t)
dt + · · · +
dt
∫ λ2
i ′ 1(λ ′ 1,λ ′ 2, · · · ,λ ′ n)dλ ′ 1 +
∫ t
∫ λn
+ i ′ n (λ′ 1 ,λ′ 2 , · · · ,λ′ n )dλ′ n .
0
0
0
i n (t) dλ n(t)
dt.
dt
i ′ 2(λ ′ 1,λ ′ 2, · · · ,λ ′ n)dλ ′ 2 + · · ·

16 Capítulo 1. Ecuaciones
Se ha utilizado el superíndice ”primo”para expresar la variable, y la ausencia de superíndice los
valores finales de la variable en el tiempo t.
La función ω m (λ 1 ,λ 2 , · · · ,λ n ) se denomina la función de estado energía y, como se comprobará,
su valor no depende de la trayectoria seguida por el sistema de t = 0 a t = t, sino de los valores
finales.
n∑
∫ λi
ω m (λ 1 ,λ 2 , · · · ,λ n ) = i ′ i(λ ′ 1,λ ′ 2, · · · ,λ ′ n)dλ ′ i. (1.30)
i=1
Se define la función Coenergía ω ′ m(i 1 ,i 2 , · · · ,i n ) como:
0
ω ′ m(i 1 ,i 2 , · · · ,i n ) =
n∑
∫ ii
i=1
0
λ ′ i(i ′ 1,i ′ 2, · · · ,i ′ n)di ′ i. (1.31)
Al integrar una de las dos expresiones anteriores por partes se ve fácilmente que:
n∑
ω m + ω m ′ = λ i i i . (1.32)
Las funciones de estado Energía y Coenergía son independientes de la manera como el sistema
haya alcanzado el estado final.
i=1
Las variables λ e i se denominan variables de estado y determinan completamente el estado del
sistema.
Cuando el flujo concatenado es lineal con las corrientes se dice que el sistema es lineal y en este
caso la Energía es igual a la Coenergía. La figura 1.19 ilustra este caso de linealidad. El área
sobre la trayectoria de estado es igual a la Energía y el área debajo de la trayectoria de estado
igual a la Coenergía. Ambas son iguales.
Extensión de las funciones de estado para movimiento relativo entre bobinas Hasta aquí se tienen
las bobinas sin ningún movimiento relativo entre ellas, pero ahora se supone que el sistema
inicia su viaje de estado desde una posición y termina en otra. Se asocia a cada bobina un
movimiento rotativo a través del ángulo θ i (figura 1.20)
Se supone como estado inicial el reposo absoluto. Luego para los ángulos y los enlaces de flujo:
se lleva el sistema a la posición final para
θ i = 0 y λ i (0) = 0.
θ 1 ,θ 1 ,... ,θ n y λ 1 ,λ 2 ,... ,λ n .
Como la función de estado Energía es independiente de la trayectoria seguida de t = 0 a t = t,
se pueden llevar las variables θ i a las posiciones finales manteniendo en cero las variables de
estado λ i . Como es fácil notar el paso de las posiciones angulares a sus valores finales no

1.4. Máquina bifásica de corriente alterna 17
λ ′
i, λ
i ′ dλ ′
λ ′ di ′ i ′
Figura 1.19: Característica magnética lineal.
θ 2
θ 1
v 1 , i 1
v 2 , i 2
v n , i n
θ n
Figura 1.20: Movimiento relativo asociado a cada bobina.
representa cambio de energía en los campos magnéticos. Por consiguiente se pueden considerar
las variables θ i como constantes en su valor final para el cálculo de la función de estado Energía.
Las variables θ i actúan como variables mudas
ω m (λ 1 ,λ 2 ,...,λ n ,θ 1 ,θ 1 ,...,θ n ) =
es lo mismo para la función de Coenergía.
ω ′ m (i′ 1 ,i′ 2 ,... ,i′ n ,θ 1,θ 1 ,... ,θ n ) =
n∑
∫ λi
i=1 0
n∑
∫ ii
i=1 0
i ′ i (λ′ 1 ,λ′ 2 ,... ,λ′ n ,θ 1,θ 1 ,... ,θ n )dλ ′ i , (1.33)
λ ′ i (i′ 1 ,i′ 2 ,... ,i′ n ,θ 1,θ 1 ,... ,θ n )di ′ i . (1.34)
Es obvio que para cada conjunto de ángulos habrá una Energía y una Coenergía.
Cálculo de la función de estado Coenergía para la máquina bifásica La función Coenergía para
un sistema de cuatro bobinas 1, 2, x, y y su movimiento relativo descrito solo por el ángulo

18 Capítulo 1. Ecuaciones
θ 0 , está dado de acuerdo con la sección anterior por:
∫ i1
ω m(i ′ 1 ,i 2 ,i x ,i y ,θ 0 ) =
0
∫ ix
+
0
∫ i2
λ ′ 1(i ′ 1,i ′ 2,i ′ x,i ′ y,θ 0 )di ′ 1 +
λ ′ x(i ′ 1,i ′ 2,i ′ x,i ′ y,θ 0 )di ′ x +
0
∫ iy
λ ′ 2(i ′ 1,i ′ 2,i ′ x,i ′ y,θ 0 )di ′ 2
0
λ ′ y(i ′ 1,i ′ 2,i ′ x,i ′ y,θ 0 )di ′ y. (1.35)
Para calcular la anterior función Coenergía se necesita conocer la función que relaciona flujos
concatenados con corrientes.
De la teoría de campo electromagnético, se cumple:
⎡
⎢
⎣
λ ′ 1
λ ′ 2
λ ′ x
λ ′ y
⎤ ⎡
⎥
⎦ = ⎢
⎣
L 1 (θ 0 ) L 12 (θ 0 ) L 1x (θ 0 ) L 1y (θ 0 )
L 21 (θ 0 ) L 2 (θ 0 ) L 2x (θ 0 ) L 2y (θ 0 )
L x1 (θ 0 ) L x2 (θ 0 ) L x (θ 0 ) L xy (θ 0 )
L y1 (θ 0 ) L y2 (θ 0 ) L yx (θ 0 ) L y (θ 0 )
⎤ ⎡
⎥ ⎢
⎦ ⎣
i ′ ⎤
1
i
′
2
i ′ x
i
′
y
Expresa la relación de los flujos concatenados en cada bobina en función de las inductancias
propias y mutuas.
⎥
⎦ .
Se están despreciando los fenómenos de saturación en las estructuras ferromagnéticas del estator
y rotor, por lo tanto los flujos concatenados permanecen lineales con las corrientes. Dicha
relación es completamente lineal.
La linealidad permite calcular la energía magnética fácilmente pues resulta igual a la coenergía.
Para evaluar y calcular la Coenergía se requiere escoger una trayectoria de estado cualquiera: el
único requisito es llegar al estado final, por comodidad se escoge la más elemental.
Se lleva el sistema en cuatro etapas:
Primera: se lleva i ′ 1 de cero a i 1 y se mantiene i ′ 2 , i′ x, i ′ y en cero.
Segunda: se lleva i ′ 2 de cero a i 2 y se mantiene i ′ x, i ′ y en cero.
Tercera: se lleva i ′ x a i x y se mantiene i ′ y en cero.
Cuarta: se lleva i ′ y de cero a i y .
La evaluación de la coenergía siguiendo dichas etapas es así:
ω m ′ 1
= 1 2 L 1(θ 0 )i 2 1 ,
ω m ′ 2
= 1 2 L 2(θ 0 )i 2 2 + L 21 (θ)i 1 i 2 ,
ω m ′ 3
= 1 2 L x(θ 0 )i 2 x + L x1 (θ)i x i 1 + L x2 (θ 0 )i x i 2 ,
ω m ′ 4
= 1 2 L y(θ 0 )i 2 y + L y1(θ)i y i 1 + L y2 (θ 0 )i y i 2 + L yx (θ 0 )i y i x .

1.4. Máquina bifásica de corriente alterna 19
El aumento total de energía será:
ω ′ m = ω′ m 1
+ ω ′ m 2
+ ω ′ m 3
+ ω ′ m 4
.
ω ′ m = 1 2 L 1(θ 0 )i 2 1 + 1 2 L 2(θ 0 )i 2 2 + L 21 (θ)i 1 i 2 + 1 2 L x(θ 0 )i 2 x + L x1 (θ)i x i 1 + L x2 (θ 0 )i x i 2
+ 1 2 L y(θ 0 )i 2 y + L y1 (θ)i y i 1 + L y2 (θ 0 )i y i 2 + L yx (θ 0 )i y i x .
(1.36)
Coenergía que es igual a la Energía magnética total almacenada en el sistema de cuatro bobinas
de la máquina bifásica.
Cálculo de la energía almacenada en los campos magnéticos de la máquina bifásica Se determinará la
energía total almacenada en los campos magnéticos como la integración sobre el volumen
ocupado por dichos campos.
Se recuerda que:
ω m = 1 2
∫
volumen
⃗B · ⃗HdV.
Se trata de la máquina de dos polos de la figura 1.21
2
θ 0
y
x
1
Figura 1.21: Máquina bifásica de dos polos.
Se supone que toda la energía se halla en el entrehierro por cuanto H en el hierro es despreciable
respecto al del aire. Además la relación B − H en el entrehierro es lineal e isotrópica.
Entonces:
dωm
dV = B2
, ω m = 1 ∫
B 2 dV,
2µ 0 2µ 0
define la densidad de energía en el entrehierro.
volumen
Puesto que el campo magnético de cada bobina es radial el campo magnético total esta dado

20 Capítulo 1. Ecuaciones
por:
B = B 1 + B 2 + B x + B y ,
B(θ) = µ 0
g(θ) 〈κ 1i 1 cos θ + κ 2 i 2 sen θ + κ x i x cos (θ − θ 0 ) + κ y i y sen (θ − θ 0 )〉. (1.37)
Como se ve en la figura 1.22 un diferencial de energía en el entrehierro es:
dV = a L g(θ) dθ. (1.38)
Se supone
a ≫ g(θ).
g(θ)
a
dθ
L
Figura 1.22: Diferencial de energía en el entrehierro.
Reemplazando:
ω m =
∫ 2π
0
B 2 (θ)
2µ 0
a L g(θ) dθ. (1.39)
ω m = µ 0aL
2
∫ 2π
Si se tiene en cuenta que:
0
1
g(θ) 〈κ 1i 1 cos θ + κ 2 i 2 sen θ + κ x i x cos (θ − θ 0 ) + κ y i y sen (θ − θ 0 )〉 2 dθ.
⎡
1
g(θ) = 1
g 0 − g 1 cos 2θ = 1 ⎢
⎣
g o
y que ∣ ∣∣∣ g 1
cos 2θ
g 0
∣ < 1.
1
1 − g 1
g 0
cos 2θ
⎤
⎥
⎦ ,
(1.40)

1.4. Máquina bifásica de corriente alterna 21
Se obtiene la siguiente serie de potencias (serie geométrica convergente):
[
1
g(θ) = 1 ( ) ( ) ] 2 g1 g1
1 + cos 2θ + cos 2θ + · · ·
g 0 g 0 g 0
Considerando solo los dos primeros términos:
1
g(θ) = 1 (
1 + g )
1
cos 2θ
g 0 g 0
(1.41)
Con esto la energía magnética total almacenada en los campos es:
ω m = µ 0aL
2g 0
∫ 2π
0
ω m = µ 0aL
2g 0
∫ 2π
0
(
1 + g )
1
cos 2θ 〈κ 1 i 1 cos θ + κ 2 i 2 sen θ + κ x i x cos (θ − θ 0 )
g 0
+ κ y i y sen (θ − θ 0 )〉 2 dθ.
(
1 + g )
1
cos 2θ 〈κ 2
g
1i 2 1cos 2 θ + 2κ 1 κ 2 i 1 i 2 sen θcos θ + κ 2 1i 2 1sen 2 θ
0
+ 2κ 1 κ x i 1 i x cos θcos (θ − θ 0 ) + 2κ 1 κ y cos θsen (θ − θ 0 )
+ 2κ 2 κ x i 2 i x cos (θ − θ 0 )sen θ + 2κ 2 κ y i 2 i y sen θsen (θ − θ 0 )
+ 2κ x κ y i x i y cos (θ − θ 0 )sen (θ − θ 0 ) + κ 2 x i2 x cos2 (θ − θ 0 )
+ κ 2 yi 2 ysen 2 (θ − θ 0 )〉dθ.
Evaluando las distintas integrales, se obtiene:
ω m = µ 〈 (
0aL
κ 2 1
2g i2 1 π 1 + g )
1
0 2g 0
(
+ 2κ 2 κ x i 2 i x π
− 2κ 1 κ y i 1 i y π
+ κ 2 2 i2 2 π (
1 − g 1
2g 0
)
1 − g 1
2g 0
)
sen θ 0 + 2κ 2 κ y i 2 i y π
(
+ 2κ 1 κ x π
(
1 − g 1
2g 0
)
cos θ 0
(
1 + g 1
2g 0
)
sen θ 0 − 2κ x κ y i x i y π g 1
2g 0
sen 2θ 0
+ κ 2 x i2 x π (
1 + g 1
2g 0
cos 2θ 0
)
+ κ 2 y i2 y π (
1 − g 1
2g 0
cos 2θ 0
)〉
.
1 + g 1
2g 0
)
i 1 i x cos θ 0
Expresión que da la energía magnética total almacenada en los campos magnéticos.
(1.42)
Comparación de energías Si se compara la función de coenergía obtenida con base en la función de
estado con la última función obtenida a partir de la densidad volumétrica de campo sobre todo
el volumen se pueden identificar los valores de las respectivas inductancias de la máquina.
Recordar que la función de estado coenergía es igual a la función de estado energía.
ω m = ω ′ m.

22 Capítulo 1. Ecuaciones
Comparando término a término las ecuaciones 1.36 y 1.42 se obtiene:
L 12 (θ 0 ) = L 21 (θ 0 ) = 0, (1.43)
L 1 (θ 0 ) =
µ 0aLκ 2 1 π (
1 + g )
1
= L 1 , (1.44)
g 0 2g 0
L 2 (θ 0 ) =
µ 0aLκ 2 2 π (
1 − g )
1
= L 2 , (1.45)
g 0 2g 0
L 1x (θ 0 ) =
µ (
0aLκ 1 κ x π
1 + g )
1
cos θ 0 = L 1xmax cos θ 0 , (1.46)
g 0 2g 0
L 1y (θ 0 ) = − µ (
0aLκ 1 κ y π
1 + g )
1
sen θ 0 = −L 1ymax sen θ 0 , (1.47)
g 0 2g 0
L 2x (θ 0 ) =
µ (
0aLκ 2 κ x π
1 − g )
1
sen θ 0 = L 2xmax sen θ 0 , (1.48)
g 0 2g 0
L 2y (θ 0 ) =
µ (
0aLκ 2 κ y π
1 − g )
1
cos θ 0 = L 2ymax cos θ 0 , (1.49)
g 0 2g 0
L xy (θ 0 ) = − µ 0aLκ x κ y g 1 π
2g0
2 sen 2θ 0 = −L xymax sen 2θ 0 , (1.50)
L x (θ 0 ) =
µ 0aLκ 2 (
xπ
1 + g )
1
cos 2θ 0 = L x0 + L xθ cos 2θ 0 , (1.51)
g 0 2g 0
L y (θ 0 ) =
µ 0aLκ 2 y π
g 0
(
1 − g 1
2g 0
cos 2θ 0
)
= L y0 − L yθ cos 2θ 0 . (1.52)
Extensión para n pares de polos Si se quiere extender el desarrollo para máquinas de n pares de
polos, basta calcular la energía teniendo en cuenta que los campos magnéticos están descritos
ahora por las siguientes expresiones:
B 1 (θ) = µ 0κ 1 ı 1
cos θ,
g(θ)
B 2 (θ) = µ 0κ 1 ı 2
sen θ,
g(θ)
B x (θ) =
µ 0κ x ı x
g(θ) cos (θ − θ 0),
B y (θ) =
µ 0κ y ı y
g(θ) sen (θ − θ 0).
Recalculando las integrales es fácil demostrar que en cada coeficiente aparece el término 1/n 2
como multiplicador.

1.5. Ecuaciones eléctricas de equilibrio para la máquina bifásica de corriente alterna 23
Así:
ω m = µ 0aL
2g 0 n 2 ∫ 2π
0
(
1 + g )
1
cos 2θ (κ 1 i 1 cos nθ + κ 2 i 2 sen nθ + κ x i x cos n(θ − θ 0 )
2g 0
Se nota que para el tipo de integrales involucradas
∫ 2π
0
∫ 2π
f(θ)dθ = n f(θ) dθ
0
+ κ y i y sen n(θ − θ 0 )) 2 dθ.
n = ∫ 2πn
0
f(θ) dθ
n .
Esto se ve con θ en radianes eléctricos.
ω m = µ ∫ 2πn
(
0aL
2g 0 n 2 1 + g )
1
cos 2θ (κ 1 i 1 cos θ + κ 2 i 2 sen θ + κ x i x cos (θ − θ 0 )
g 0
0
(1.53)
+ κ y i y sen (θ − θ 0 )) 2dθ
n . (1.54)
Los resultados para las inductancias serán iguales a las obtenidas con la sola variación del factor
1/n 2 que aparece de multiplicador y con el ángulo θ 0 en radianes eléctricos.
Por ejemplo:
L 1x (θ 0 ) = µ (
0aLκ 1 κ x π
g 0 n 2 1 + g )
1
cos θ 0 .
2g 0
Expresada en grados mecánicos es:
L 1x (θ 0 ) = µ (
0aLκ 1 κ x π
g 0 n 2 1 + g )
1
cos nθ 0 = L 1xmax cos nθ 0 .
2g 0
La siguiente matriz resume las inductancias para la máquina bifásica con n pares de polos:
⎡
⎤
L 1 0 L 1xmax cos nθ 0 −L 1ymax sen nθ 0
[L 1,2,x,y ] = ⎢ 0 L 2 L 2xmax sen nθ 0 L 2ymax cos nθ 0
⎥
⎣ L 1xmax cos nθ 0 L 2xmax sen nθ 0 L xo + L xθ cos 2nθ 0 −L xymax sen 2nθ 0
⎦ .
−L 1ymax sen nθ 0 L 2ymax cos ηθ 0 −L xymax sen 2nθ 0 L y0 − L yθ cos 2nθ 0
(1.55)
Obviamente los coeficientes de las inductancias incorporan el factor 1/n 2 y θ 0 está en radianes
mecánicos.
1.5. Ecuaciones eléctricas de equilibrio para la máquina bifásica de
corriente alterna
Se trata de la máquina de la Figura 1.23

24 Capítulo 1. Ecuaciones
2
θ 0
y
x
1
Figura 1.23: Máquina bifásica de c.a
Mediante las leyes de Kirchhoff y Faraday, y con el conocimiento previamente adquirido en cuanto
a los parámetros de la máquina, se pueden deducir las ecuaciones de equilibrio eléctricas.
Obviamente la parte resistiva de los devanados es desacoplada y concentrada por fuera de las
bobinas (Figura 1.24).
Por ejemplo, para la bobina 1:
v 1 = R 1 i 1 + dλ 1
dt .
En términos generales:
i 1
+ v 1
−
Figura 1.24: Circuito eléctrico de la bobina 1 de la máquina bifásica de c.a.
Donde:
ρ = dλ
dt .
Tomando en cuenta los cuatro devanados se tiene:
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡
v 1 R 1 0 0 0
⎢ v 2
⎥
⎣ v 3
⎦ = ⎢ 0 R 2 0 0
⎥ ⎢
⎣ 0 0 R x 0 ⎦ ⎣
v 4 0 0 0 R y
v = Ri + ρλ. (1.56)
⎤
i 1
i 2
⎥
i x
i y
⎡
⎦ + ρ ⎢
⎣
⎤
λ 1
λ 2
λ x
λ y
⎥
⎦ .

1.5. Ecuaciones eléctricas de equilibrio para la máquina bifásica de corriente alterna 25
Pero
De donde:
⎡ ⎤ ⎡
v 1
⎢ v 2
⎥
⎣ v 3
⎦ = ⎢
⎣
v 4
[λ 1,2,x,y ] =
⎡
⎢
⎣
⎤
λ 1
λ 2
⎥
λ x
λ y
⎤
R 1 0 0 0
0 R 2 0 0
⎥
0 0 R x 0 ⎦
0 0 0 R y
⎡
⎦ = [L 1,2,x,y(θ 0 )] ⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
⎤
i 1
i 2
⎥
i x
i y
⎤
i 1
i 2
i x
i y
⎥
⎦ .
⎡
⎦ + ρ[L 1,2,x,y(θ 0 )] ⎢
⎣
⎤
i 1
i 2
i x
i y
⎥
⎦ . (1.57)
1.5.1. Simetría en el rotor
Para todos los casos prácticos se puede suponer simetría en el rotor; esto es:
N x = N y ,
R x = R y ,
L x0 = L xymax ,
L x0 = L y0 ,
L 1xmax = L 1ymax ,
L 2xmax = L 2ymax .
Puesto que κ x = κ y , agrupando y tomando en consideración la restricción de simetría en el rotor,
la ecuación general de los ejes eléctricos será:
⎡ ⎤ ⎡
v 1 R 1 + L 1 ρ 0 L 1xmax ρcos nθ 0
⎢ v 2
⎥
⎣ v x
⎦ = ⎢ 0 R 1 + L 2 ρ L 2xmax ρsen nθ 0
⎣ L 1xmax ρcos nθ 0 L 2xmax ρsen nθ 0 R x + L x0 ρ + L xymax ρcos 2nθ 0
v y −L 1xmax ρsen nθ 0 L 2xmax ρcos nθ 0 −L xymax ρcos 2nθ 0
⎤⎡
⎤
(1.58)
−L 1xmax ρsen nθ 0 i 1
L 2xmax ρcos nθ 0
⎥⎢
i 2
⎥
−L xymax ρsen 2nθ 0
⎦⎣
i x
⎦ ,
R x + L x0 ρ − L xymax ρcos 2nθ 0 i y
⎡
⎢
⎣
⎤
v 1
v 2
⎥
v x
v y
⎡
⎦ = [Z 1,2,x,y(θ 0 )] ⎢
⎣
⎤
i 1
i 2
i x
i y
1.5.2. Ajuste de las ecuaciones para polos salientes en el rotor
⎥
⎦ . (1.59)
Se ha desarrollado todo el procedimiento de análisis para una máquina con polos salientes en el
estator, sin embargo se demostrará que las ecuaciones se pueden ajustar fácilmente cuando los polos
están localizados en el rotor.

26 Capítulo 1. Ecuaciones
Se ilustrará para la máquina de la figura 1.25
Figura 1.25: Máquina de polos salientes en el rotor.
La figura 1.26 muestra la máquina que se ha estudiado y su equivalente cambiando en el marco
de referencia de la velocidad; es decir amarrando el rotor y liberando el estator. Obviamente las
ecuaciones siguen siendo validas.
(a)
(b)
Figura 1.26: Máquina bifásica de c.a y su equivalente cambiando el marco de referencia de la velocidad.
En la figura 1.27 se ha intercambiado la localización de las estructuras, es decir la exterior se ha
vuelto interior y viceversa.
Esto es perfectamente posible porque el hierro se desprecia en los cálculos y el entrehierro se
conserva en su valor. Es claro que se conserva el sentido de giro.
La figura 1.28 muestra una máquina con polos salientes en el rotor que tiene exactamente las
mismas ecuaciones que se han desarrollado.
Obviamente para el caso de polos salientes en el rotor las variables x, y responden a variables del
estator y las variables 1, 2 a variables del rotor 1 .
Si se tienen en cuenta estas variaciones no debe existir ninguna dificultad para manejar situaciones
con máquinas de polos salientes en el rotor.
1 Nótese que el sentido de giro de la máquina es contrario al definido como positivo

1.6. Ecuación mecánica de equilibrio para la máquina bifásica de corriente alterna 27
(a)
(b)
Figura 1.27: Intercambio de la localización de las estructuras.
y
2
1
x
θ 0
Figura 1.28: Máquina de polos salientes en el rotor.
1.6. Ecuación mecánica de equilibrio para la máquina bifásica de
corriente alterna
La ecuación general de los cuatro ejes eléctricos desarrollada es insuficiente para conocer el funcionamiento
de la máquina pues se tienen cinco variables independientes a saber:
i 1 ,i 2 ,i x ,i y ,θ 0 .
Se remueve este obstáculo con el apoyo de la ecuación del eje mecánico, la cual resulta de la
aplicación de la segunda ley de Newton al eje mecánico.
1.6.1. Determinación del torque electromagnético
La acción simultánea de los distintos campos magnéticos y devanados provoca un torque en el eje de
la máquina. Para determinar este torque se considera la máquina como un dispositivo electromecánico
de cinco puertas: cuatro eléctricas y una mecánica. Se ilustra en la figura 1.29
T es el torque externo aplicado.

28 Capítulo 1. Ecuaciones
i 1
˙θ0
˙λ 1
MÁQUINA
i 2
T
˙λ BIFÁSICA
2
i x i y
˙λx ˙λy
Figura 1.29: Máquina bifásica como dispositivo electromecánico
Se supone que a partir de un instante determinado se inyecta potencia por las cinco puertas, es decir
potencia eléctrica por las cuatro puertas eléctricas y potencia mecánica en la puerta mecánica.
P en = i 1 ˙λ1 + i 2 ˙λ2 + i x ˙λx + i y ˙λy + T ˙θ 0 . (1.60)
Las resistencias se han desacoplado están en el circuito externo.
Se supone que la máquina no tiene perdidas.
Toda la energía entregada tiene que seguir dos caminos:
Los campos magnéticos y la energía cinética del rotor.
Se supone ahora que de alguna forma se logra que la energía cinética no se modifique. Siendo así,
toda la energía debe irse a los campos magnéticos.
El diferencial de energía total está dado por:
dω m = P en dt = i 1 dλ 1 + i 2 dλ 2 + i x dλ x + i y dλ y + Tdθ 0 ,
se sabe que:
ω m (λ 1 ,λ 2 ,λ x ,λ y ,θ 0 ) =
∑
i=1,2,x,y
∫ λi
0
i ′ i(λ ′ 1,λ ′ 2,λ ′ x,λ ′ y,θ 0 )dλ ′ i.
Para el diferencial de energía:
ω m (λ 1 ,λ 2 ,λ x ,λ y ,θ 0 ) = ∂ω m
∂λ 1
λ 1 + ∂ω m
∂λ 2
λ 2 + ∂ω m
∂λ x
λ x + ∂ω m
∂λ y
λ y + ∂ω m
∂θ 0
θ 0 .

1.6. Ecuación mecánica de equilibrio para la máquina bifásica de corriente alterna 29
Ahora:
ω m (λ 1 ,λ 2 ,λ x ,λ y ,θ 0 ) =
∫ λ1
0
∫ λx
0
∫ λ2
i ′ 1 (λ′ 1 ,λ′ 2 ,λ′ x ,λ′ y ,θ 0)dλ ′ 1 + i ′ 2 (λ′ 1 ,λ′ 2 ,λ′ x ,λ′ y ,θ 0)dλ ′ 2
i ′ x(λ ′ 1,λ ′ 2,λ ′ x,λ ′ y,θ 0 )dλ ′ x +
0
∫ λy
0
i ′ y(λ ′ 1,λ ′ 2,λ ′ x,λ ′ y,θ 0 )dλ ′ y.
Luego:
∂ω m
∂λ 1
= i 1 ,
∂ω m
∂λ 2
= i 2 ,
∂ω m
∂λ x
= i x ,
∂ω m
∂λ y
= i y .
Porque en cada variación las demás variables toman valores fijos.
Así:
dω m (λ 1 ,λ 2 ,λ x ,λ y ,θ 0 ) = i 1 dλ 1 + i 2 dλ 2 + i x dλ x + i y dλ y + ∂ω m
∂θ 0
(λ 1 ,λ 2 ,λ x ,λ y ,θ 0 )dθ 0 . (1.61)
Como se ha supuesto:
Entonces
dω = dω m .
T = ∂ω m
∂θ 0
(λ 1 ,λ 2 ,λ x ,λ y ,θ 0 ). (1.62)
Si se sabe que:
ω m (λ 1 ,λ 2 ,λ x ,λ y ,θ 0 ) + ω ′ m(λ ′ 1,λ ′ 2,λ ′ x,λ ′ y,θ 0 ) = λ 1 i ′ 1 + λ 2 i ′ 2 + λ x i ′ x + λ y i ′ y,
es fácil demostrar:
T = − ∂ω′ m
∂θ 0
(λ 1 ,λ 2 ,λ x ,λ y ,θ 0 ). (1.63)
La suposición hecha, vale decir que la energía de entrada no modifique la energía cinética, implica
que la velocidad no cambie. La única forma de lograrlo es que el torque aplicado a la puerta mecánica
compense exactamente el torque electromagnético producido por la máquina; bajo esta circunstancia
no habrá aceleración y por tanto la velocidad no se incrementará. De tal suerte que el torque T es igual
en magnitud al torque electromagnético T g y de signo contrario.
De hecho no se realizó trabajo ni entró energía por la puerta mecánica; a este procedimiento se le
conoce como principio de trabajo virtual.
T = −T g ,
T g = ∂ω′ m
∂θ 0
(λ 1 ,λ 2 ,λ x ,λ y ,θ 0 ).
Se deriva parcialmente la ecuación de la Coenergía (ecuación 1.36) con respecto al ángulo θ 0 , se

30 Capítulo 1. Ecuaciones
tiene:
T g = 1 ∂L 1 (θ 0 ) ∂L 21 (θ 0 )
2 i2 1 + i 1 i 2 + 1 ∂L 2 (θ 0 ) ∂L x1 (θ 0 ) ∂L x2 (θ 0 )
∂θ 0 ∂θ 0 2 i2 2 + i x i 1 + i x i 2
∂θ 0 ∂θ 0 ∂θ 0
+ 1 ∂L x (θ 0 ) ∂L y1 (θ 0 ) ∂L y2 (θ 0 ) ∂L yx (θ 0 )
2 i2 x + i y i 1 + i y i 2 + i y i x + 1 ∂L y (θ 0 )
∂θ 0 ∂θ 0 ∂θ 0 ∂θ 0 2 i2 y .
∂θ 0
Teniendo en consideración la matriz de inductancias, resulta:
T g =n(−L 1xmax i 1 i x sen nθ 0 + L 2xmax i 2 i x cos nθ 0 − L xymax i 2 xsen 2nθ 0 − L 1xmax i 1 i y cos nθ 0
− L 2xmax i 2 i y sen nθ 0 − 2L xymax i x i y cos 2nθ 0 + L xymax i 2 y sen 2nθ). (1.64)
1.6.2. Extensión de la expresión del torque para polos salientes en el rotor
La expresión lograda para el torque sigue vigente para la máquina mostrada en la figura 1.30.
y
2
1
x
θ 0
Figura 1.30: Máquina bifásica.
Si se quisiera la ecuación para el sentido del giro positivo (antihorario) basta cambiar ρθ 0 por −ρθ 0
y el torque cambiará de signo.
1.6.3. Ley de Newton para el eje mecánico
En la figura1.31 se muestra una máquina y su carga mecánica, J M es la inercia del rotor y J C la
inercia del sistema motriz o la carga mecánica.
De la segunda ley de Newton:
donde:
∑
T = Jtotal¨θ0 , (1.65)
J total = J M + J C .

1.7. Solución de las ecuaciones generales de la máquina 31
Carga mecánica
T ext
rotor
T g
Figura 1.31: Eje mecánico.
Si; T f es el torque de fricción:
T g (i 1 ,i 2 ,i x ,i y ,θ 0 ) − T f ± T ext = (J M + J C )¨θ 0 ,
donde: T ext es el torque motriz o torque de la carga.
La anterior expresión es la ecuación del eje mecánico de la máquina, la cual combinada con
las ecuaciones eléctricas; permiten suficiente información para conocer el funcionamiento de una
máquina bifásica.
1.7. Solución de las ecuaciones generales de la máquina
Una rápida inspección de las cinco ecuaciones obtenidas muestra que es un sistema de ecuaciones
diferenciales no lineales, con no linealidades tipo producto de variables, incluyendo funciones sinusoidales
de variables. Por ejemplo:
d
V x =L 1xmax
dt (i d
1cos nθ 0 ) + L 2xmax
dt (i di x
2sen nθ 0 ) + R x i x + L x0
dt
d
+ L xymax
dt (i d
xcos 2nθ 0 ) − L xymax
dt (i ysen 2nθ 0 )
Obviamente este tipo de ecuaciones no permite soluciones analíticas y se debe recurrir a métodos
numéricos de solución.
No obstante existen ciertas transformaciones de variables que permiten simplificar las ecuaciones e
incluso para casos especiales lograr soluciones analíticas reduciendo en algunas veces las ecuaciones

32 Capítulo 1. Ecuaciones
a circuitos eléctricos comunes.
Sin embargo, siempre en condiciones dinámicas, se tendrá que recurrir a métodos computacionales,
aunque obviamente manejando ecuaciones más simplificadas que las presentes.
Entre las transformaciones más importantes está la transformación θ 0 , también conocida como
transformación d − q que elimina de las ecuaciones la dependencia de θ 0 .
También esta la transformación de tres ejes a dos ejes que permite manejar máquinas trifásicas con
las ecuaciones de las bifásicas en combinación con las transformación de las componentes simétricas.
1.8. Transformación Θ 0
1.8.1. Definición
Las transformadas de Laplace y la transformación logarítmica permiten simplificar la manipulación
de ecuaciones y obtener resultados en forma rápida y sistemática. Los resultados son objetos abstractos
y muchas veces sin utilidad. Se recurre entonces a la antitransformada para conocer la solución real.
El cálculo integracional también utiliza transformaciones de variables (sustitución de variables)
para facilitar el proceso de integración y obtener soluciones analíticas.
El procedimiento consiste entonces en transformar las variables para resolver situaciones en términos
de las nuevas variables y después regresar en la transformación (antitransformar), para conocer resultados.
La transformación Θ 0 a realizar convierte las variables de las bobinas x, y en variables correspondientes
a unas nuevas bobinas imaginarias a, A; que aunque están fijas en el espacio (no rotan), proporcionan
en el entrehierro el mismo campo magnético que las originales. Al estar estas bobinas a, A reemplazando
a las bobinas x, y; corresponde solamente traducir las ecuaciones al lenguaje de las nuevas variables.
Al quedar las bobinas en los mismos ejes del estator no existirán dependencias angulares y las
ecuaciones se simplificarán bastante (figura 1.32).
De la ecuación de los ejes electricos, la transformación es igual a:
[ ]
[ ] cos nθ0 −sen nθ TΘ0 = 0
. (1.66)
sen nθ 0 cos nθ 0
Se aplica tanto a voltajes como a corrientes
[ ] [ ][ ]
ia cos nθ0 −sen nθ
=
0 ix
. (1.67)
i A sen nθ 0 cos nθ 0 i y
[ ] [ ][ ]
va cos nθ0 −sen nθ
=
0 vx
. (1.68)
v A sen nθ 0 cos nθ 0 v y

1.8. Transformación Θ 0 33
[ ]
[ ] −1 cos nθ0 sen nθ TΘ0 = 0
.
−sen nθ 0 cos nθ 0
2
y
A
x
a 1
θ 0
Figura 1.32: Transformación Θ 0 aplicada a la máquina bifásica.
1.8.2. Invariancia de la potencia
Esta transformación debe ser invariante en potencia, es decir las potencias deber ser iguales en los
dos sistemas de variables
i a v a + i A v A = i x v x + i y v y . (1.69)
En forma matricial
[
ia
i A
] t [
va
v A
]
[
ia
i A
] t [
va
v A
]
=
=
{ [ ] [ ]} t
i x
[ ] [ ]
v x
TΘ0 TΘ0 ,
i y v y
[ ] t ix [ ] t [ ] [ ]
v x
TΘ0 TΘ0 .
i y v y
La igualdad de las potencias implica que:
[
TΘo
] t [
TΘo
]
=
[
I
]
,
donde la matriz [I] es la matriz identidad. Posmultiplicando por la inversa de la transformación:
[
TΘ0
] t =
[
TΘ0
] −1 . (1.70)
Es fácilmente comprobable que la matriz de transformación cumple con la condición anterior. La
transformación que cumple con esta condición es conocida como transformación ortogonal.

34 Capítulo 1. Ecuaciones
1.8.3. Aplicación de la transformación
Puesto que las corrientes de estator no necesitan ser modificadas la transformación total será
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
i 1
1 0 0 0 i 1
⎢i 2
⎥
⎣i a
⎦ = 0 1 0 0
⎢ ⎥ ⎢i 2
⎥
⎣ 0 0 [ ] ⎦ ⎣i x
⎦ ,
i TΘ0 A 0 0 i y
⎡ ⎤ ⎡
v 1
1 0
⎢v 2
⎥
⎣v a
⎦ = 0 1
⎢
⎣ 0 0
v A 0 0
⎤ ⎡ ⎤
0 0 v 1
0 0
⎥ ⎢v 2
⎥
[ ] ⎦ ⎣v x
⎦ .
TΘ0
v y
Con:
⎡
1 0
0 1
⎢
⎣0 0
0 0
⎤
0 0
0 0
⎥
[ ] ⎦ TΘ0
−1
⎡
1 0
0 1
= ⎢
⎣ 0 0
0 0
⎤
0 0
0 0
⎥
[ ] −1 ⎦ .
TΘ0
Luego:
⎡ ⎤ ⎡
i 1
1 0
⎢i 2
⎥
⎣i x
⎦ = 0 1
⎢
⎣ 0 0
i y 0 0
⎡ ⎤ ⎡
v 1
1 0
⎢v 2
⎥
⎣v x
⎦ = 0 1
⎢
⎣ 0 0
v y 0 0
⎤ ⎡ ⎤
0 0 i 1
0 0
⎥ ⎢i 2
⎥
[ ] −1 ⎦ ⎣i a
⎦ ,
TΘ0
i A (1.71)
⎤ ⎡ ⎤
0 0 v 1
0 0
⎥ ⎢v 2
⎥
[ ] −1 ⎦ ⎣v a
⎦ .
TΘ0
v A (1.72)
Reemplazando las expresiones anteriores en la ecuación general eléctrica vista;
⎡ ⎤
⎡ ⎤
v 1
i 1
⎢v 2
⎥
⎣v x
⎦ = [ Z 1,2,x,y (θ 0 ) ] ⎢i 2
⎥
⎣i x
⎦ ,
v y i y
⎡ ⎤⎡
⎤
⎡ ⎤⎡
⎤
1 0 0 0 v 1
1 0 0 0 i 1
0 1 0 0
⎢ ⎥⎢v 2
⎥
⎣ 0 0 [ ] −1 ⎦⎣v a
⎦ = [ Z 1,2,x,y (θ 0 ) ] 0 1 0 0
⎢ ⎥⎢i 2
⎥
⎣ 0 0 [ ] −1 ⎦⎣i a
⎦ .
TΘ0
0 0 v TΘ0
A 0 0 i A

1.8. Transformación Θ 0 35
Premultiplicando por la matriz de transformación
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡
v 1
1 0 0 0
1 0
⎢v 2
⎥
⎣v a
⎦ = 0 1 0 0
[
⎢ ⎥ Z1,2,x,y (θ
⎣ 0 0 [ ] 0 ) ] 0 1
⎢
⎦ ⎣ 0 0
v TΘ0
A 0 0
0 0
⎤⎡
⎤
0 0 i 1
0 0
⎥⎢i 2
⎥
[ ] −1 ⎦⎣i a
⎦ .
TΘ0
i A
De donde:
⎡
1 0
[ ] 0 1
Z1,2,a,A = ⎢
⎣0 0
0 0
⎤ ⎡
0 0
1 0
0 0
[
⎥ Z1,2,x,y (θ
[ ] 0 ) ] 0 1
⎢
⎦ ⎣0 0
TΘ0
0 0
⎤
0 0
0 0
⎥
[ ] −1 ⎦ TΘ0
(1.73)
De desarrollar el anterior producto de matrices, teniendo el debido cuidado con el operador ρ, el
cual lleva implícita la acción sobre las corrientes, así:
ρcos nθ 0 = cos nθ 0 ρ − sen nθ 0 (nρθ 0 ),
pues en el fondo está actuando sobre el producto de variables cos nθ 0 i; se llega al siguiente resultado:
⎡
⎤
R 1 + L 1 ρ 0 L 1xmax ρ 0
[ ] Z1,2,a,A = ⎢ 0 R 2 + L 2 ρ 0 L 2xmax ρ
⎥
⎣ L 1xmax ρ L 2xmax nρθ 0 R x + (L x0 + L xymax )ρ (L x0 − L xymax )nρθ 0
⎦ .
−L 1xmax nρθ 0 L 2xmax ρ −(L x0 + L xymax )nρθ 0 R x + (L x0 − L xymax )ρ
(1.74)
La matriz anterior, como se puede apreciar es una matriz independiente de θ 0 . Se ha levantado la
dependencia mediante la transformación.
Se puede aplicar la técnica de submatrices para llegar al resultado anterior, así:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
1 0 0 0
1 0 0 0
[ ] 0 1 0 0
[
Z1,2,a,A = ⎢ ⎥ Z1,2,x,y (θ
⎣0 0 [ ] 0 ) ] 0 1 0 0
⎢ ⎥
⎦ ⎣0 0 [ ] −1 ⎦
TΘ0 TΘ0
0 0
0 0
⎡ [ ] [ ] ⎤ ⎡ [ ] [ ] ⎤
1 0 0 0 [ ] 1 0 0 0
[ ] 0 1 0 0
[Z11 ][Z 12 ]
0 1 0 0
Z1,2,a,A = ⎢ [ ] ⎥ ⎢ [ ] ⎥
⎣ 0 0 [TΘ0 ] ⎦ [Z 21 ][Z 22 ] ⎣ 0 0 [TΘ0 ] −1 ⎦ .
0 0
0 0

36 Capítulo 1. Ecuaciones
Donde:
[ ]
Z11
[ ]
Z12
[ ]
Z21
[ ]
Z22
Luego
=
=
=
=
[ ]
R1 + L 1 ρ 0
,
0 R 2 + L 2 ρ
[ ]
L1xmax ρcos nθ 0 −L 1xmax ρsen nθ 0
,
L 2xmax ρsen nθ 0 L 2xmax ρcosnθ 0
[ ]
L1xmax ρcos nθ 0 L 2xmax ρsen nθ 0
,
−L 1xmax ρsen nθ 0 L 2xmax ρcosnθ 0
[ ]
Rx + L x0 ρ + L xymax ρcos 2nθ 0 −L xymax ρsen 2nθ 0
.
−L xymax ρsen 2nθ 0 R x + L x0 ρ − L xymax ρcos 2nθ 0
⎡ [ ] [ ] ⎤
1 0 0 0
[ ] 0 1 0 0
Z1,2,a,A = ⎢ [ ] ⎥
⎣ 0 0 [TΘ0 ] ⎦
0 0
[
[ ]
Z1,2,a,A =
[
[Z11 ][Z 12 ][TΘ 0 ] −1 ]
[Z 21 ][Z 22 ][TΘ 0 ] −1
[Z 11 ] [Z 12 ][TΘ 0 ] −1 ]
[TΘ 0 ] [Z 12 ] [TΘ 0 ] [Z 22 ][TΘ 0 ] −1
. (1.75)
Basta resolver los productos internos de matrices para llegar a la matriz [Z 1,2,a,A ].
Corresponde ahora determinar la expresión para el torque electrogmético T g , en término de las
variables transformadas.
Para ello se cuenta con la invariancia de potencia en la transformación, así:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
v 1
i 1
⎢v 2
⎥
⎣v a
⎦ = [ ]
Z 1,2,a,A
⎢i 2
⎥
⎣i a
⎦ .
v A i A
La potencia eléctrica total de entrada es:
⎡ ⎤
i 1
P en = ⎢i 2
⎥
⎣i a
⎦
i A
⎤ ⎡ ⎤t
⎡ ⎤
i 1 i 1
⎥
⎦ = ⎢i 2
[ ]
⎥
⎣i a
⎦ Z1,2,a,A ⎢i 2
⎥
⎣i a
⎦ .
v A i A i A
t ⎡
v 1
⎢v 2
⎣v a
Desarrollando el producto matricial:
P en =R 1 i 2 1 + L 1i 1 ρi 1 + L 1xmax i 1 ρi a + R 2 i 2 2 + L 2i 2 ρi 2 + L 2xmax i 2 ρi A + L 1xmax i a ρi 1
+ nρθ 0 L 2xmax i 2 i a + R x i 2 a + (L x0 + L xymax )i a ρi a + nρθ 0 (L x0 − L xymax )i a i A
− nρθ 0 L 1xmax i 1 i A + L 2xmax i A ρi 2 − nρθ 0 (L x0 + L xymax )i a i A + R x i 2 A
+ (L xo − L xymax )i A ρi A .
(1.76)

1.8. Transformación Θ 0 37
Observando la naturaleza de los términos se pueden identificar las diferentes potencias, así:
i 2 R: Representa la rapidez con que la Energía se convierte en calor en las resistencias.
Liρi: Representa la rapidez con que la energía se almacena en los campos magnéticos propios de las
bobinas.
L 1xmax i 1 ρi a : El término de esta forma representa la rapidez con que la energía se almacena en los
campos magnéticos mutuos.
nρθ 0 (L x0 − L xymax )i a i A : El término de esta forma representa la rapidez con que la energía se convierte
en trabajo mecánico, es decir, es componente de la potencia mecánica desarrollada por la
máquina.
La potencia mecánica total desarrollada será entonces:
P mec = L 2xmax i 2 i a nρθ 0 +(L x0 −L xymax )i a i A nρθ 0 −L 1xmax i 1 i A nρθ 0 −(L x0 +L xymax )i a i A nρθ 0 ,
P mec = nρθ 0 (L 2xmax i 2 i a − L 1xmax i 1 i A − 2L xymax i a i A ). (1.77)
Pero para la potencia desarrollada se tiene
Por lo tanto:
P mec = T g ρθ 0 .
T g = n(L 2xmax i 2 i a − L 1xmax i 1 i A − 2L xymax i a i A ). (1.78)
Se puede apreciar la simplificación lograda en la expresión para el torque; ya que no depende de
ángulo como era de esperarse.
Enseguida se resume las ecuaciones generales para la máquina bifásica:
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
v 1 R 1 + L 1 ρ 0 L 1xmax ρ 0
i 1
⎢v 2
⎥
⎣v a
⎦ = ⎢ 0 R 2 + L 2 ρ 0 L 2xmax ρ
⎥ ⎢i 2
⎥
⎣ L 1xmax ρ L 2xmax nρθ 0 R x + (L x0 + L xymax )ρ (L x0 − L xymax )nρθ 0
⎦ ⎣i a
⎦ .
v A −L 1xmax nρθ 0 L 2xmax ρ −(L x0 + L xymax )nρθ 0 R x + (L x0 − L xymax )ρ i A
T g − T f ± T ext = (J M + J c )ρ 2 θ 0 ,
T g = n(L 2xmax i 2 i a − L 1xmax i 1 i A − 2L xymax i a i A ).
[ ] [ ][ ]
va cos nθ0 −sen nθ
=
0 vx
.
v A sen nθ 0 cos nθ 0 v y
[ ] [ ][ ]
ix cos nθ0 sen nθ
=
0 ia
.
i y −sen nθ 0 cos nθ 0 i A
Las ecuaciones anteriores dan la información que permite manejar cualquier situación en una
máquina bifásica.

38 Capítulo 1. Ecuaciones
Naturalmente las ecuaciones siguen siendo no lineales; no linealidades en la matriz por el producto
de corrientes por la velocidad y no linealidades en la ecuación mecánica por el producto de corrientes.
Sin embargo su solución numérica es menos engorrosa. Además, si la velocidad es constante, la
ecuación mecánica es superflua y las ecuaciones se vuelven lineales y en consecuencia es posible
lograr soluciones analíticas.
1.9. Transformación de tres ejes a dos ejes
La mayoría de las máquinas de corriente alterna son trifásicas, es decir, tienen tres devanados
separados cada uno 120 grados eléctricos. Por lo tanto es necesario introducir una nueva transformación
que permita el abordaje de estas máquinas.
La esencia de esta transformación es lograr que los campos magnéticos en el entrehierro sean
equivalentes en las dos máquinas.
La Figura 1.33 muestra una máquina trifásica condevanados únicamente en el estator, tratando de
ser equivalente en principio desde el punto de vista de campo magnético a una bifásica. Las estructuras
se suponen cilíndricas.
2
β
g
α
1
γ
(a)
(b)
Figura 1.33: (a) Máquina bifásica con bobinas en el estator, (b) resultado de aplicar la transformación de tres
ejes a dos ejes.
Si hay simetría en ambas máquinas:
K α = K β = K γ (1.79)
K 1 = K 2 (1.80)

1.9. Transformación de tres ejes a dos ejes 39
El campo magnético total en la máquina trifásica es:
Y en la máquina bifásica:
B 3θ = K α
g(θ) [i αcos θ + i β cos (θ − 120 ◦ ) + i γ cos (θ + 120 ◦ )] µ 0 . (1.81)
Se nota que se trata de una máquina de dos polos.
Igualando ambos campos
[
i 1 cos θ + i 2 sen θ = K α
cos θ
K 1
B 2θ = K 1
g(θ) [i 1cos θ + i 2 sen θ]µ 0 . (1.82)
B 3θ = B 2θ
(
i α − i β
2 − i γ
2
)
+ sen θ
La anterior expresión determina el siguiente arreglo matricial:
[
i1
(√ √ )]
3 3
2 i β −
2 i γ .
]
= K [ ] ⎡ ⎤
α 1 −1/2 −1/2 α
⎣i
i 2 K 1 0 √ 3/2 − √ i
3/2 β
⎦ , (1.83)
i γ
donde la matriz de transformación es:
[ ]
[ ] K α 1 −1/2 −1/2
T =
K 1 0 √ 3/2 − √ 3/2
(1.84)
Para n pares de polos la transformación se conserva. Además si la máquina es de polos salientes la
transformación sigue siendo válida.
1.9.1. La transformada inversa
Se tiene
[
i1,2
]
=
[
T
][
iα,β,γ
]
.
¿Cuánto vale la matriz de transformación inversa
[
iα,β,γ
]
=
[
T
] −1 [
i1,2
]
.
Surge un inconveniente por cuanto la matriz de transformación no es cuadrada y por consiguiente
tiene un número infinito de inversas. La que corresponda a la situación real es impredecible. Es el
mismo caso de resolver dos ecuaciones con tres incógnitas, donde no hay una única solución.
En consecuencia se debe imponer alguna restricción: se supone que la inversa es proporcional a la
transpuesta
[
T
] −1 = α
[
T
] t .

40 Capítulo 1. Ecuaciones
O sea:
de donde
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
i α
⎣i β
⎦ = α K 1 0 [ ]
α
√
⎣−1/2
3/2
K
i 1 γ −1/2 − √ ⎦ i1
,
i 2
3/2
i α
i β
i γ
= α K α
i 1 , (1.85)
K 1
(
= α K α
− 1 √ )
3
K 1 2 i 1 +
2 i 2 , (1.86)
(
= α K α
− 1 √ )
3
K 1 2 i 1 +
2 i 2 . (1.87)
Sumando las tres ecuaciones se descubre que:
i α + i β + i γ = 0, (1.88)
y como la transformación opera de la misma forma en los voltajes:
v α + v β + v γ = 0, (1.89)
Esto significa qué la matriz es invertible en la medida en que se cumplan estos requisitos.
Aunque parece una restricción muy severa, en la práctica no lo es cuanto que en la mayoría de las
aplicaciones de las máquinas la alimentación es sinusoidal y aunque no todas las alimentaciones son
balanceadas la transformación de las componentes simétricas va a permitir sortear en la mayoría de
los casos esta dificultad.
Los factores α y K α /K 1 se determinan de la condición de potencia en los dos sistemas.
Para invariancia de potencia
P α,β,γ = P 1,2 ,
P α,β,γ = [ ] t [ ]
i α,β,γ vα,β,γ ,
{ [T ] −1 [ ] } t [ ] −1 [ ]
= i1,2 T v1,2 ,
= [ ] { t [T ] } −1 t [T ] −1 [ ]
i 1,2 v1,2 .
La igualdad de potencia impone que:
{ [T ] } −1 t [T ] −1 [ ]
= I .
Como:
[
T
] −1 = α
[
T
] t ,

1.9. Transformación de tres ejes a dos ejes 41
Premultiplicando por la matriz de transformación
[
T
][
T
] −1 = α
[
T
][
T
] t ,
[
I
]
= α
[
T
][
T
] t ,
se obtiene
α = 1. (1.90)
Resultado que ya se había deducido en la transformación Θ 0 , pues para invariancia de potencia era
necesario que la inversa fuera igual a la transpuesta; o lo que es lo mismo, que α sea igual a uno.
[
T
] −1 =
[
T
] t . (1.91)
De acuerdo con lo anterior
[
T
][
T
] t =
[
I
]
.
Entonces
⎡ ⎤
[ ] 1 0 ( )
K α 1 −1/2 −1/2
K 1 0 √ 3/2 − √ Kα √ 2 [ ]
⎣−1/2
3/2
3/2 K 1
−1/2 − √ ⎦ Kα 3/2 0
= =
K
3/2 1 0 3/2
lo que determina
[ ] 1 0
,
0 1
√
K α 2
= √ . (1.92)
K 1 3
Hablando en lenguaje de las bobinas física, esto implica que las bobinas del sistema bifásico deben
tener √ 3/ √ 2 más vueltas que las del trifásico.
La matriz de transformación queda
√ [ ]
[ ] 2 1 −1/2 −1/2
T = √
3 0 √ 3/2 − √ . (1.93)
3/2
La invariancia de potencia implica que la potencia de una bobina del sistema bifásico es 3/2 de la de
una fase del trifásico.
Algunas veces es cómoda hacer que el sistema bifásico represente solo 2/3 del trifásico en circunstancias
de simetría completa de la máquina. De esta forma las variables por fase de la bifásica coinciden con
las variables por fase de la máquina real.
Análogamente se puede demostrar que para esta transformación
α = 3 2
y
K α
K 1
= 2 3 .
O sea:
[ ]
[ ] 2 1 −1/2 −1/2
T =
3 0 √ 3/2 − √ ,
3/2

42 Capítulo 1. Ecuaciones
⎡ ⎤
[ ]
1
−1 √
0
T = ⎣−1/2
3/2
−1/2 − √ ⎦ .
3/2
1.9.2. Incidencia de la transformación en la matriz de impedancias de la máquina
real trifásica
Se trata de conocer qué tipo de transformación ocurre en la matriz de impedancias; es decir cómo
se relacionan los parámetros de la matriz de impedancias del trifásico con los de la del bifásico.
[v α,β,γ ] = [Z α,β,γ ][i α,β,γ ].
Es la relación de un sistema real trifásico de tensiones balanceadas
[v α,β,γ ] = [T] −1 [v 1,2 ],
[i α,β,γ ] = [T] −1 [i 1,2 ].
Reemplazando
[T] −1 [v 1,2 ] = [Z α,β,γ ][T] −1 [i 1,2 ].
Premultiplicando por la matriz de transformación:
[v 1,2 ] = [T][Z α,β,γ ][T] −1 [i 1,2 ],
de donde:
De
[Z 1,2 ] = [T][Z α,β,γ ][T] −1 ,
[Z 1,2 ] = K [ ] ( ) ⎡ ⎤
1
α 1 −1/2 −1/2
K 1 0 √ 3/2 − √ Kα
√
0
[Z
3/2 α,β,γ ] ∝ ⎣−1/2
3/2
K 1
−1/2 − √ ⎦ .
3/2
[
I
]
=∝
[
T
][
T
] t ,
Luego
Por consiguiente
[I] =∝
∝
( ) 2 [ ]
Kα 3/2 0
.
K 1 0 3/2
(
Kα
K 1
) 2
= 2 3 . (1.94)
⎡ ⎤
[Z 1,2 ] = 2 [ ] 1 1 −1/2 −1/2
3 0 √ 3/2 − √ √
0
[Z
3/2 α,β,γ ] ⎣−1/2
3/2
−1/2 − √ ⎦. (1.95)
3/2
Se observa que la matriz bifásica no depende de si el sistema es invariante o no en potencia.

1.9. Transformación de tres ejes a dos ejes 43
1.9.3. Aplicación de la transformación a un sistema simple
Se tiene una máquina trifásica con devanados únicamente en el estator. Se toma el entrehierro
uniforme. Se quiere determinar la matriz impedancia del sistema bifásico equivalente.
Se considera simetría absoluta en la máquina trifásica.
R α = R β = R γ , (1.96)
K α = K β = K γ . (1.97)
Luego:
L α = L β = L γ . (1.98)
Donde R y L son las resistencias y las autoinductancias de las bobinas.
En estas condiciones se puede demostrar que las ecuaciones de la máquina real están dadas por:
⎡
⎡ ⎤ R
v α
α + L α ρ − L ⎤
α
2 ρ −L α
2 ρ ⎡ ⎤
⎣v β
⎦ =
⎢ − L α
v γ
⎣ 2 ρ R α + L α ρ − L α
2 ρ
i α
⎣
⎥ i β
⎦ . (1.99)
− L ⎦
α
2 ρ −L α
2 ρ R i γ
α + L α ρ
En consecuencia (ver Figura 1.34)
β
2
α
1
γ
(a)
(b)
Figura 1.34: Bobinas en el estator.

44 Capítulo 1. Ecuaciones
⎡
R
[Z 1,2 ] = 2 [ ]
α + L α ρ − L ⎤
α
1 −1/2 −1/2
3 0 √ 3/2 − √ 2 ρ −L α
2 ρ ⎡ ⎤
3/2 ⎢ − L α
⎣ 2 ρ R α + L α ρ − L α
2 ρ
1
√
0
⎣
⎥ −1/2 3/2
− L ⎦
α
2 ρ −L α
2 ρ R −1/2 − √ ⎦ .
3/2
α + L α ρ
(1.100)
Desarrollando el producto matricial
⎡
⎢R α + 3 ⎤
[Z 1,2 ] = ⎣ 2 L αρ 0
0 R α + 3 ⎥
2 L ⎦ . (1.101)
αρ
1.9.4. Aplicación de la transformación a la máquina trifásica
La máquina de la figura 1.35 tiene simetría en el estator y en el rotor. Los superíndices s y r tienen
que ver con el estator y el rotor respectivamente.
β s
2
θ
α r
0
θ 0
x
γ r 1
γ s β r α s
y
(b)
Figura 1.35: Máquina trifásica con K α s = K β s = K γ s, K α r = K β r = K γ r y su equivalente bifásico.
Las ecuaciones tendrán la siguiente forma:
[v α s ,β s ,γ s ,α r ,β r ,γ r] = [Z α s ,β s ,γ s ,α r ,β r ,γ r][i α s ,β s ,γ s ,α r ,β r ,γ r].
⎡
⎤
[ ] 0 0 0
T 0 0 0
[v 1,2,x,y ] = ⎢
⎥
⎣ 0 0 0 [ ] ⎦ [v α s ,β s ,γ s ,α r ,β r ,γ r],
T
0 0 0

1.9. Transformación de tres ejes a dos ejes 45
⎡
α [ T ] t
[v α s ,β s ,γ s ,α r ,β r ,γ r] = ⎢
0 0
⎣ 0 0
0 0
⎡
α [ T ] t
[i α s ,β s ,γ s ,α r ,β r ,γ r] = ⎢
0 0
⎣ 0 0
0 0
Reemplazando debidamente se encuentra que:
⎤
0 0
0 0
0 0
[v
α [ T ] 1,2,x,y ],
t ⎥
⎦
⎤
0 0
0 0
0 0
[i
α [ T ] 1,2,x,y ].
t ⎥
⎦
⎡
⎤
1 −1/2 −1/2 0 0 0
[Z 1,2,x,y ] = 2 ⎢0 √ 3/2 − √ 3/2 0 0 0
⎥
3 ⎣0 0 0 1 −1/2 −1/2
0 0 0 0 √ 3/2 − √ ⎦ [Z α s ,β s ,γ s ,α r ,β r ,γ r]
3/2
⎡
⎤
1
√
0 0 0
−1/2 3/2 0 0
−1/2 − √ 3/2 0 0
⎢ 0 0 1
√
0
.
⎥
⎣ 0 0 −1/2 3/2
0 0 −1/2 − √ ⎦
3/2
(1.102)
Disponer de la matriz impedancia trifásica es un poco laborioso. Sin embargo, hecho el desarrollo y
aplicada la transformación se debe obtener para la bifásica equivalente lo siguiente:
⎡
[ ] Z1,2,x,y = ⎢
⎣
Donde:
3/2L α s α r ρcos nθ max 0
0 R α s + 3/2L α sρ 3/2L α s α r ρsen nθ max 0
3/2L α s α r ρcos nθ max 0 3/2L α s α r ρsen nθ max 0 R α r + 3/2L α r 0ρ + 3/2L α r θρcos 2nθ 0
3/2L α s α r ρsen nθ max 0 3/2L α s α r ρcos nθ max 0 −3/2L α r βmax r ρsen 2nθ 0
−3/2L α s α r ρsen nθ ⎤
max 0
3/2L α s α r ρcos nθ max 0
3/2L α r βmax r ρsen 2nθ 0
R α r + 3/2L α r 0ρ − 3/2L α r θρcos 2nθ 0
R α s = R 1 = R 2 ,
R α r = R x = R y ,
L 1 = L 2 = 3 2 L α s,
⎥
⎦ . (1.103)

46 Capítulo 1. Ecuaciones
L 1xmax = L 2xmax = 3 2 L α s α r max ,
L x0 = 3 2 L α r 0,
L xymax = 3 2 L α r θ = 3 2 L α r β r max .
1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna
1.10.1. Introducción
Como se ha introducido previamente la mayoría de las aplicaciones de las máquinas de corriente
alterna operan, valga la redundancia, con ondas alternas senoidales; de ahí que la restricción impuesta
en la transformación trifásica a bifásica no sea tan severa. Se trata del sumatorio de voltajes y corrientes
en la máquina trifásica iguales a cero. No es tan severa por cuanto cualquier conjunto de voltajes
sinusoidales descompuesto en las componentes simétricas se cumplirá con la condición al remover la
componente de secuencia cero.
1.10.2. Componentes simétricas
Fortescue definió la transformación lineal compleja para un conjunto de voltajes alternos sinusoidales,
de la siguiente forma:
Sea:
⎡ ⎤
χ α
χ β
[χ] =
χ γ
,
⎢ ⎥
⎣ . ⎦
χ κ
un conjunto de voltajes o corrientes sinusoidales en forma fasorial. Es el vector de cantidades a
transformar
⎡ ⎤
χ 0
χ 1
[χ S ] =
χ 2
,
⎢ ⎥
⎣ . ⎦
χ n
es un conjunto de fasores de las variables transformadas.
La transformada se define como
[χ S ] = [CS][χ], (1.104)

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 47
donde
⎡
⎤
1 1 1 · · · 1 1
[CS] = √ 1
1 α α 2 · · · α n−2 α n−1
1 α 2 α 4 · · · α 2(n−2) α 2(n−1)
n ⎢
⎣
.
. . . ..
⎥
.
. ⎦
1 α n−1 α 2(n−1) · · · α (n−1)(n−2) α (n−1)(n−1)
La matriz es cuadrada de dimensión n × n y un elemento típico de la fila i y la columna k queda
definido por
α (i−1)(k−1) . (1.105)
Además
α = e j 2π n . (1.106)
Para la inversa de la transformación se tiene:
⎡
⎤
1 1 1 · · · 1 1
[CS] −1 = √ 1
1 α −1 α −2 · · · α −(n−2) α −(n−1)
1 α −2 α −4 · · · α −2(n−2) α −2(n−1)
n ⎢
⎣
. ⎥
. . . .. .
. ⎦
1 α −(n−1) α −2(n−1) · · · α −(n−1)(n−2) α −(n−1)(n−1)
Un elemento típico de la fila i y la columna k queda definido por
α −(i−1)(k−1) . (1.107)
La transformación de componentes simétricas cumple la siguiente condición:
[CS] −1 = [CS] ∗t , (1.108)
que muestra que la matriz inversa es la conjugada-transpuesta de la matriz de transformación.
Esta transformación cumple la condición de invariancia de potencia.
P 0,1,2 = Re { [V 0,1,2 ] t∗ [I 0,1,2 ] } .
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
V 0
⎣V 1
⎦ = √ 1 1 1 1 V α V α
⎣1 α α 2 ⎦ ⎣V β
⎦ = [CS] ⎣V β
⎦.
V 3
2 1 α 2 α V γ V γ
P 0,1,2 = Re { [[CS][V α,β,γ ]] t∗ [[CS][I α,β,γ ]] } ,
= Re {[ [V α,β,γ ] t [CS] t] ∗ [[CS][Iα,β,γ ]] } ,
= Re { [V α,β,γ ] t∗ [CS] t∗ [CS][I α,β,γ ] } .
El sistema es invariante en potencia con la transformación, si:
[CS] t∗ [CS] = [I].

48 Capítulo 1. Ecuaciones
Posmultiplicando por la inversa de matriz de transformación
[CS] −1 = [CS] t∗ .
En el caso de tres ejes (fases)
⎡ ⎤
[ ]
1 1 1
1 CS = √3 ⎣1 α α 2 ⎦,
1 α 2 α 4
⎡ ⎤
[CS] −1 = √ 1 1 1 1
⎣1 α −1 α −2 ⎦
3
1 α −2 α −4
De acuerdo con los diagramas fasoriales para el operador α (Figura 1.36)
α 1 = α 4
α −2
2π
3
2π
3
α 0 = α 3
2π
3
α 2 = α 5
α −1 = α −4
α −3
Figura 1.36: Operador fasorial.
Además
donde
⎡ ⎤
[CS] = √ 1 1 1 1
⎣1 α α 2 ⎦ ,
3
1 α 2 α
⎡ ⎤
[CS] −1 = √ 1 1 1 1
⎣1 α 2 α ⎦ .
3
1 α α 2
⎡ ⎤
χ α
χ = ⎣χ β
⎦ ,
χ γ
⎡ ⎤
χ 0
χ S = ⎣χ 1
⎦ ,
χ 2

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 49
χ 0 es la componente de secuencia cero.
χ 1 es la llamada componente de secuencia positiva y tiene la misma secuencia del conjunto original.
χ 2 es la componente de secuencia negativa y tiene secuencia contraria al conjunto original.
Así:
En el caso de voltajes:
Luego:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
χ 0
⎣χ 1
⎦ = √ 1 1 1 1 χ α
⎣1 α α 2 ⎦ ⎣χ β
⎦ . (1.109)
χ 3
2 1 α 2 α χ γ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
V 0
⎣V 1
⎦ = √ 1 1 1 1 V α
⎣1 α α 2 ⎦ ⎣V β
⎦ .
V 3
2 1 α 2 α V γ
V 0 = 1 √
3
(V α + V β + V γ ), (1.110)
V 1 = 1 √
3
(V α + αV β + α 2 V γ ), (1.111)
V 2 = 1 √
3
(V α + α 2 V β + αV γ ). (1.112)
V α = 1 √
3
(V 0 + V 1 + V 2 ), (1.113)
V β = 1 √
3
(V 0 + α 2 V 1 + αV 2 ), (1.114)
V γ = 1 √
3
(V 0 + αV 1 + α 2 V 2 ). (1.115)
1.10.3. Potencia en términos de las componentes simétricas
A.
En el caso de invariancia de potencia:
y
[CS] −1 = [CS] t∗ ,
⎡ ⎤
[CS] = √ 1 1 1 1
⎣1 α α 2 ⎦
3
1 α 2 α
⎡ ⎤
[CS] −1 = √ 1 1 1 1
⎣1 α 2 α ⎦.
3
1 α α2

50 Capítulo 1. Ecuaciones
En consecuencia
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
[CS] t∗ [CS] = √ 1 1 1 1
⎣1 α 2 α ⎦ 1 1 1 1 1 0 0
√ ⎣1 α α 2 ⎦ = ⎣0 1 0⎦ = [I].
3
1 α α 2 3
1 α 2 α 0 0 1
P 0,1,2 = Re { [V 0,1,2 ] t∗ [I 0,1,2 ] } ,
= Re { [V α,β,γ ] t∗ [I α,β,γ ] } ,
= P α,β,γ .
P 0,1,2
= Re(V0 ∗ I 0 + V1 ∗ I 1 + V2 ∗ I 2 ),
= Re(VαI ∗ α + Vβ ∗ I β + Vγ ∗ I γ ),
= P α,β,γ .
Nótese que la potencia total es la suma de la potencia de las componentes simétricas.
B.
Con bastante frecuencia se utiliza la siguiente transformación:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
V 0
⎣V 1
⎦ = √ 1 1 1 1 V α V α
⎣1 α α 2 ⎦ ⎣V β
⎦ = [CS] ⎣V β
⎦ .
V 3
2 1 α 2 α V γ V γ
Premultiplicando por la inversa se llega a:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
V α
⎣V β
⎦ = √ 1 1 1 1 V 0 V 0
⎣1 α 2 α ⎦ ⎣V 1
⎦ = [CS] −1 ⎣V 1
⎦.
V 3
γ 1 α α 2 V 2 V 2
Es obvio que no se cumple la condición
Aplicando la expresión:
[CS] −1 = [CS] t∗ .
P 0,1,2 = Re { [V α,β,γ ] t∗ [CS] t∗ [CS][I α,β,γ ] } ,
y con:
⎡ ⎤
[ ]
1 1 1
1 CS = ⎣1 α α 2 ⎦,
3
1 α 2 α
⎡ ⎤
[CS] t∗ = 1 1 1 1
⎣1 α 2 α ⎦.
3
1 α α2

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 51
se obtiene:
3v ∗ 0i 0 + 3v ∗ 1i 1 + 3v ∗ 2i 2 = v ∗ αi α + v ∗ β I β + v ∗ γi γ . (1.116)
1.10.4. Componente de secuencia cero
Si el sistema de ecuaciones se considera lineal con referencia a la matriz de impedancias, se
puede aplicar superposición y remover la componente de secuencia cero a nivel de cada eje. En estas
condiciones:
v α − 1 √
3
v 0 = 1 √
3
(v 1 + V 2 ),
v β − 1 √
3
v 0 = 1 √
3
(α 2 v 1 + αv 2 ),
v γ − 1 √
3
v 0 = 1 √
3
(αv 1 + α 2 v 2 ).
Por lo tanto: (
v α − √ 1 ) (
v 0 + v β − 1 ) (
√ v 0 + v γ − 1 )
√ v 0 = 0.
3 3 3
O sea, estos voltajes cumplen con la condición del sumatorio igual a cero.
v α0 + v β0 + v γ0 = 0, (1.117)
donde
v α0 =
v β0 =
v γ0 =
(
v α − √ 1 )
v 0 ,
3
(
v β − √ 1 )
v 0 ,
3
(v γ − √ 1 )
v 0 . 3
En estas circunstancias se resuelven las ecuaciones para estos voltajes y luego se superpone el
efecto de la componente de secuencia cero.
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
v α0
⎣v β0
⎦ = √ 1 1 1 [ ]
⎣α 2 α ⎦ v1
,
v 3
γ0 α α 2 v 2
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
v α0
⎣v β0
⎦ = √ 1 1 1
⎣α 2 α ⎦ 1 [ ] ⎡ ⎤
1 α α
2 α
√ ⎣v
v 3
γ0 α α 2 3 1 α 2 v
α β
⎦ ,
v γ
⎡ ⎤ ⎡
v α0
⎣v β0
⎦ = 1 2 α + α 2 α + α 2 ⎤ ⎡ ⎤
v α
⎣α + α 2 2α 3 α 2 + α 4 ⎦ ⎣v β
⎦ ,
3
v γ0 α + α 2 α 2 + α 4 2α 3 v γ

52 Capítulo 1. Ecuaciones
Luego
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
v α0
⎣v β0
⎦ = 1 2 −1 −1 v α
⎣−1 2 −1⎦
⎣v β
⎦ . (1.118)
3
v γ0 −1 −1 2 v γ
v 0 = 1 √
3
(v α + v β + v γ ) . (1.119)
Como ya se dijo, la matriz
⎡ ⎤
v α0
⎣v β0
⎦
v γ0
cumple con la condición del sumatorio de voltajes igual a cero, o sea que se le puede aplicar la
transformación de tres fases a dos fases, para encontrar el sistema bifásico equivalente
[
v1
]
=
v 2
√
2
√
3
[ 1 −1/2 −1/2
0 √ 3/2 − √ 3/2
] ⎡ ⎤
α0
⎣v
v β0
⎦ .
v γ0
Siendo V 1 y V 2 el sistema bifásico equivalente de voltajes (no las componentes de secuencia).
⎡ ⎤⎡
⎤
[ ] √ [ 2 −1 −1 v
v1 2 1 −1/2 −1/2
= √
v 2 3 0 √ 3/2 − 3/2] √ 1 α
⎣−1 2 −1⎦⎣v β
⎦.
3
−1 −1 2 v γ
Multiplicando se llega a:
[
v1
]
=
v 2
√
2
√
3
[ 1 −1/2 −1/2
0 √ 3/2 − √ 3/2
] ⎡ ⎤
α
⎣v
v β
⎦ , (1.120)
v γ
lo que significa que la transformación es la misma. Pero para calcular la inversa se debe recordar la
componente de secuencia cero.
Siendo así se puede llegar a una expresión de contenga toda la información para tratar problemas
con voltajes desbalanceados
⎡√ √ √ ⎤ ⎡
√ 2/2 2/2 2/2 v 2
α
√ ⎣
⎦ ⎣
3 √ √
v β
⎦ . (1.121)
3/2 − 3/2
⎡ ⎤
V 0
⎣v 1
⎦ =
v 2
1 −1/2 −1/2
0
1.10.5. Efecto de la componente de secuencia cero
Se alimenta el estator de una máquina simétrica con voltajes o corrientes de secuencia cero (figura
1.37)
El campo magnético resultante es:
v γ
⎤
B T = µ 0κ α
g(θ) [i 0cos θ + i 0 cos (θ − 120 ◦ ) + i 0 cos (θ − 240 ◦ )],

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 53
β
i 0
γ
i 0
α
i 0
Figura 1.37: Efecto de la secuencia cero.
(b)
B T = 0. (1.122)
Al ser el campo magnético que cruza el entrehierro, solo aparece en flujo magnético de fuga en
los devanados. En consecuencia la componente de secuencia cero aísla magnéticamente el estator del
rotor.
Si L ◦ es la iductancia de fuga de los devanados en cada eje, la ley de Kirchhoff da:
v 0 = (R α + L ◦ ρ)i 0 . (1.123)
En forma fasorial:
V 0 = (R α + jωL ◦ )I 0 . (1.124)
Basta entonces agregar a la solución esta componente de secuencia cero.
La utilización de las componentes simétricas implica que la matriz de los operadores (la matriz de
impedancias), debe ser lineal. Para hallar la solución de las variables eléctricas, lo anterior requiere
que se considere la velocidad constante. Esta restricción debe ser tenida en cuenta.
Igualmente se debe usar la transformación en condiciones de régimen permanente para las variables
eléctricas.
Como se verá dichas condiciones no son muy restrictivas, porque debido a la inercia mecánica se
puede considerar que en cada posición de velocidad la máquina alcanza su régimen permanente en
las variables eléctricas. Dicho de otra forma, las constantes de tiempo eléctricas son suficientemente
pequeñas comparadas con las constantes de tiempo mecánicas.
Sin olvidar estas consideraciones el sistema de ecuaciones quedará, para esta aplicación particular;

54 Capítulo 1. Ecuaciones
nótese la simetría en el estator.
⎡ ⎤ ⎡
v 0 R α + L ◦ ρ 0 0 0
v 1
⎢v 2
⎥
⎣v a
⎦ = 0 R 1 + L 1 ρ 0 L 1xmax ρ
⎢ 0 0 R 1 + L 1 ρ 0
⎣ 0 L 1xmax ρ L 1xmax nρθ 0 R x + (L x0 + L xymax )ρ
v A 0 −L 1xmax nρθ 0 L 1xmax ρ −(L x0 − L xymax )nρθ 0
⎤ ⎡ ⎤
0 i 0
0
i 1
L 1xmax ρ
⎥ ⎢i 2
⎥
(L x0 − L xymax )nρθ 0
⎦ ⎣i a
⎦
R x + (L x0 + L xymax )ρ i A
(1.125)

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 55
Ejemplos
Ejemplo 1.1. Una máquina idealizada de entrehierro uniforme como la de la figura 1.38 tiene 6
polos. La distribución de la densidad de corriente en la superficie interior del rotor es
J(θ) = 500sen θ A / pg,
de la periferia. θ está en grados eléctricos, la longitud del entrehierro es g = 0.110 pg., el radio
efectivo del entrehierro es de 12 pg.
Determinar f.m.m.(θ) y B(θ).
e s t a t o r
g
π
2
π
3π
2 2π
r o t o r
θ
J = J msenθ
Figura 1.38: Entrehierro uniforme idealizado.
Solución 1.1. Se aplica: ∮ ∫
−→ −→ H · d l =
abcd
Jds = f.m.m.(θ),
a la trayectoria mostrada en la figura 1.39. Así:
∫
2gH(θ) = Jds = f.m.m.(θ).
θ e = 3θ m .
∫ θm+π/3
f.m.m.(θ) = 500sen 3θ m (12)dθ
θ m
[
= 6000 − 1 3 cos 3θ θ m+π/3
m∣
θ m
]
= 2000[−cos(3θ m + π/3) + cos 3θ m ]
= 2000[2cos 3θ m ],

56 Capítulo 1. Ecuaciones
b
c
e s t a t o r
g
π
2π
r o t o r
θ
a
d
Figura 1.39: Trayectoria magnética
f.m.m.(θ) = 4000cos 3θ m ◭
B(θ) =
µ 0f.m.m.(θ)
,
2g
= 4π × 10−7 (4000)
2(0,11/39,37) cos 3θ m,
B(θ) = 0,9cos 3θ m
Web/m 2 ◭
Ejemplo 1.2. Para la distribución de corriente mostrada en el estator de la figura 1.40, grafique la
distribución de corriente superficial y la densidad de campo magnético en el entrehierro determinada
gráficamente por el uso de la ley circuital de Ampère. Suponga que la densidad de corriente es
uniforme dentro de cada ranura. Cada lado activo de bobina representado por un punto o una cruz
contiene N conductores. Cada conductor lleva una corriente de I amperios en la dirección indicada.
Escriba todas las suposiciones hechas para la solución.
g
a
× × × ×
×
×
Figura 1.40: Distribución de corriente.

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 57
Solución 1.2. Como el arco de la ranura vale ∆ radianes, la longitud de ella es ∆a metros.
La densidad lineal por conductor es:
J = NI
∆a
A/m.
Ver gráfica de J(θ), figura 1.41
J(θ)
3NI
∆a
2NI
∆a
5π
4
3π
2
7π
4 2π
−2NI
∆a
π
4
π
2
3π
4
π
×
×
×
×
×
×
×
−3NI
∆a
Figura 1.41: Representación de la densidad de corriente.
La densidad de corriente se considera uniforme dentro de la ranura: para la solución de B(θ) se
tomarán varias trayectorias de integración como las que se muestran en la figura 1.42
Cada trayectoria se toma entre θ y θ + π, la densidad de corriente encerrada por la primera
trayectoria es 7NI, por la segunda 3NI, por la tercera −3NI, por la cuarta −7NI y así sucesivamente
para otras trayectorias trazadas.
Entonces de la ley de Ampère:
Luego
2H(θ)g =
∫ θ+π
θ
KNI KNI
ds
∆a ∆a KNI.
H(θ) = KNI
2g .
B(θ) = µ 0KNI
.
2g
Ahora se dibuja B(θ) para cada trayectoria (figura 1.43)
Nótese que K = 7 para la trayectoria N o . 1,3 para la segunda y así sucesivamente. El campo
magnético dentro de los conductores se supone que tiene una variación lineal.
Suposiciones:
a) Permeabilidad del hierro infinita.

58 Capítulo 1. Ecuaciones
J(θ)
3
4
2
1
r o t o r
×
×
×
×
×
×
e s t a t o r
×
Figura 1.42: Trayectorias de integración.
B(θ)
7µ 0 NI
2g
3µ 0 NI
2g
θ
−7µ 0 NI
2g
Figura 1.43: Campo magnético.
b) La intensidad del campo, radial y uniforme en el entrehierro.
c) a ≫ g.
Ejemplo 1.3. El bobinado del estator en la figura 1.44 es un bobinado de 4 polos, paso diametral,
doble capa, imbricado. El término paso diametral significa que los dos lados de la bobina, de cada
bobina, están separados por π/n radianes donde n es el número de pares de polos. Para estos dos

•
•
•
•
•
•
•
•
1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 59
pares de polos (o cuatro polos), n = 2 y los lados de la bobina están separados π/2. Así, la bobina con
una lado en la ranura 1, tiene su otro lado en la ranura 4 o en la ranura 10 separada π/2 radianes.
El bobinado es de doble capa, dado que dos lados de bobinas están en cada ranura. El término
imbricado se refiere a la forma como las conexiones finales para este bobinado se translapan. El
estator tiene un total de 12 ranuras, cada una de las ranuras contiene dos lados de bobina como se
muestra.
â θ
θ
â z
0
π
2
π
3π
2
a b c
a b c
d
e
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
d
e
A A ′
B ′ C D
D B
′
C ′
Figura 1.44: Bobinado del estator utilizado en el ejemplo 1.3
Las bobinas individuales son construidas con 10 vueltas en series y son unidas como se muestra en
la figura 1.45, en cuatro circuitos separados AA ′ , BB ′ , CC ′ y DD ′ .
i
i
2
A
B
i
2
A ′
B ′
C
D
i
C ′
D ′
Figura 1.45: Conexión de devanado
a) Dibuje una vista desarrollada.
b) Exprese la densidad de corriente lineal en la superficie del estator en función de la corriente
terminal i.

60 Capítulo 1. Ecuaciones
c) Expresar la ecuación de la parte b) en una serie de Fourier y del coeficiente del término
fundamental, encuentre el factor de distribución K.
Solución 1.3. a) En la figura 1.46 se muestran los sentido de las corrientes al conectar el devanado,
tal como se pide en el problema.
el sentido de las corrientes se estable siguiendo el devanado desde el punto AB hasta el punto
C ′ D ′ .
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
i
2
i
2
A
B
D ′
C ′
D
B ′
i
A ′
C
i
Figura 1.46: Devanado conectado.
Tomando la parte inferior del devanado, como la parte frontal de la máquina se obtiene la
figura 1.47
×
×
×
×
× ×
×
×
× × ×
×
y la vista desarrollada (figura 1.48)
Figura 1.47: Sentido de las corrientes.
b)
Número de lados activos
(bobina × ranura)
= 10.

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 61
˙ J(θ)
J˙
π
− ˙ J
π
2
× × × × × × × × × ×
3π
2
2π
θ
Figura 1.48: Vista desarrollada del devanado.
( )
Número de lados activos
Número de lados activos
× bobinas =
(bobina × ranura)
ranura
= 20.
Para el intervalo 0 < θ < π/2.
( )
número de conductores
N = Número de conductores totales =
× # de ranuras.
ranura
Luego:
J =
N = 3(20) = 60 conductores.
NI
longitud de interés = 60(i)
(π/2)a = 60i
πa A/m.
En la fórmula, a es el radio de la circunferencia donde se sitúa la densidad de corriente.
Finalmente
J = − 60i Para 0 < θ < π/2 y π < θ < 3π/2 ◭
π/aâz
J = 60i Para π/2 < θ < π y 3π/2 < θ < 2π ◭
π/aâz
c) El valor medio de la onda en un periodo es cero
J(θ) es una función impar.
a 0 = 0,
De la figura 1.48:
−J(θ) = J(θ + T/2) = J(θ + π/2).

62 Capítulo 1. Ecuaciones
Luego J(θ) tiene simetría de cuarto de onda impar.
Interesados
b 2k−1 = 8 T
= 8 π
∫ T/4
0
∫ π/4
0
= − 480i
π 2 a
J(θ)sen[(2k − 1)ωθ]dθ,
− 60i sen[(2k − 1)ωθ]dθ,
πa
[
]
cos(2k − 1)2θ
π/2
− 2(2k − 1) ∣ ,
240i
= −
π 2 a(2k − 1) [cos(2k − 1)π 2 − cos 0◦ ],
240i
= −
π 2 a(2k − 1) .
J(θ) =
α∑ 240i
−
π 2 sen[(2k − 1)2θ].
a(2k − 1)
k=1
0
Para k = 1
Luego:
J(θ) = − 240i
π 2 sen 2θ = −Kisen 2θ.
a
K = 240
π 2 a conductores/metro ◭
Ejemplo 1.4. Un dispositivo electromecánico de campo magnético consta de dos puertas mecánicas
y tres puertas eléctricas, que tienen las siguientes relaciones características:
λ 1 (i 1 ,i 2 ,i 3 ,x 1 ,x 2 ) = 10x 1 x 2 i 3 1 + 3 x 1
i 2 + 4
x 1 x 2
i 3 ,
λ 2 (i 1 ,i 2 ,i 3 ,x 1 ,x 2 ) = 3 x 1
i 1 + 7x 1 x 2 i 5 2 + 2
x 1 x 2
i 3 ,
λ 3 (i 1 ,i 2 ,i 3 ,x 1 ,x 2 ) =
4
i 1 + 2 i 2 + 9x 2 1
x 1 x 2 x 1 x x2 2 i 3.
2
a) Determine la función de estado coenergía magnética para este sistema, incrementando las
corrientes desde cero a sus valores finales i 1 ,i 2 e i 3 en ese mismo orden.
b) Evalúe la coenergía llevando las corrientes desde cero a sus valores finales, llevando primero
i 3 , luego i 2 y finalmente i 1 .
c) Calcule la función de estado energía del campo magnético para dicho dispositivo.

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 63
Solución 1.4. a)
ω ′ m (i 1,i 2 ,... ,i n ,x 1 ,x 2 ,... ,x m ) =
∫ i1
0
λ ′ 1 (i′ 1 ,0,... ,0,x 1,x 2 ,... ,x m )di ′ 1
∫ i2
∫ in
+ λ ′ 2 (i 1,i ′ 2 ,... ,0,x 1,x 2 ,... ,x m )di ′ 2 + ... + λ ′ 2 (i 1,i 2 ,... ,i ′ n ,x 1,x 2 ,... ,x m )di ′ n .
0
0
ω ′ m(i,x) =
ω ′ m(i 1 ,i 2 ,i 3 ,x 1 ,x 2 ) =
∫ i1
0
n∑
i=1
∫ ii
∫ i2
+ λ ′ 2(i 1 ,i ′ 2,0,x 1 ,x 2 )di ′ 2 +
0
0
∫ i3
0
λ ′ i(i ′ i,x)di ′ i.
λ ′ 1(i ′ 1,0,0,x 1 ,x 2 )di ′ 1
∫ i3
Se fijan las coordenadas mecánicas en cualquier punto: x 1 ,x 2
∫ i1
∫ i2
ω m ′ (i 1,i 2 ,i 3 ,x 1 ,x 2 ) = 10x 1 x 2 (i ′ 1 )3 di1 ′ +
+
0
0
λ ′ 2(i 1 ,i 2 ,i ′ 3,x 1 ,x 2 )di ′ 3.
( 4
x 1 x 2
i 1 + 2
x 1 x 2
i 2 + 9x 2 1 x2 2 i′ 3
0
( )
3
i 1 + 7x 1 x 2 (i ′ 2
x )5 di ′ 2
1
)
di ′ 3 .
ω m(i,x) ′ = 5 2 x 1x 2 i 4 1 + 3i 1i 2
+ 7 x 2 6 x 1x 2 i 6 2 + 4i 1i 3
+ 2i 2i 3
+ 9x2 1 x2 2 i2 3
x 1 x 2 x 1 x 2 2
◭
b)
ω ′ m(i,x) =
∫ i3
0
∫ i3
ω m(i,x) ′ =
∫ i2
λ ′ 3(0,0,i ′ 3,x 1 ,x 2 )di ′ 3 +
0
∫ i1
+
0
∫ i2
9x 2 1x 2 2i ′ 3di ′ 3 +
0
+
0
∫ i1
0
λ ′ 2(0,i ′ 2,i 3 ,x 1 ,x 2 )di ′ 2
λ ′ 1(i ′ 1,i 2 ,i 3 ,x 1 ,x 2 )di ′ 1.
(
7x 1 x 2 (i ′ 2) 5 + 2
x 1 x 2
i 3
)
di ′ 2
(
10x 1 x 2 (i ′ 1) 3 + 3 x 1
i 2 + 4
x 1 x 2
i 3
)
di ′ 1.
ω ′ m(i,x) = 9x2 1 x2 2 i2 3
2
+ 7x 1x 2 i 6 2
6
+ 2i 3i 2
+ 5x 1x 2 i 4 1
+ 3i 2i 1
+ 4i 3i 1
◭
x 1 x 2 2 x 1 x 1 x 2
c)
n∑
ω m (λ,x) + ω m ′ (i,x) = λ i i i
i=1
ω m = i 1 λ 1 + i 2 λ 2 + i 3 λ 3 − ω ′ m.

64 Capítulo 1. Ecuaciones
ω m =i 1
(
10x 1 x 2 i 3 1 + 3 x 1
i 2 + 4
x 1 x 2
i 3
)
+ i 2
( 3
x 1
i 1 + 7x 1 x 2 i 5 2 + 2i 3
+ 2i )
2
+ 9x 2 1
x 1 x x2 2 i 3 −
2
( 5x1 x 2 i 4 1
2
x 1 x 2
)
+ i 3
( 4i1
x 1 x 2
+ 3i 1i 2
+ 7x 1x 2 i 6 2
+ 4i 1i 3
+ 2i 1i 3
+ 9x2 1 x2 2
x 1 6 x 1 x 2 x 1 x 2 2
ω m = 15 2 x 1x 2 i 4 1 + 3 x 1
i 1 i 2 + 4i 1i 3
x 1 x 2
+ 35
6 x 1x 2 i 6 2 + 2i 2i 3
x 1 x 2
+ 9 2 x2 1x 2 2i 2 3 ◭
Ejemplo 1.5. La máquina bifásica simétrica de la figura 1.49, tiene los siguientes parámetros:
R 1 = R 2 = 5 Ω,
L 1 = L 1 = 3 H,
R x = 3 Ω,
L x0 = 3 H,
n = 3 pares de polos,
J = 10 kg − m 2 ,
D = 0,1 N-m-s/rad.mec,
L 1xmax = L 2xmax = 3 H,
L xymax = 0.
i 2 3
)
,
v 2
+
−
i 2
q
2
θ 0 (0)
i y
+
v y
−
y
x
i x
+
v x
−
1
− v 1 +
i 1
d
Figura 1.49: Máquina bifásica simétrica.
Una fuente de corriente directa de 2 amperios está conectada al bobinado del estator del eje d. La
velocidad del rotor se mantiene constante en 100 rad/s en la dirección angular positiva. Todas las
otras puertas están en circuito abierto.
a) Calcule el voltaje de estado estable a través de la fuente de corriente.
b) Hallar la tensión a circuito abierto en cada una de las otras tres puertas eléctricas.

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 65
Solución 1.5. a) Utilizar las siguientes ecuaciones
⎡ ⎤ ⎡
v 1 R 1 + L 1 ρ 0 L 1xmax ρcos nθ 0
⎢ v 2
⎥
⎣ v x
⎦ = ⎢ 0 R 1 + L 2 ρ L 2xmax ρsen nθ 0
⎣ L 1xmax ρcos nθ 0 L 2xmax ρsen nθ 0 R x + L x0 ρ + L xymax ρcos 2nθ 0
v y −L 1xmax ρsen nθ 0 L 2xmax ρcos nθ 0 −L xymax ρcos 2nθ 0
⎤ ⎡ ⎤
−L 1xmax ρsen nθ 0 i 1
L 2xmax ρcos nθ 0
⎥ ⎢ i 2
⎥
−L xymax ρsen 2nθ 0
⎦ ⎣ i x
⎦ ,
R x + L x0 ρ − L xymax ρcos 2nθ 0 i y
L xymax
i 2
= 0, la máquina es de rotor cilíndrico
= i x = i y = 0 (puertas abiertas)
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
v 1 5 + 3ρ 0 3ρcos nθ 0 −3ρsen nθ 0 i 1 ⎢v 2
⎥
⎣v x
⎦ = ⎢ 0 5 + 3ρ 3ρsen nθ 0 3ρcos nθ 0
⎥ ⎢0
⎥
⎣ 3ρcos nθ 0 3ρsen nθ 0 3 + 3ρ 0 ⎦ ⎣0⎦ , (1.126)
v y −3ρsen nθ 0 3ρcos nθ 0 0 3 + 3ρ 0
v 1 = (5 + 3ρ)i 1 ,
v 1 = 5(2),
v 1
= 10 V ◭
b) De la ecuación 1.126
v 2 = 0,
v x = 3ρcos nθ 0 i 1 ,
v y = −3ρsen nθ 0 i 1 .
Con:
i 1 = I 1 = corriente constante.
v x = 3I 1 cos nθ 0 = 3I 1 [−sen nθ 0 (ρnθ 0 )],
= −3(2)(sen nθ 0 )(100 × 3rad.eléct/s),
= −1800sen 3θ 0 V.
v y = −3I 1 cos nθ 0(ρnθ0 ) = −3(2)cos 3θ 0 (300) = −1800cos 3θ 0 voltios.
v 2
v x
v y
= 0 ◭
= −1800sen 3θ 0 ◭
= −1800cos 3θ 0 ◭

66 Capítulo 1. Ecuaciones
Ejemplo 1.6. La máquina bifásica simétrica de la figura 1.50 tiene los siguientes parámetros:
R 1 = 5 Ω,
L 1 = 3 H,
J = 10kg-m 2 ,
L 1xmax = 3 H,
D = 0,1 N-m-s/rad,
n = 3,
R x = 3 Ω,
L x0 = 3 H,
L xymax = 0.
2
θ 0
y
x
1
Figura 1.50: Máquina bifásica simétrica.
a) Es la máquina de polos salientes Por qué
Escriba las cuatro ecuaciones de equilibrio eléctricas. Si el rotor es mantenido estacionario en
un ángulo θ 0 = 10 ◦ eléctricos y las siguientes restricciones se ponen a sus puertas eléctricas:
i 1 = 0 v 2 = √ 250sen 377t v x = v y = 0.
Formular las tres ecuaciones de equilibrio en forma fasorial necesarias para dar las corrientes
de puerta de estado estacionario.
b) Resolver las ecuaciones para las corrientes de puerta. Expresarlas en función del tiempo.

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 67
Solución 1.6.
a) Se muestra la matriz para la máquina bifásica real cilíndrica (L xymax es cero)
⎡ ⎤ ⎡
v 1 R 1 + L 1 ρ 0 L 1xmax ρcos nθ 0
⎢ v 2
⎥
⎣ v x
⎦ = ⎢ 0 R 1 + L 1 ρ L 1xmax ρsen nθ 0
⎣ L 1xmax ρcos nθ 0 L 1xmax ρsen nθ 0 R x + L x0 ρ
v y −L 1xmax ρsen nθ 0 L 1xmax ρcos nθ 0 0
⎤⎡
⎤
−L 1xmax ρsen nθ 0 i 1
L 1xmax ρcos nθ 0
⎥⎢
i 2
⎥
0 ⎦⎣
i x
⎦ .
R x + L x0 ρ i y
Para los parámetros dados:
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
v 1 5 + 3ρ 0 3ρcos nθ 0 −3ρsen nθ 0 i 1
⎢v 2
⎥
⎣v x
⎦ = ⎢ 0 5 + 3ρ 3ρsen nθ 0 3ρcos nθ 0
⎥ ⎢i 2
⎥
⎣ 3ρcos nθ 0 3ρsen nθ 0 3 + 3ρ 0 ⎦ ⎣i x
⎦ .
v y −3ρsen nθ 0 3ρcos nθ 0 0 3 + 3ρ i y
Para θ 0 = 10 ◦ ⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
v 1 5 + 3ρ 0 3cos 10ρ −3sen 10ρ i 1
⎢v 2
⎥
⎣v x
⎦ = ⎢ 0 5 + 3ρ 3sen 10ρ 3cos 10ρ
⎥ ⎢i 2
⎥
⎣ 3cos 10ρ 3sen 10ρ 3 + 3ρ 0 ⎦ ⎣i x
⎦ .
v y −3sen 10ρ 3cos 10ρ 0 3 + 3ρ i y
Las ecuaciones a resolver son:
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
v 2 5 + 3ρ 3sen 10ρ 3cos 10ρ i 2
⎣ 0 ⎦ = ⎣3sen 10ρ 3 + 3ρ 0 ⎦ ⎣i x
⎦.
0 3cos 10ρ 0 3 + 3ρ i y
b)
⎡
50∠0 ◦ ⎤ ⎡
⎤ ⎡−→ ⎤
5 + 1131j 196,4j 1113,82j I2
⎣ 0 ⎦ = ⎣ 196,4j 3 + 1131j 0 ⎦ ⎢−→ ⎥
⎣ Ix ⎦ .
0 1113,82j 0 3 + 1131j
−→
Iy
Resolviendo:
−→
I2 = 5∠−37,36 ◦ ,
−→
Ix = 0,84∠142,79 ◦ ,
−→
Iy = 4,9∠142,79 ◦ .
i 2 (t) = 7,07sen(377t − 37,36 ◦ ),
i x (t) = 1,19sen(377t + 142,79 ◦ ),
i y (t) = 6,93sen(377t + 142,79 ◦ ).

68 Capítulo 1. Ecuaciones
Ejemplo 1.7. En un sistema de dos bobinas las inductancias (en Henrios) son dadas como:
L 11 = (3 + cos 2θ) × 10 3 ,
L 12 = 0,1cos θ,
L 22 = 30 + 10cos 2θ.
Hallar el torque Tg(θ), si las corrientes valen:
i 1 = 1 A,
i 2 = 0,01 A.
Solución 1.7.
ω ′ m = 1 2 L 11(θ)i 2 1 + 1 2 L 22(θ)i 2 2 + L 12 (θ)i 1 i 2 ,
T g (θ) = ∂ω′ m
∂θ (i 1,i 2 ,θ)
T g (θ) = 1 d (
2 i2 1 (3 + cos 2θ) × 10
−3 ) + 1 d
dθ
2 i2 2
dθ (30 + 10cos 2θ) + i d
1i 2 (0,1cos θ).
dθ
T g (θ) = −10 −3 i 2 1 sen 2θ − 10i2 2 sen 2θ − 0,1i 1i 2 sen θ,
T g (θ) = −10 −3 sen 2θ − 10 −3 sen 2θ − 10 −3 sen θ,
T g (θ) = −10 −3 (2sen 2θ + senθ) N-m ◭
Ejemplo 1.8. En la máquina del ejemplo 1.5 ¿Cuánto torque externo se requiere para mantener la
velocidad en 100 rad/s
Solución 1.8.
T g = n (−L 1xmax i 1 i x sen nθ 0 + L 2xmax i 2 i x cos nθ 0 − L 1xmax i 1 i y cos nθ 0 − L 2xmax i 2 i x sen nθ 0 ) ,
En estado permanente ¨θ 0 = 0.
i 2 = i x = i y = 0,
T g = 0.
T g (i 1 ,i 2 ,i x ,i y ,θ 0 ) − T f ± T ext = (J M + J C )¨θ 0 .
T ext es el torque externo necesario para mover la máquina a dicha velocidad.
⎛
T f = Dρθ 0 .
⎞
⎜ N-m ⎟
T ext = T f = ⎝0,1
rad.mec
⎠
s
T ext = 10 N-m ◭
(
100 rad.mec )
s
Ejemplo 1.9. Para la máquina del ejemplo 1.6, hallar la magnitud y dirección del torque externo

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 69
requerido para mantener el rotor en esa posición fija.
Solución 1.9. Con:
Por simetría:
i 1 = 0 y L xymax = 0.
T g = n (L 2xmax i 2 i x cos nθ 0 − L 2xmax i 2 i y sen nθ 0 ) .
T g = L 1xmax n (i 2 i x cos nθ 0 − i 2 i y sen nθ 0 ) ,
T g = 3 × 3 × i 2 (t)(i x cos nθ 0 − i y sen nθ 0 ),
T g
= 9 × 7,07sen(377t − 37,36 ◦ )(1,19sen(377t + 142,79 ◦ )cos 10 ◦
−6,93sen(377t + 142,79 ◦ )sen 10 ◦ )
T g = 63,63sen(377t − 37,36 ◦ )(−0,03sen(377t + 142,79 ◦ ))
T g = −1,9sen(377t − 37,36 ◦ )sen(377t + 142,79 ◦ .
Resolviendo para el torque medio:
T gmedio = 0,95 N-m ◭
Este torque debe ser ejercido en sentido antihorario para contrarrestar el movimiento de la máquina.
Ejemplo 1.10. Si las corrientes i a e i A en una máquina bifásica son
i a = 10 A (c.c) , i A = 20 A (c.c)
Determine i x (t) e i y (t).
La máquina tiene 4 polos y rota a 1800 rpm.
Solución 1.10.
[
ix
i y
]
[
ix
i y
]
=
=
[ ][ ]
cos nθ0 sen nθ 0 ia
,
−sen nθ 0 cos nθ 0 i A
[ ]
ia cos nθ 0 + i A sen nθ 0
.
−i a sen nθ 0 + i A cos nθ 0
i x = 10cos 2θ 0 + 20sen 2θ 0 ,
i y = −10sen 2θ 0 + 20cos 2θ 0 .
i x = 22,4cos(2θ 0 − 63,4 ◦ ),
i y = −22,4cos(2θ 0 − 63,4 ◦ ).
( ) 1800 × 4
θ 0 (t) = θ 0 (0) + ωt = θ 0 (0) + 2π t,
120
θ 0 (t) = θ 0 (0) + 377t Con θ 0 en grados eléctricos.

70 Capítulo 1. Ecuaciones
i x
i y
= 22,4cos (θ 0 (0) + 377t − 63,4 ◦ ) ◭
= 22,4cos (θ 0 (0) + 377t − 63,4 ◦ ) ◭
Ejemplo 1.11. La máquina bifásica de la figura 1.51 funcionando como generador está en vacío:
i 1 = i 2 = 0.
Si:
i x = I (constante) e i y = 0.
Determinar:
v 1 (t) y v 2 (t).
Se supone un par de polos y velocidad constante.
2
θ 0
y
x
1
Figura 1.51: Generador en vacío.
Solución 1.11. Se trata de una máquina de rotor cilíndrico:
⎡ ⎤ ⎡
⎤⎡
⎤
v 1 R 1 + L 1 ρ 0 L 1xmax ρ 0 i 1
⎢v 2
⎥
⎣v a
⎦ = ⎢ 0 R 2 + L 2 ρ 0 L 2xmax ρ
⎥⎢i 2
⎥
⎣ L 1xmax ρ L 2xmax ρθ 0 R x + L x0 ρ L x0 ρθ 0
⎦⎣i a
⎦ ,
v A −L 1xmax ρθ 0 L 2xmax ρ −L x0 ρθ 0 R x + L x0 ρ i A
v 1 = L 1xmax ρi a ,
v 2 = L 2xmax ρi A .
Ahora:
[
ia
] [ ][ ]
cos nθ0 −sen nθ
=
0 ix
,
i A sen nθ 0 cos nθ 0 i y
i a = Icos θ 0 ,
i A = Isen θ 0 .

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 71
Con:
θ 0 = θ 0 (0) + Ωt.
i a
i A
= Icos (θ 0 (0) + Ωt),
= Isen (θ 0 (0) + Ωt).
v 1
v 2
= L 1xmax ρ[Icos (θ 0 (0) + Ωt)],
= L 2xmax ρ[Isen (θ 0 (0) + Ωt)].
v 1
v 2
= −L 1xmax IΩsen (θ 0 (0) + Ωt), ◭
= L 1xmax IΩcos (θ 0 (0) + Ωt). ◭
Ejemplo 1.12. A las bobinas del estator de la máquina del problema anterior se pone una carga de
valor R. Hallar v 1 (t) en estado permanente.
Solución 1.12. Con la máquina cargada:
En el caso generador para carga resistiva:
La corriente es de sentido contrario
v 1 = (R 1 + L 1 ρ)i 1 + L 1xmax ρi a .
v 1 = −Ri 1 .
−Ri 1 = (R 1 + L 1 ρ)i 1 + L 1xmax ρ[Icos(θ 0 (0) + Ωt)],
Así:
L 1 ρi 1 + (R + R 1 )i 1 = L 1xmax ΩIsen(θ 0 (0) + Ωt).
En regimen permanente
(
)
L 1xmax ΩI
i 1 = √
(R + R1 ) 2 + (ΩL 1 ) 2sen Ωt + θ 0 (0) − tg −1 ΩL 1
.
(R + R 1 )
(
)
L 1xmax RΩI
v 1 = −√ (R + R1 ) 2 + (ΩL 1 ) 2sen Ωt + θ 0 (0) − tg −1 ΩL 1
◭
(R + R 1 )
Ejemplo 1.13. La máquina bifásica simétrica de la figura 1.52, tiene los siguientes parámetros:
R 1 = R 2 = 10 Ω,
L 1xmax = L 2xmax = 6 H,
L 1 = L 2 = 6 H,
R x = 1 Ω,
L x0 = 3 H,

72 Capítulo 1. Ecuaciones
n = 1,
J = 20 kg-m 2 ,
D = 0,5 Nw-m-s/rad,
L xymax = 0.
Cada puerta tiene las siguientes cantidades:
i 1 = i 2 = 2 A (D.C)
i a = 4 A (D.C)
q
i 2
+
v 2
−
i A = 6 A (D.C)
ω r = 4 rad/s
i A
v A
+
−
− v a +
i a
− v 1 +
i 1
d
ω r
Figura 1.52: Máquina bifásica simétrica.
a) Encuentre los cuatro voltajes en las puertas para estado permanente.
b) Encuentre la potencia total de estado permanente suministrada a las dos puertas del estator.
¿A dónde va esta potencia
c) Encuentre la magnitud y la dirección (en el mismo giro de las manecillas del reloj, o contrario
a él), del torque de origen eléctrico T g .
d) Determine la potencia total de estado permanente en las dos puertas eléctricas del rotor.
e) Determine el torque aplicado T L y la potencia en la puerta mecánica del rotor.
f) Una fuente de voltaje de 10 V D.C, es súbitamente conectada al bobinado del estator de eje
directo en el tiempo t = 0. La velocidad del rotor se mantiene constante en ω r = −7 rad/s.
Todas las otras puertas eléctricas están en circuito abierto.
Encontrar i 1 como una función del tiempo.

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 73
Solución 1.13. a)
⎡ ⎤ ⎡
v 1 R 1 + L 1 ρ 0 L 1xmax ρ
⎢v 2
⎥
⎣v a
⎦ = ⎢ 0 R 2 + L 2 ρ 0
⎣ L 1xmax ρ L 2xmax nρθ 0 R x + (L x0 + L xymax )ρ
v A −L 1xmax nρθ 0 L 2xmax ρ −(L x0 + L xymax )nρθ 0
⎤ ⎡ ⎤
0 i 1
L 2xmax ρ
⎥ ⎢i 2
⎥
(L x0 − L xymax )nρθ 0
⎦ ⎣i a
⎦ .
R x + (L x0 − L xymax )ρ i A
⎡ ⎤ ⎡
v 1
⎢v 2
⎥
⎣v a
⎦ = ⎢
⎣
v A
10 0 0 0
0 10 0 0
0 6(1 × 4) 1 3(1 × 4)
−6(1 × 4) 0 −3(1 × 4) 1
v 1 = 10i 1 = 10(2) = 20 V,
v 2 = 10i 2 = 10(2) = 20 V,
v a = 24i 2 + i a + 12i A = 24(2) + 4 + 12(6),
v A = −24i 1 − 12i a + i A = −24(2) − 12(4) + 6.
⎤ ⎡ ⎤
i 1
⎥ ⎢i 2
⎥
⎦ ⎣i a
⎦ .
i A
Así:
v 1
v 2
v a
v A
= 20 V ◭
= 20 V ◭
= 124 V ◭
= −90 V ◭
b)
Potencia que va al calentamiento óhmico.
P T = v 1 i 1 + v 2 i 2 = 20(2) + 20(2),
P T = 80 W.
c)
T g = n(L 2xmax i 2 i a − L 1xmax i 1 i A − 2L xymax i a i A ),
= n(L 2xmax i 2 i a − L 1xmax i 1 i A ),
= 1(6(2)(4) − 6(2)(6)),
= 48 − 72,
T g = 24 Nw-m ◭
Dirección: giro de las manecillas del reloj ◭

74 Capítulo 1. Ecuaciones
d)
P Tr = v a i a + v A i A ,
= 124(4) + (−90)(6),
= 496 − 540,
P Tr = −44 W.
e)
T g − T f ± T ext = (J M + J c )ρ 2 θ 0 ,
ρ 2 θ 0 = 0,
T g − T f ± T ext = 0.
T L = 0,5 N-m (
4 rad )
+ 24 N-m.
rad/s s
T L = 2 + 24,
T L
= 26 Nw-m ◭
P Mr = 26 × 4,
P Mr
= 104 W ◭
f)
Por Laplace
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
10 R 1 + L 1 ρ 0 L 1xmax ρ 0 i 1 ⎢v 2
⎥
⎣v a
⎦ = ⎢ 0 R 2 + L 2 ρ 0 L 2xmax ρ
⎥ ⎢0
⎥
⎣ L 1xmax ρ L 2xmax nρθ R x + L x0 ρ L x0 nρθ ⎦ ⎣0⎦ ,
v A −L 1xmax nρθ L 2xmax ρ −L x0 nρθ R x + L x0 ρ 0
10 = (R 1 + L 1 ρ)i 1 i(0 − ) = i(0 + ).
( ) ( )
10
I 1 (s) =
s(10 + 6s) = 5 1 1
3 (s + 5 3 )s =
s − 1
s + 5 ,
3
⎛ ⎞
i 1 (t) = ⎝1 − e −5 3 t ⎠ u(t) ◭
Ejemplo 1.14. Para la estructura mostrada en figura 1.53 (en el regimen permanente)
L α =10 mH V α =100 ∠0 ◦
R α =9 Ω V β =100 ∠-120 ◦
f= 60 c.p.s. V γ =100 ∠0 ◦
Calcular los valores instantáneos
i α , i β , i γ .
Usando la transformación de tres ejes a dos ejes.

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 75
γ
α
β
Figura 1.53: Bobinas simétricas.
Solución 1.14. Invariancia de potencia
v x =
v y =
] √ [
] ⎡ 100∠0 2 1 −1/2 −1/2
◦ ⎤
=
v y 3 0 √ 3/2 − √ ⎣100∠ − 120 ◦ ⎦
3/2
100∠120 ◦
[
vx
√ [ (
2
100 − 50 − 1 √ ) (
3
3 2 − 2 j − 50 − 1 √ )] √
3 2
2 + 2 j =
3 150∠0◦ ,
√ [ (
2 √3 √
350 − 1 √ ) (
3
3 2 − 2 j − 50 − 1 √ )] √
3 2
2 + 2 j =
3 150∠ − 90◦ .
⎡ √ ⎤
2 [
⎣√
3 150∠0◦ ⎦ 9 +
3
= 2 j(2π(60))10 × ] [ −→
]
10−3 0 Ix
2
3 150∠ − 90◦ 0 9 + 3 2 j(2π(60))10 × −→ ,
10−3 Iy
[ ] [ −→ ]
9 + j5,7 0 Ix
=
0 9 + j5,7
−→ .
Iy
√
2
−→ 3
Ix =
150∠0◦
10,7∠32,3 ◦ = 11,4∠ − −→ 32,3◦ Iy = 11,4∠ − 122,3 ◦ .
⎡ ⎤
I α
√
⎡ ⎤
1 0
[
⎣I β
⎦ 2 √ −→Ix
] √
⎡ ⎤
1 0 [ ]
= ⎣−1/2
3/2
3
I γ −1/2 − √ ⎦ 2 √
−→ = ⎣−1/2
3/2
3/2 Iy 3
−1/2 − √ ⎦ 11,4∠ − 32,3
◦
11,4∠ − 122,3 ◦ ,
3/2
⎡ ⎤ ⎡
I α
9,3∠ − 32,3 ◦ ⎤
⎣I β
⎦ = ⎣−4,65∠ − 32,3 ◦ + 8,06∠ − 122,3 ◦ ⎦
I γ −4,65∠ − 32,3 ◦ − 8,06∠ − 122,3 ◦

76 Capítulo 1. Ecuaciones
i α = 9,3∠ − 32,3 ◦ ,
i β = 9,3∠208 ◦ ,
i γ = 9,3∠87 ◦ .
i α (t) = √ 29,3cos(377t − 32,3 ◦ ) ◭
i β (t) = √ 29,3cos(377t + 208 ◦ ) ◭
i γ (t) = √ 29,3cos(377t + 87 ◦ ) ◭
Ejemplo 1.15. Cada una de las tres fases del estator mostradas en la figura 1.54 tiene una resistencia
de 3 Ω y una autoinductancia de 2 H; corrientes sinusoidales trifásicas a una frecuencia de 2 rad/s
y con una magnitud r.m.s de 5 A. se inyectan en esos devanados del estator.
a) Usando notación fasorial determine los voltajes de puerta sobre cada una de las tres fases.
Tome i s α como referencia, o sea: i s α = √ 2sen 2t.
b) Encuentre la potencia promedio entregada por fase.
c) Encuentre el conjunto equivalente de corrientes de estator bifásico, utilizando la transformación
de 3φ → 2φ. Compare las cantidades de la fase α del 3φ con la fase 1 del bifásico.
d) Encuentre la potencia promedio por fase entregada a los devanados bifásicos. Compare estos
resultados de potencia por fase con el obtenido en la parte b).
i s β
β
α
i s α
γ
i s γ
Figura 1.54: Estator simétrico
Solución 1.15. a)
⎡ ⎤ ⎡
v α s R α + L α ρ − Lα
2 ρ −Lα 2 ρ ⎤ ⎡ ⎤
i α s
⎣v β s⎦ = ⎣ − Lα
2 ρ R α + L α ρ − Lα
2 ρ ⎦ ⎣i β s⎦
v γ s − Lα
2 ρ −Lα 2 ρ R α + L α ρ i γ s

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 77
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
v α s 3 + 2ρ −ρ −ρ i α s
⎣v β s⎦ = ⎣ −ρ 3 + 2ρ −ρ ⎦ ⎣i β s⎦
v γ s −ρ −ρ 3 + 2ρ i γ s
En fasores, para régimen permanente:
⎡ ⎤ ⎡
⎤
V α s 3 + 4j −2j −2j
⎣V β s⎦ = ⎣ −2j 3 + 4j −2j ⎦
V γ s −2j −2j 3 + 4j
⎡
⎣
I α s
⎤
I β s⎦
I γ s
i α s = √ 2 5sen 2t I α s = 5∠0 ◦ = 5,
i β s = √ 2 5sen(2t − 120 ◦ ) I β s = 5∠ − 120 ◦ = −2,5 − 4,3j,
i γ s = √ 2 5sen(2t + 120 ◦ ) I β s = 5∠120 ◦ = −2,5 + 4,3j,
V α s = (3 + 4j)5 − 2j(−2,5 − 4,3j) − 2j(−2,5 + 4,3j).
V α s = 22,54∠63,43 ◦ ,
V β s = 33,54∠ − 56,56 ◦ ,
V γ s = 33,54∠ − 183,43 ◦ .
v α s
v β s
v γ s
= √ 2 33,54sen(2t + 63,43 ◦ ) ◭
= √ 2 33,54sen(2t − 56,56 ◦ ) ◭
= √ 2 33,54sen(2t + 183,43 ◦ ) ◭
b)
P α s
P β s
P γ s
= (33,54)(5)cos 63,43 ◦ = 75,01 W ◭
= (33,54)(5)cos 63,43 ◦ = 75,01 W ◭
= (33,54)(5)cos(183, 43 ◦ − 120 ◦ ) = 75,01 W ◭
c) Con
P 1,2 = P α,β,γ .
√ [ ]
2 1 −1/2 −1/2
=
3 0 √ 3/2 − √ [i
3/2 α,β,γ ],
√ [ ] ⎡ ⎤
5
2 1 −1/2 −1/2
=
3 0 √ 3/2 − √ ⎣−2,5 − 4,3j⎦ ,
3/2
−2,5 + 4,3j
√ [ ] [ ]
2 7,5 6,12
= = .
3 7,439j −6,12

78 Capítulo 1. Ecuaciones
I 1
I 2
I α s
= 6,12∠0 ◦ ◭
= 6,12∠ − 90 ◦ ◭
= 5∠0 ◦ ◭
I 1 s =
√
3
2 5∠ − 90◦ ◭
d)
[v 1,2 ] =
=
√
2
3
[ ]
41,15∠63,43
◦
41,15∠ − 26,57 ◦ .
[ ] ⎡ 1 −1/2 −1/2
0 √ 3/2 − √ ⎣
3/2
15 + 30j
18,447 − 27,83j
−33,54
⎤
⎦,
P 1 = 6,12 × 41,15cos 63,43 ◦ = 112,64 W,
P 2 = 6,12 × 41,15cos 63,43 ◦ = 112,64 W.
La potencia por fase del bifásico es los 3/2 de la fase en el 3φ
P 2φ = 3 2 P 3φ = 3 (75,01) = 112,51 W ◭
2

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 79
Ejercicios Propuestos
1.2
Ejercicio 1.1. Para la máquina de la figura 1.3 demostrar:
g(θ) = g 0 − g 1 cos 2θ.
1.2.1
Ejercicio 1.2. a) Para una máquina de n pares de polos salientes en el estator, hallar la
siguiente expresión:
g(θ) = g 0 − g 1 cos 2nθ.
b) Para la máquina de la figura 1.55 hallar una expresión aproximada para el entrehierro.
g q
π
3
g d
Figura 1.55: Máquina con arco diferente a π/2.
1.3.1
Ejercicio 1.3.
a) Demostrar la siguiente expresión:
H(α) =
√
2
π
NI
g d
cos α,
b) Demostrar la siguiente expresión:
H(α) =
√
2
π
NI
ng d
cos nα,

80 Capítulo 1. Ecuaciones
1.3.2
Ejercicio 1.4. Demostrar que g(θ) = g(θ + π) para n pares de polos.
Ejercicio 1.5. Demostrar las siguientes expresiones:
1. f.m.m.(θ) = (π − 2θ)aj para 0 < θ < π,
1. f.m.m.(θ) = (2θ − 3π)aj para π < θ < 2π.
Ejercicio 1.6. Aproximar por Fourier la onda de la figura 1.56
f.m.m.(θ)
π
2π
θ
Figura 1.56: f.m.m(θ) triangular.
Ejercicio 1.7. Demostrar la siguiente expresión:
Sugerencia: se toma una trayectoria de π/n.
B(θ) = 4µ 0NI
π 2 cos nθ.
ng(nθ)
1.4.1
Ejercicio 1.8. Demostrar que para una máquina bifásica en movimiento
B(θ) = µ 0KI
cos (θ − α).
g(θ)
1.4.2
Ejercicio 1.9. Demostrar que:
n∑
ω m + ω m ′ = λ 1 · i i .
i=1

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 81
Ejercicio 1.10. ¿Cómo debe ser la relación funcional entre flujos concatenados y corrientes
para que las funciones de estado sean independientes de las trayectorias de estado
Ejercicio 1.11. Verificar las expresiones para ω ′ m1 ,ω′ m2 ,ω′ m3 y ω′ m4 .
Ejercicio 1.12. Utilizar la siguiente estrategia para hallar ω ′ m:
Primera etapa
Segunda etapa
: 0 i′ y
−→ i y
: 0 i′ x
−→ i x
i ′ x, i ′ 2 e i ′ 1 en cero,
i ′ 2, e i ′ 1 en cero,
Tercera etapa : 0 i′ 2
−→ i 2
i ′ 1 en cero,
Cuarta etapa : 0 i′ 1
−→ i 1 .
Ejercicio 1.13. Calcular la función Coenergía ω m ′ usando como estrategia el llevar todas las
corrientes simultáneamente al valor final.
Ejercicio 1.14. Se tienen las siguientes relaciones:
a. Hallar la función coenergía.
λ 1 (i 1 ,i 2 ,θ 0 ) = 2i 1 + i 2 cos θ 0 ,
λ 2 (i 1 ,i 2 ,θ 0 ) = i 1 cos θ 0 + i 2 .
b. Aplicar la definición de Energía para su respectiva evaluación.
c. Hallar la Energía a partir de ∑ λ i i i = ω m + ω ′ m.
d. ¿Son iguales b. y c. ¿Por qué Son iguales la energía y la coenergía ¿Por qué
Ejercicio 1.15. Evaluar las siguientes integrales:
∫ 2π
(
a. 1 + g )
1
cos 2θ cos θcos(θ − θ 0 )dθ,
0 g 0
∫ 2nπ
(
b. 1 + g )
1
cos 2θ cos(θ − θ 0 )sen(θ − θ 0 )dθ/n,
0 g 0
∫ 2nπ
(
c. 1 + g )
1
cos 2θ sen 2 (θ − θ 0 )dθ/n.
g 0
0
1.6.1
Ejercicio 1.16. Demostrar la siguiente expresión:
T = ∂ω′ m
∂θ 0
(i 1 ,i 2 ,i x ,i y ,θ 0 ).
Ejercicio 1.17. Si la función Energía depende de las corrientes, demostrar:
T = ∂2ω′ m
∂θ 0
(i 1 ,i 2 ,i x ,i y ,θ 0 ) −
n∑
i=1
i 1
∂λ i (i,θ 0 )
∂θ 0
.

82 Capítulo 1. Ecuaciones
1.8.1
Ejercicio 1.18. Demostrar la siguiente igualdad:
⎡
1 0
0 1
⎢
⎣ 0 0
0 0
⎤
0 0
0 0
⎥
[ ] ⎦ TΘ0
−1
⎡
1 0
0 1
= ⎢
⎣0 0
0 0
⎤
0 0
0 0
⎥
[ ] −1 ⎦ TΘ0
1.8.3
Ejercicio 1.19. Hallar los términos (1,1) y (4,4) de la matriz [Z 1,2,a,A ] a partir del siguiente
producto: ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
1 0 0 0
1 0 0 0
0 1 0 0
⎢ ⎥
⎣ 0 0 [ ] ⎦ [Z 0 1 0 0
1,2,x,y(θ 0 )] ⎢ ⎥
⎣ 0 0 [ ] −1 ⎦ .
TΘ0 TΘ0
0 0
0 0
Ejercicio 1.20. Hallar una expresión para T g = f(i 1 ,i 2 ,i a ,i A ), a partir de T g = f(i 1 ,i 2 ,i x ,i y ,θ 0 ).
1.9.1
Ejercicio 1.21. Demostrar la transformación de tres ejes a dos ejes para n pares de polos y
para una máquina de polos salientes.
1.9.2
Ejercicio 1.22. Encontrar la transformación inversa para que la máquina de dos ejes represente
en potencia 2/3 de la de tres ejes.
1.9.4
Ejercicio 1.23.
a) Demostrar la siguiente relación:
⎡ ⎤ ⎡
v α s R α + L α ρ − Lα
2 ρ −Lα 2 ρ ⎤ ⎡ ⎤
i α s
⎣v β s⎦ = ⎣ − Lα
2 ρ R α + L α ρ − Lα
2 ρ ⎦ ⎣i β s⎦
v γ s − Lα
2 ρ −Lα 2 ρ R α + L α ρ i γ s
b) Resolver la siguiente expresión:
⎡ ⎤
[Z 1,2 ] = 2 [ ] 1 1 −1/2 −1/2
3 0 √ 3/2 − √ √
0
[Z
3/2 α,β,γ ] ⎣−1/2
3/2
−1/2 − √ ⎦ .
3/2
1.10.1
Ejercicio 1.24. a) La transformación de las componentes simétricas dada para un sistema
de n voltajes ¿Es válida para un sistema de dos voltajes

1.10. Componentes simétricas en la máquina de corriente alterna 83
b) Evaluar:
y
⎛ ⎡ ⎤⎞
⎝√ 1 1 1 1
⎣1 α α 2 ⎦⎠
3
1 α 2 α
⎛⎡
1 1
⎤⎞
1
⎝⎣1 α α 2 ⎦⎠ .
1 α 2 α
−1
,
1.10.4
Ejercicio 1.25. Comprobar:
⎡ ⎤
1 1
1
√ ⎣α 2 α ⎦ 1 [ ] ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
1 α α
2 α
√ ⎣v
3
α α 2 3 1 α 2 v
α β
⎦ = 1 2 −1 −1
⎣−1 2 −1⎦ .
3
v γ −1 −1 2

Capítulo 2
La máquina sincrónica
2.1. Generalidades
La máquina sincrónica es la máquina universal en la producción de energía eléctrica. Debe su
nombre a que funciona normalmente a la velocidad sincrónica.
Sus características físicas son:
a. La estructura interior es de polos salientes y la exterior cilíndrica.
b. Posee un solo devanado de campo en el rotor.
c. La estructura exterior es estacionaria.
d. Posee devanados amortiguadores.
La máquina completa se ilustra en la figura 2.1
y
A
a
Q
1 D
x
Figura 2.1: Máquina sincrónica con devanados amortiguadores D y Q en el rotor.
85

86 Capítulo 2. La máquina sincrónica
2.1.1. Ecuaciones
La figura 2.2 muestra el esquema de una máquina sincrónica bifásica de polos salientes, sin amortiguadores,
que se verá enseguida.
y
pθ 0
1
x
Figura 2.2: Máquina sincrónica sin devanados amortiguadores.
Como se vió en el ajuste de las ecuaciones para polos salientes en el rotor, basta únicamente cambiar
ρθ 0 por −ρθ 0 en las ecuaciones desarrolladas para polos salientes en el estator.
Las ecuaciones, eliminando los términos que tengan que ver con la bobina 2, quedan:
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
v 1 R 1 + L 1 ρ L 1xmax ρcos nθ 0 −L 1xmax ρsen nθ 0 i 1
⎣v x
⎦ = ⎣ L 1xmax ρcos nθ 0 R x + L x0 ρ + L xymax ρcos 2nθ 0 −L xymax ρsen 2nθ 0
⎦ ⎣i x
⎦.
v y −L 1xmax ρsen nθ 0 L xymax ρsen 2nθ 0 R x + L x0 ρ − L xymax ρcos 2nθ 0 i y
Usando la matriz de transformación Θ 0
[ ] [ ][ ]
ia cos nθ0 −sen nθ
=
0 ix
,
i A sen nθ 0 cos nθ 0 i y
[ ] [ ][ ]
va cos nθ0 −sen nθ
=
0 vx
.
v A sen nθ 0 cos nθ 0 v y
Se obtiene:
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
v 1 R 1 + L 1 ρ L 1xmax ρ 0 i 1
⎣v a
⎦ = ⎣ L 1xmax ρ R x + (L x0 + L xymax )ρ −(L x0 − L xymax )nρθ 0
⎦ ⎣i a
⎦. (2.2)
v A L 1xmax nρθ 0 (L x0 + L xymax )nρθ 0 R x + (L x0 − L xymax )ρ i A
Desarrollando la expresión para la potencia desarrollada y teniendo en cuenta que la velocidad
cambia de ρθ 0 a −ρθ 0 .
T g = −n (L 1xmax i 1 i A + 2L xymax i a i A ). (2.3)
(2.1)

2.2. Máquina sincrónica trifásica balanceada en regimen permanente y velocidad constante 87
Si la máquina bifásica proviene de una trifásica:
L 1xmax = 3/2L 1αmax ,
L x0 + L xymax = 3/2(L α0 + L αβmax ),
L x0 − L xymax = 3/2(L α0 − L αβmax ).
2.1.2. Ajuste de las ecuaciones para devanados amortiguadores
Tomando en consideración que en la figura 2.1 la bobina Q podría ser la antigua bobina 2 eliminada
de la matriz y que la bobina D es una bobina adicional a la bobina 1 en el mismo eje, se llega a partir
de la matriz general a las siguientes ecuaciones en forma matricial. Naturalmente se ha cambiado el
signo de nρθ 0 para coincidir con el sentido positivo de la velocidad. Así:
L 1D es la inductancia mutua entre las bobinas 1 y D.
L xDmax es la inductancia mutua máxima entre las bobinas x y D.
L xQmax es la inductancia mutua máxima entre las bobinas x y Q.
L D es la autoinductancia de la bobina amortiguadora D.
L Q es la autoinductancia de la bobina amortiguadora a.
R D y R Q son las resistencias de las bobinas D y Q respectivamente.
Entonces:
⎡ ⎤ ⎡
v 1 R 1 + L 1 ρ L 1D ρ 0 L 1xmax ρ
v D
⎢v Q
⎥
⎣v a
⎦ = L 1D ρ R D + L D ρ 0 L xDmax ρ
⎢ 0 0 R Q + L Q ρ 0
⎣ L 1xmax ρ L xDmax ρ −L xQmax nρθ 0 R x + (L x0 + L xymax )ρ
v A L 1xmax nρθ 0 L xDmax nρθ 0 L xQmax ρ (L x0 + L xymax )nρθ 0
⎤ ⎡ ⎤
(2.4)
0 i 1
0
i D
L xQmax ρ
⎥ ⎢i Q
⎥
−(L x0 − L xymax )nρθ 0
⎦ ⎣i a
⎦ .
R x + (L x0 − L xymax )ρ i A
2.2. Máquina sincrónica trifásica balanceada en regimen permanente
y velocidad constante
Se estudió este caso particular de la máquina sincrónica por ser el más utilizado.

88 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Para mantener la secuencia en la misma dirección de la velocidad del rotor debemos alimentar con
la secuencia α,β,γ,
Calculando los voltajes bifásicos equivalentes:
] √
3
=
v y 2
[
vx
v 1 = V 1 , (2.5)
v α = Vcosωt, (2.6)
v β = Vcos(ωt − 120 ◦ ), (2.7)
v γ = Vcos(ωt + 120 ◦ ), (2.8)
ρθ 0 = ωr velocidad sincrónica. (2.9)
[ 1 −1/2 −1/2
0 √ 3/2 − √ 3/2
] ⎡ ⎤
α
⎣v
v β
⎦ =
v γ
√ [ ] 2 cos ωt
3 V . (2.10)
sen ωt
Ahora:
[
va
] [ ]√ [ ]
cos nθ0 −sen nθ
=
0 3 cos ωt
v A sen nθ 0 cos nθ 0 2 V .
sen ωt
v a =
v A =
√
3
2 V cos (nθ 0 + ωt) , (2.11)
√
3
2 V sen (nθ 0 + ωt). (2.12)
Pero:
θ 0 = θ 0 (0) − ω r t.
Se debe recordar que ρθ 0 se cambia por −ρθ 0 , donde ω r = ρθ 0 es la velocidad del rotor.
También:
nθ 0 = nθ 0 (0) − nω r t.
Si ω r es constante y ω = nω r , ω velocidad sincrónica, luego:
nθ 0 (0) = nθ 0 + ωt.
Así:
v a =
v A =
√
3
2 Vcos nθ 0(0), (2.13)
√
3
2 Vsen nθ 0(0). (2.14)
Esto significa que si la máquina gira a la velocidad sincrónica, los voltajes v a y v A resultan ser
voltajes de corriente continua.
Se resuelven las siguientes ecuaciones para la máquina de la figura 2.3. Al resultar v a y v A voltajes

√
3
2 Vcos nθ 0(0) = R x I a − (L x0 − L xymax )nρθ 0 I A , (2.16)
√
3
2 Vsen nθ 0(0) = L 1xmax nρθ 0 I 1 + (L x0 + L xymax )nρθ 0 I a + R x I A . (2.17)
2.2. Máquina sincrónica trifásica balanceada en regimen permanente y velocidad constante 89
de corriente continua, en régimen permanente i a e i A serán corrientes continuas.
A la velocidad sincrónica los devanados amortiguadores en forma idéntica al campo no sufren
ninguna variación del flujo concatenado; en consecuencia no se inducen voltajes ni circulan corrientes.
Así mismo el torque es cero. Es decir a la velocidad sincrónica estos devanados son superfluos, es
como si no existieran.
A
y
a
1
x
Figura 2.3: Máquina sincrónica con devanados amortiguadores.
⎡
⎤
V 1
⎡
⎤ ⎡ ⎤
√ ⎢
3
⎣√ 2Vcos nθ R 1 + L 1 ρ L 1xmax ρ 0 i 1
0(0) ⎥
⎦ = ⎣ L 1xmax ρ R x + (L x0 + L xymax )ρ −(L x0 − L xymax )nρθ 0
⎦ ⎣i a
⎦.
3
2 Vsen nθ L
0(0) 1xmax nρθ 0 (L x0 + L xymax )nρθ 0 R x + (L x0 − L xymax )ρ i A
Para el régimen permanente:
V 1 = R 1 I 1 , (2.15)
Se define el voltaje de excitación E f , como:
E f = L 1xmax I 1 nρθ 0 = L 1xmax
V 1
R 1
nρθ 0 . (2.18)
En el fondo E f es el valor máximo del voltaje inducido por el campo magnético del rotor en cualquiera
de las fases del estator bifásico.

√
3
2 Vsen nθ 0(0) − E f = (L x0 + L xymax )nρθ 0 I a + R x I A . (2.20)
90 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Para la máquina en movimiento:
L 1x = L 1xmax cos nθ 0 ,
E x1 = − dΨ x1
,
dt
es el voltaje inducido por la fase x por la acción de la corriente I 1 .
Ψ x1 = L 1x I 1 ,
y
E x1 = − d dt (L 1x max
I 1 cos [nθ 0 (0) − ωt]) .
E x1 = −L 1xmax I 1 nρθ 0 sen(−ωt + nθ 0 (0)),
E x1 = L 1xmax I 1 ωsen(ωt − nθ 0 (0)).
Donde:
ω = nρθ 0 .
Lo que demuestra que:
L 1xmax I 1 nρθ 0 ,
es el valor máximo del voltaje inducido en cualquiera de las bobinas del bifásico por acción del campo
del rotor.
Así:
√
3
2 Vcos nθ 0(0) = R x I a − (L x0 − L xymax )nρθ 0 I A , (2.19)
Se supone R x
∼ = 0, y se resuelve para las corrientes
√
3
2
I a =
Vsen nθ 0(0) − E f
, (2.21)
(L x0 + L xymax )nρθ 0
Se reemplazan en 2.3, teniendo en cuenta que:
I A = − √
3
2 Vcos nθ 0(0)
(L x0 − L xymax )nρθ 0
. (2.22)
I 1 =
E f
L 1xmax nρθ 0
.

2.2. Máquina sincrónica trifásica balanceada en regimen permanente y velocidad constante 91
(√ )
3 VE f cos nθ 0 (0)
T g = n
2 (L x0 + L xymax )(nρθ 0 ) 2 + 3 V 2 L xymax sen 2nθ 0 (0)
2 (nρθ 0 ) 2 ,
(L x0 + L xymax )(L x0 − L xymax )
se impone nθ 0 (0) = π/2 − δ, δ en grados eléctricos
(√ )
3 VE f sen δ
T g = n
2 (L x0 + L xymax )(nρθ 0 ) 2 + 3 V 2 L xymax sen 2δ
2 (nρθ 0 ) 2 . (2.23)
(L x0 + L xymax )(L x0 − L xymax )
Se define la reactancia sincrónica del eje directo (χ d ) y la reactancia sincrónica del eje en cuadratura
(χ q ), como:
χ d = (L x0 + L xymax )nρθ 0 , (2.24)
χ q = (L x0 − L xymax )nρθ 0 . (2.25)
Así:
T g = n
(√ )
3 VE f sen δ
+ 3 V 2 (χ d − χ q )sen 2δ
,
2 (nρθ 0 )χ d 2 2(nρθ 0 )χ d χ q
E f : voltaje máximo inducido en el bifásico.
V : voltaje máximo en el trifásico.
El ángulo δ se denomina el ángulo del par.
Si V x es el voltaje máximo bifásico y no el trifásico:
(
Ef V x sen δ
T g = n
(nρθ 0 )χd + V2 x (χ )
d − χ q )sen 2δ
.
2(nρθ 0 )χ d χ q
En valores eficaces:
(
2Efrms V rms sen δ
T g = n
(nρθ 0 )χ d
)
+ 2V2 rms(χ d − χ q )sen 2δ
, (2.26)
2(nρθ 0 )χ d χ q
(
Efrms V rms sen δ
T g /fase = T g /2 = n
+ 1 Vrms 2 (χ )
d − χ q )sen 2δ
. (2.27)
(nρθ 0 )χ d 2 (nρθ 0 )χ d χ q
En las anteriores expresiones para T g se debe tenerse en cuenta que E f es el voltaje inducido en
la máquina bifásica equivalente y V rms el voltaje de la bifásica equivalente. En el caso de utilizar los
voltajes trifásicos basta únicamente reemplazar
E f 2φ =
√
3
2 E f 3φ V rms 2φ =
√
3
2 V rms 3φ
Reemplazando en 2.26:
(
3E frms 3φV rms 3φ sen δ
T g = n
+ 3 Vrms 2 3φ (χ )
d − χ q )sen 2δ
, (2.28)
(nρθ 0 )χ d 2 nρθ 0 χ d χ q

92 Capítulo 2. La máquina sincrónica
y por fase
T g = n
(
E frms 3φV rms 3φ sen δ
+ 1 Vrms 2 3φ (χ )
d − χ q )sen 2δ
. (2.29)
(nρθ 0 )χ d 2 nρθ 0 χ d χ q
El sentido positivo (+) del torque es el del sentido contrario a la velocidad actual, por lo tanto si se
quiere el torque positivo (+) en el sentido de la velocidad, se debe cambiar el signo del torque.
Dicho de otra forma, cuando el torque es positivo se opone al movimiento o sea la máquina opera
como generador y viceversa.
La figura 2.4 muestra una gráfica para este torque.
T g
Fundamental
Armónica
δ
Zona de
Motorización
Zona de
Generación
Figura 2.4: Variación de T g con respecto a δ.
En la figura 2.4 se muestran las componentes del torque total y los modos de funcionamiento:
generación y motorización.
nθ 0 (t) = nθ 0 (0) − ω r t.
Suponemos
ω r = ω s + ∆ω,
nθ 0 (t) = nθ 0 (0) − ∆ωt − ω s t.
Con nθ 0 (0) = π/2 − δ 0 ,
nθ 0 (t) = π/2 − δ 0 + ∆ωt − ω s t. (2.30)
δ(t) = δ 0 + ∆ωt , ∆ω = ω r − ω s .

2.2. Máquina sincrónica trifásica balanceada en regimen permanente y velocidad constante 93
nθ 0 (t) = π/2 − δ 0 − ω r t. (2.31)
Si ω r ≠ ω s , es decir si la velocidad del rotor es diferente de la sincrónica; δ ya no será constante
sino que variará indefinidamente, tal como se muestra en la figura 2.5.
δ(t)
6π
4π
2π
δ 0
t
Figura 2.5: Variación de δ(t) con respecto al tiempo.
Reemplazando δ por δ(t) en la expresión del torque, éste contempla las variaciones de la velocidad
con respecto a la sincrónica.
Al ser ω r ≠ ω s , luego el torque es oscilatorio con respecto al tiempo (figura 2.6).
T g
t
Figura 2.6: Variación de T g (t) con respecto al tiempo.
La frecuencia de oscilación depende de la diferencia entre las velocidades; mientras más alta sea la
diferencia entre las velocidades ω r y ω s , más alta será esta frecuencia de oscilación.
Este torque oscilatorio no produce trabajo útil, dado que su valor promedio es cero:
T gmedio = 1 T
∫ T
0
T g (t)dt = 0. (2.32)
Esto hace que el motor sincrónico no tenga par de arranque y deba ser llevado a la velocidad sincrónica
por métodos auxiliares.

94 Capítulo 2. La máquina sincrónica
2.3. Análisis fasorial
Debido a la velocidad esencialmente constante en la maquinaria sincrónica es posible transformar
las ecuaciones dadas para régimen permanente en ecuaciones fasoriales, facilitando la solución de las
mismas; esto porque como se verá se puede trabajar en términos de las variables reales y no de las del
modelo, como se ha venido haciendo.
Se tienen las siguientes ecuaciones para la máquina bifásica en estado permanente.
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
v 1 R 1 0 0 I 1
⎣v a
⎦ = ⎣ 0 R x −(L x0 − L xymax )nρθ 0
⎦ ⎣I a
⎦ ,
v A L 1xmax nρθ 0 (L x0 + L xymax )nρθ 0 R x I A
Con:
Luego
E f = L 1xmax I 1 nρθ 0 ,
χ d = (L x0 + L xymax )nρθ 0 ,
χ q = (L x0 − L xymax )nρθ 0 .
v 1 = R 1 I 1 , (2.33)
v a = R x I a − χ q I A , (2.34)
v A = E f + χ d I a + R x I A . (2.35)
La matriz de transformación inversa
[ ] [ ] [ ]
vx cos nθ0 sen nθ
=
0 va
.
v y −sen nθ 0 cos nθ 0 v A
Con
Como
[
vx
]
=
v y
nθ 0 (0) − ωt = nθ 0 ,
[ ][ ]
cos(nθ0 − ωt) sen(nθ 0 − ωt) va
.
−sen(nθ 0 − ωt) cos(nθ 0 − ωt) v A
cos(nθ 0 − ωt) = cos(ωt − nθ 0 (0)),
sen(nθ 0 − ωt) = −sen(ωt − nθ 0 (0)).
v x = V a cos(ωt − nθ 0 (0)) − V A sen(ωt − nθ 0 (0)),
v y = V a sen(ωt − nθ 0 (0)) + V A cos(ωt − nθ 0 (0)).
Ahora:
nθ 0 (0) = π/2 − δ.

2.3. Análisis fasorial 95
v x = v a cos (ωt − (π/2 − δ)) − v A sen (ωt − (π/2 − δ)) , (2.36)
v y = v a sen (ωt − (π/2 − δ)) + v A cos (ωt − (π/2 − δ)) . (2.37)
Se escriben las anteriores ecuaciones como fasores. Se toma como referencia:
cos (ωt − (π/2 − δ)) .
V x = v a + jv A , (2.38)
V y = v A − jv a . (2.39)
Se reemplazan v a y v A en la ecuación para V x :
V x = R x I a − χ q I A + jE f + jχ d I a + jR x I A .
Como:
I x = I a + jI A ,
V x = R x I x + jE f − χ q I A + jχ d I a . (2.40)
La ecuación (2.40) es la ecuación fasorial para una fase de la máquina es su funcionamiento como
motor.
Para la ecuación como generador basta cambiar el signo de las corrientes I α , I β e I γ , lo que es igual
a un cambio en el flujo de potencia. Esto implica cambiar el signo de I a e I A . Para este sentido de las
corrientes se tiene la siguiente ecuación para la máquina operando como generador:
V x = −R x I x + jE f + χ q I A − jχ d I a . (2.41)
Ecuaciones válidas para una fase del sistema bifásico.
Ahora:
con nθ 0 (0) = π/2 − δ,
v a =
√
3
2 Vcos nθ 0(0) v A =
√
3
2 Vsen nθ 0(0),
√ √
3 3
v a =
2 Vsen δ v A = Vcos δ,
2
Además:
V x =
√
3
2 V,
es el voltaje bifásico equivalente, máximo porque los fasores fueron tomados en valores máximos.

96 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Así:
2.3.1. Diagrama fasorial del motor
De la siguiente ecuación se deduce el digrama de la figura 2.7
v a = V x sen δ, (2.42)
v A = V x cos δ. (2.43)
V x = R x I x + jE f − χ q I A + jχ d I a . (2.44)
De dicho diagrama se concluye que el motor está funcionando con factor de potencia en atraso
(inductivo).
jI aχ d
R xI x
v x
−I Aχ q
δ
jEf
jI A
φ
I a
I x
Figura 2.7: Diagrama fasorial del motor, f.p. en atraso.
Igualmente se descubre que el ángulo entre jE f y V x es el ángulo del par. Esto da las relaciones:
v a = V x sen δ,
v A = V x cos δ.
Diagrama válido para una fase del sistema bifásico.
2.3.2. Diagrama fasorial del generador
La figura 2.8 muestra el diagrama dibujado a partir de la ecuación
V x = −R x I x + jE f + χ q I A − jχ d I a . (2.45)

2.3. Análisis fasorial 97
El diagrama muestra al generador trabajando con factor de potencia en atraso (inductiva).
jEf
I Aχ q
−jχ d I a
δ
V x
−R xI x
jI A
φ
I a
I x
Figura 2.8: Diagrama fasorial del generador, f.p. en atraso.
Se aprecia el voltaje de excitación es superior al voltaje en terminales; se dice que el generador
está sobre excitado.
La figura 2.9 muestra el diagrama fasorial para un generador con factor de potencia en adelanto
(capacitivo).
−jχ d I a
χ qI A
−R xI x
jEf
V x
δ
I x
φ
jI A
I a
Figura 2.9: Diagrama fasorial del generador, f.p. en adelanto.
A manera de ejemplo la figura 2.10 muestra el diagrama fasorial para un motor con factor de

98 Capítulo 2. La máquina sincrónica
potencia en adelanto (capacitivo).
De la construcción auxiliar se nota que:
O ′ A ′ ⊥ I x , O ′ N ′ ‖ V x , KN ⊥ V x , A ′ D ⊥ V x ;
Por triángulos semejantes:
Fácilmente se demuestra que:
O ′ A ′ = A′ B ′ (OA)
AB
= I x χ q .
O ′ A ′
A ′ B ′ = OA
AB .
tan δ = A′ D
OD =
I xχ q cos φ + I x R x senφ
V x + I x χ q senφ − I x R x cosφ . (2.46)
Esta expresión es también válida para un generador en atraso. Si se cambia φ por −φ se llega a la
expresión válida para un motor en atraso y un generador en adelanto:
tan δ =
I xχ q cos φ − I x R x senφ
V x − I x χ q senφ − I x R x cosφ . (2.47)
2.3.3. Reactancia sincrónica
Si la máquina es de rotor cilíndrico:
L xymax = 0.
Luego:
χ d = χ q = χ s . (2.48)
Cuando esto ocurre a la reactancia se le llama reactancia sincrónica y las ecuaciones quedan así:
Para motor:
Para generador:
V x = R x I x + jE f + jI x χ s . (2.49)
V x = −R x I x + jE f − jI x χ s . (2.50)
Las figuras 2.11 (a) y 2.11 (b) muestran los circuitos equivalentes para el motor y el generador
respectivamente.
También válidos estos circuitos para una fase del sistema bifásicos.
2.3.4. Consideraciones sobre el signo del ángulo del par δ
Se supone por comodidad una máquina sincrónica con entrehierro uniforme.
L xymax = 0.

2.3. Análisis fasorial 99
−I Aχ q
jEf
jχ d I a
A ′
B ′
K
N
φ
φ
R xI x
D
V x
Figura 2.10: Diagrama fasorial del motor, f.p. adelanto.
0 ′
δ
A
I x
φ
jI A
B I a
0
De la máquina real:
v x (t) = L 1xmax ρcos nθ 0 (t)I 1 + (R x + L x0 ρ)i x (t),
v x (t) = −L 1xmax I 1 n ˙ θ 0 (t)sen nθ 0 (t) + (R x + L x0 ρ)i x (t).

100 Capítulo 2. La máquina sincrónica
+
R x
X s
R x
+
I x
I x
v x
jEf
∼
∼
jEfX s
v x
−
−
(a)
(b)
Figura 2.11: a) Circuito equivalente para el motor. b) Circuito equivalente para el generador.
n ˙ θ 0 (t) = nρθ 0 .
En el modelo se debe cambiar nρθ 0 por −nρθ 0 . Así:
v x (t) = L 1xmax I 1 nθ 0 sen nθ 0 (t) + (R x + L x0 ρ)i x (t).
L 1xmax I 1 nρθ 0 = E f y nθ 0 (t) = nθ 0 (t) − ωt.
v x (t) = −E f sen(ωt − nθ 0 (0)) + (R x + L x0 ρ)i x (t).
Ahora:
nθ 0 (0) = π/2 − δ,
v x (t) = −E f sen(ωt − π/2 + δ) + (R x + L x0 ρ)i x (t),
v x (t) = E f cos(ωt + δ) + (R x + L x0 ρ)i x (t). (2.51)
La anterior expresión siempre es válida.
De la transformación de voltajes:
√
3
v x (t) = Vcos ωt.
2
Así:
√
3
2 Vcos ωt = E fcos(ωt + δ) + (R x + L x0 ρ)i x (t).
√
3
Si se hace E f =
2V y δ = 0, el voltaje inducido iguala exactamente en magnitud y en fase al
voltaje en terminales; por lo tanto:
i x (t) = 0.
Es fácil mostrar que:
i y (t) = 0.

2.3. Análisis fasorial 101
En esta situación ninguna potencia se convierte electromecánicamente. La figura 2.12 muestra el
diagrama fasorial.
V x = jEf
δ = 0
Figura 2.12: Diagrama fasorial para la máquina en vacío.
Como
δ = 0.
Se tiene
nθ 0 (0) = π/2.
La figura 2.13 muestra el modelo para el caso de dos pares de polos.
y
ηθ 0(0) = π 2
1
x
Figura 2.13: Condición para la máquina en vacío.
La máquina está en vacío y el eje del rotor se sitúa de tal forma que cada ωt = 2πk la figura figura
2.13 coincide con la situación en ese instante. En otras palabras cada vez que el voltaje v x (t) llegue a
su valor máximo positivo:
nθ 0 (t) = π/2.
Si en la situación descrita se aplica torque en la dirección de la velocidad, por el eje mecánico la
potencia entregada se debe convertir en potencia eléctrica. El ángulo δ se debe ajustar de tal forma
que equilibre el torque aplicado (añadido).
Obviamente en el instante de la aplicación del torque en el eje hay un torque instantáneo acelerador

102 Capítulo 2. La máquina sincrónica
que hace que el fasor del voltaje de excitación (gobernado por la velocidad del rotor), adelante el
voltaje aplicado en el ángulo δ (figura 2.14).
jEf
δ
V x
Figura 2.14: Diagrama para la máquina como generador.
La máquina actúa como generador; el voltaje de excitación adelanta al voltaje aplicado y el signo
del ángulo δ, como se vio de la expresión del torque, es positivo.
Si en la situación descrita antes, operando la máquina en vacío, se aplica una carga mecánica en
el eje que se opone a la velocidad, instantáneamente habrá un torque desacelerante que hará variar el
ángulo δ hasta que el ángulo alcanzado equilibre exactamente la carga mecánica aplicada. La máquina
trabajará como motor y el voltaje de excitación se atrasará en un ángulo δ con respecto al voltaje
aplicado (figura 2.15).
v x
δ
jEf
Figura 2.15: Diagrama para la máquina como motor.
Como la carga aplicada es pequeña, obviamente la máquina no pierde el sincronismo.
Para concluir; como motor el voltaje de excitación atrasa al voltaje aplicado y el signo del ángulo δ
como se vio en la expresión del torque es negativo.
2.3.5. Ajustes en el voltaje de excitación para cambiar el factor de potencia
Las máquinas sincrónicas pueden trabajar con factores de potencia en adelanto o en atraso dependiendo
de la magnitud del voltaje de excitación. Obviamente se hace referencia a motores y generadores
acoplados a sistemas de potencia.
No se comprenden por supuesto los generadores aislados para los cuales el factor de potencia
está determinado única y exclusivamente por el factor de potencia de la carga.
Por simplicidad se trabaja con una máquina de rotor cilíndrico y se desprecia la resistencia del
estator.
En caso motor:
V x = jE f + jI x χ s , (2.52)

2.3. Análisis fasorial 103
y para un par de polos:
donde:
T g = E fVsen δ
ωχ s
, (2.53)
V: Voltaje máximo del bifásico,
E f : voltaje de excitación máximo bifásico.
Para una carga dada, como la velocidad es constante la potencia entregada por el motor tiene que
ser constante
P g = ωT g = V xE f sen δ
χ s
. (2.54)
Por consiguiente:
se debe conservar para distintos valores de E f .
E f sen δ
Igualmente la potencia activa de entrada al motor se debe conservar
Como V x es constante, el producto
P activa = V x I x cosφ.
I x cosφ,
se debe mantener constante para distintos valores de E f .
De la construcción de la figura 2.16 se puede apreciar que es posible manejar una misma carga con
diferentes factores de potencia mediante variaciones en el voltaje de excitación. Si se sobre excita el
motor trabajará con factor de potencia adelantado.
Hay dos límites para el voltaje de excitación: la magnitud de I x no puede ser muy grande por la
disipación de potencia y el voltaje E f no puede disminuirse hasta llegar a δ = π/2 por problemas en
la estabilidad.
Esta propiedad de las máquina sincrónica de trabajar con distintos factores de potencia hace apropiados
a los motores sincrónicos para trabajar como correctores del factor de potencia en aplicaciones industriales
(condensadores sincrónicos).
En el caso generador:
Es fácil demostrar que para el generador que trabaja con un voltaje terminal constante por estar
alimentando un sistema de potencia, sucede exactamente lo mismo, con la diferencia de que para los
voltajes de excitación por encima de cierto valor, es decir, si se sobre excita el generador trabajará inductivamente;
mientras que para bajos voltajes de excitación el generador trabajará capacitivamente, exactamente lo
contrario del motor.

104 Capítulo 2. La máquina sincrónica
V x
jχ sI x2
Ef 2
jI x1χ s
I x2
Ef 1
φ 1 I x1
δ 1
I xcosφ
Efsenδ
Figura 2.16: Manejo de una misma carga con diferentes factores de potencia.
2.4. Ecuación del eje mecánico para la máquina sincrónica
De la ley de Newton:
∑
T = J ˙ωr ,
∑
T = Tg (δ) − T friccion ± T ext = J ˙ω r .
ω r es la velocidad del rotor.
ω r = ˙ θ 0 (t),
θ 0 (t) = θ 0 (0) − ω r t = π/2 + δ − ω r t.
Si se supone que la velocidad del rotor es exactamente la sincrónica y las pequeñas fluctuaciones

2.4. Ecuación del eje mecánico para la máquina sincrónica 105
de velocidad se ven a través de δ(t), entonces:
θ 0 (t) = π/2 − δ(t) − ωt,
ω es la velocidad sincrónica.
Y:
Así
ω r = ω˙
0 (t) = −˙δ(t) − ω.
˙ω r = ¨θ 0 (t) = −¨δ(t).
T g (δ) − T friccion ± T ext = −J¨δ(t). (2.55)
T friccion = fω r = −f ˙δ(t) − fω,
T g (δ) + J¨δ(t) + f ˙δ(t) = −fω ∓ T ext .
Tal como se había previsto la operación en motorización implica ángulos negativos para δ.
En régimen permanente:
T g (δ) = −fω ∓ T ext .
El signo + del T ext implica generación y el signo − motorización.
Para efectos de facilitar el manejo de esta ecuación se va a cambiar δ por −δ
T g (δ) + J¨δ(t) + f ˙δ(t) = fω ± T ext . (2.56)
La ecuación 2.56 se denomina ecuación del par y es de gran utilidad para estudiar las variaciones
de carga y la estabilidad de la maquinaria sincrónica.
2.4.1. Devanados de amortiguación y/o arranque
Tal como se vio anteriormente la la maquinaria sincrónica en su operación como motor no posee
par de arranque; por esta razón los motores sincrónicos vienen provistos en su rotor de una barras
similares a la jaula de ardilla de un motor de inducción (figura 2.17).
Esta jaula de ardilla se encarga de proveer el par de arranque para el motor sincrónico; funcionando
en el proceso de aceleración como un motor de inducción.
Cuando el motor engancha en la velocidad sincrónica por la acción del campo del rotor la jaula
de ardilla deja de actuar, pues a dicha velocidad no hay inducción ni corrientes en la jaula. Desde el
punto de vista eléctrico es como si no existiera.
Sin embargo cuando por cualquier motivo el motor se sale suavemente de la velocidad sincrónica,
estos devanados actúan nuevamente ayudando a la máquina a volver al sincronismo. De esta función
desarrollada por la jaula se deriva el nombre de devanados amortiguadores; y lo que es más importante
no sólo se usan en los motores sino también en los generadores. En estos últimos, exclusivamente para
ayudar a mantener el sincronismo.

106 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Barras cortocircuitadas
Devanado de campo
Figura 2.17: Devanado amortiguador.
2.4.2. Influencia del devanado amortiguador y/o de arranque en la ecuación del par
La figura 2.18 muestra la característica torque-velocidad para un devanado auxiliar (amortiguador).
Obviamente es igual a la de un motor de inducción. La velocidad se considera negativa para hacerla
compatible con el desarrollo que se trae, donde la velocidad es negativa.
Se puede linealizar en funcionamiento alrededor del punto de la velocidad sincrónica (ω s ), luego:
T a = K A (ω r + ω s ). (2.57)
Este es el torque adicional que la máquina experimentaría para variaciones de la velocidad ω r
alrededor de la velocidad sincrónica ω s (ω).
Como:
ω r = −ω s − ˙δ(t),

2.4. Ecuación del eje mecánico para la máquina sincrónica 107
T a
−ω s
ω r
Figura 2.18: Característica torque-velocidad para un devanado auxiliar.
y recordando que se hizo:
δ(t) = −δ(t),
ω r
= −ω s + ˙δ(t).
Reemplazando:
T a = K A (−ω s + ˙δ(t) + ω s ),
T a = K A ˙δ(t). (2.58)
Se incorporó este torque a la ecuación adicional del par y se tiene:
T g (δ) + J¨δ(t) + (f + K A )˙δ(t) = fω ± T ext .
Llamando a:
f + K A = D,
coeficiente de amortiguamiento se tiene:
T g (δ) + J¨δ(t) + D ˙δ(t) = fω ± T ext . (2.59)
Notese que fω es el par de fricción en estado permanente.

108 Capítulo 2. La máquina sincrónica
2.5. Oscilaciones y estabilidad
2.5.1. Oscilaciones
Cuando en la maquinaria sincrónica se presentan perturbaciones, cambios bruscos de carga mecánica
o eléctrica; hay variaciones transitorias del ángulo δ. Estas variaciones se pueden controlar por el
sistema o no. Cuando no es posible controlarlos se dice que la maquinaria se sale del sincronismo;
parándose la maquinaria cuando es un motor, y obligando a sacarla cuando se trata de un generador
interconectado al sistema.
Para calcular estos transitorios se aprovecha que los transitorios eléctricos son más rápidos que los
mecánicos, o sea, suponiendo en cada valor de δ el circuito eléctrico en estado permanente. De otro
lado para calcular los transitorios eléctricos se supone la velocidad de la máquina constante.
2.5.2. Par de sincronización
ω r = ω.
Para ángulos pequeños la característica del par (figura 2.19) se puede linealizar
T g
δ
Figura 2.19: Característica T g - δ
T g = K 1 sen δ + K 2 sen 2δ. (2.60)
Alrededor de δ igual a cero:
Donde:
se llama par de sincronización.
Luego:
T g = ∂T g
∂δ
K = ∂T g
∂δ
∣ δ = Kδ.
δ=0
∣ ,
δ=0
K = K 1 + 2K 2 . (2.61)

2.5. Oscilaciones y estabilidad 109
2.5.3. Estabilidad
La estabilidad es la capacidad que tiene la máquina para sufrir variaciones de carga sin perder el
sincronismo.
Existen dos tipos de estabilidad: la estática y la dinámica, dependiendo de si las variaciones de
carga son lentas o bruscas.
La estabilidad se pierde cuando el ángulo δ crece o decrece indefinidamente haciendo el torque
promedio cero; parándose la máquina si es un motor o saliéndose de la frecuencia sincrónica si es un
generador.
A. Límite de estabilidad estática
Este límite está relacionado con el máximo T g que puede dar la máquina. En el caso del rotor
cilíndrico el δ máximo es ±90 ◦ dependiendo si se trata de generación o motorización; en consecuencia
el rango de operación de la máquina se presenta para:
−90 ◦ < δ < 90 ◦ .
En la figura 2.20 los puntos a la derecha de la línea a − a ′ son puntos de equilibrio inestables.
T g
T gmax
a
90 ◦ a ′
δ
Figura 2.20: Puntos de equilibrio inestables en la curva T g -δ.
B. Límite de estabilidad dinámica
La determinación de este límite es un poco más difícil por cuanto implica la solución de la ecuación
del par y depende de la magnitud de la perturbación y del punto (T g ,δ), en que se encuentre funcionando
la máquina.
2.5.4. Criterio de áreas iguales
Por consideraciones de energía se ha llegado a un criterio gráfico que permite determinar la estabilidad
dinámica de las máquinas sincrónicas. A este método se le conoce como el criterio de las áreas iguales.

110 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Con referencia a la figura 2.21, se supone que la máquina viene trabajando con la carga T L0 en δ 0 ;
si se aplica un torque T L1 es la máquina estable
La variación de la carga induce una variación en la velocidad; según la ley Newton:
∆ ∑ T = −T L1 + T g (δ) = J ˙ω r .
T g
A 1
A 2
δ 0 δ 1 δ max δ
T L1
T L0
Figura 2.21: Aplicación del criterio de áreas iguales.
El incremento de potencia mecánica en el eje, a convertirse en energía cinética es:
P(t) = ∆ ∑ T∆ω r .
Se debe recordar que:
y como
se tiene
ω r = −ω + ˙δ(t),
∆ω r = ω r − (−ω),
∆ω r = ˙δ(t).
Así:
P(t) = ∆ ∑ T
( ) dδ
. (2.62)
dt

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 111
El incremento de energía cinética en el eje es:
∆E(t) =
∆E(t) =
∆E(t) =
∆E(t) =
∫ t
0
∫ t
0
∫ t
0
∫ δ1
P(t)dt,
∆ ∑ T∆ωdt,
∆ ∑ T dδ
dt dt,
δ 0
∆ ∑ Tdδ. (2.63)
De δ 0 a δ 1 la integral es igual al área A 1 y representa un pérdida de energía cinética y una ligera
disminución de la velocidad.
De δ 1 a δ max la expresión ∆ ∑ T cambia de signo (el torque electromagnético es superior al de la
carga), y en consecuencia la máquina recupera energía cinética.
Si antes de llegar al valor del δ max la máquina recupera la energía cinética perdida, la máquina
logra la estabilidad oscilando alrededor del ángulo δ 1 ; por el contrario si al llegar a δ max todavía tiene
pérdida neta de energía, ésto significa que ˙δ(t) es todavía positiva implicando mayores aumentos de
δ(t).
Recordar que:
y que si
es porque ˙δ(t) es positivo.
ω r = −ω + ˙δ(t),
|ω r | < |ω s |,
Si δ(t) sigue aumentando la máquina pierde aún más energía cinética y no se recupera.
De ahí que para que haya estabilidad el área A 2 debe ser mayor o igual que el área A 1 .
Nótese que la máquina de la figura 2.21, representa una situación estable.
2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria
sincrónica
2.6.1. Ecuaciones y generalidades
En las ecuaciones vistas para la máquina sincrónica con devanados amortiguadores, se define:
L d
L q
= L x0 + L xymax : inductancia sincrónica de eje directo,
= L x0 − L xymax : inductancia sincrónica de eje em cuadratura.

112 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Así:
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
v D R D + L D ρ L 1D ρ 0 0 L XDmax ρ i D
v 1
⎢v Q
⎥
⎣v A
⎦ = L 1D ρ R 1 + L 1 ρ 0 0 L 1xmax ρ
i 1
⎢ 0 0 R Q + L Q ρ L xQmax ρ 0
⎥ ⎢i Q
⎥
⎣L xDmax nρθ 0 L 1xmax nρθ 0 L xQmax ρ R x + L q ρ L d nρθ 0
⎦ ⎣i A
⎦ . (2.64)
v a L xDmax ρ L 1xmax ρ −L xQmax nρθ 0 −L q nρθ 0 R x + L d ρ i a
Se cumple la transformación:
[ ]
va
v A
[
ia
i A
]
Finalmente se puede mostrar que:
=
=
[ ][ ]
cos nθ0 −sen nθ 0 vx
,
sen nθ 0 cos nθ 0 v y
[ ][ ]
cos nθ0 −sen nθ 0 ix
.
sen nθ 0 cos nθ 0 i y
T g = n (L 1xmax i 1 i A + 2L xymax i a i A + L xDmax i D i A − L xQmax i Q i a ). (2.65)
El estudio de la maquinaria sincrónica alimentada con voltajes sinusoidales equilibrados y en
régimen permanente lleva a una gran simplificación, puesto que las corrientes transformadas i a e
i A resultan corrientes continuas y permiten hacer cero en las ecuaciones la acción del operador
ρ = d dt .
Análogamente los devanados amortiguadores se pueden ignorar pues la máquina opera exactamente
a la velocidad sincrónica.
Si los voltajes son desequilibrados y/o el funcionamiento es transitorio ya no se disfruta de estas
simplificaciones y el tratamiento es más laborioso. Es este caso hay que considerar las ecuaciones
acabadas de desarrollar y como es fácil apreciar su solución llega a implicar hasta ecuaciones diferenciales
no lineales de quinto orden y requieren tratamiento por métodos numéricos. No obstante es posible
mediante simplificaciones avanzar en el conocimiento de las soluciones.
2.6.2. Alternador en corto circuito
Se considera que una máquina sincrónica trifásica está funcionando como generador con los terminales
en circuito abierto y que súbitamente sus voltajes de circuito abierto v α , v β y v γ son reducidos a cero.
Se exceptúa el voltaje V 1 del campo del rotor (figura 2.22). Obviamente los devanados amortiguadores
están en corto, así:
v α = v β = v γ = 0,
v x = v y = 0,
v a = v A = 0
v D = v Q = 0,
v 1 = V 1 .

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 113
β
α
γ
Figura 2.22: Generador en circuito abierto.
La figura 2.23 muestra el modelo circuital.
y
A
D
a
Q
1
x
Figura 2.23: Modelo circuital para el generador en circuito abierto.
Si se supone que la velocidad no cambia durante el corto circuito o que permanece en la velocidad
sincrónica.
nρθ 0 = Ω,

114 Capítulo 2. La máquina sincrónica
las ecuaciones quedan:
⎡ ⎤ ⎡
⎤⎡
⎤
v D R D + L D ρ L 1D ρ 0 0 L XDmax ρ i D
v 1
⎢v Q
⎥
⎣v A
⎦ = L 1D ρ R 1 + L 1 ρ 0 0 L 1xmax ρ
i 1
⎢ 0 0 R Q + L Q ρ L xQmax ρ 0
⎥⎢i Q
⎥
⎣ L xDmax Ω L 1xmax Ω L xQmax ρ R x + L q ρ L d Ω ⎦⎣i A
⎦ . (2.66)
v a L xDmax ρ L 1xmax ρ −L xQmax Ω −L q Ω R x + L d ρ i a
El problema planteado impone que:
y las demás condiciones iguales a cero:
i 1 (0) = V 1
R 1
= I 1 ,
i D (0) = i Q (0) = i A (0) = i a (0) = 0.
Conviene remover la condición inicial de i 1 , para que todas las condiciones iniciales sean cero; la
forma de enfrentar el problema es tomar solamente en cuenta el transitorio de la corriente i 1 , como:
donde i ′ 1 es la respuesta transitoria.
i 1 = I 1 + i ′ 1,
Es posible expresar:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
i D i D 0
i 1
⎢i Q
⎥
⎣i A
⎦ = i ′ 1
⎢i Q
⎥
⎣i A
⎦ + I 1 ⎢0
⎥
⎣0⎦ .
i a i a 0
Reemplazando estos valores de corriente y desarrollando se obtiene:
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡
v D R D + L D ρ L 1D ρ 0 0 L XDmax ρ i D
v 1
⎢v Q
⎥
⎣v A
⎦ = L 1D ρ R 1 + L 1 ρ 0 0 L 1xmax ρ
i ′ 1
⎢ 0 0 R Q + L Q ρ L xQmax ρ 0
⎥ ⎢i Q
⎥
⎣ L xDmax Ω L 1xmax Ω L xQmax ρ R x + L q ρ L d Ω ⎦ ⎣i A
⎦ + ⎢
⎣
v a L xDmax ρ L 1xmax ρ −L xQmax Ω −L q Ω R x + L d ρ i a
0
I 1
0
L 1xmax ΩI 1
0
⎤
⎥
⎦ .
Aplicando los voltajes de alimentación:
v D = v Q = v a = v A = 0,
v 1 = V 1 .

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 115
Se tiene
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
0 R D + L D s L 1D s 0 0 L XDmax s i D
V 1 /s − R 1 I 1 /s
⎢ 0
⎥
⎣−L 1xmax ΩI 1 /s⎦ = L 1D s R 1 + L 1 s 0 0 L 1xmax s
i ′ 1
⎢ 0 0 R Q + L Q s L xQmax s 0
⎥ ⎢i Q
⎥
⎣ L xDmax Ω L 1xmax Ω L xQmax s R x + L q s L d Ω ⎦ ⎣i A
⎦ .
0 L xDmax s L 1xmax s −L xQmax Ω −L q Ω R x + L d s i a
Como se ve remover la respuesta transitoria i ′ 1 es aplicar la respuesta de estado permanente −R 1I 1
a esa bobina y un voltaje igual y opuesto de circuito abierto L 1xmax ΩI 1 a la bobina A.
Además se utiliza la transformación de Laplace con condiciones iniciales iguales a cero como ya
se había planteado.
Recordando que:
y que:
es el voltaje inducido:
⎡
⎢
⎣
0
0
0
−E f /s
0
V 1 = R 1 I 1 ,
E f = L 1xmax ΩI 1 ,
⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
R D + L D s L 1D s 0 0 L XDmax s I D
⎥
⎦ = L 1D s R 1 + L 1 s 0 0 L 1xmax s
I ′ 1
⎢ 0 0 R Q + L Q s L xQmax s 0
⎥ ⎢I Q
⎥
⎣ L xDmax Ω L 1xmax Ω L xQmax s R x + L q s L d Ω ⎦ ⎣I A
⎦ . (2.67)
L xDmax s L 1xmax s −L xQmax Ω −L q Ω R x + L d s I a
Resolviendo estas ecuaciones se llega a la solución deseada con la observación de que I ′ 1 solo
representa la componente transitoria de la solución de I 1 .
Aunque el sistema de ecuaciones es lineal (se consideró la velocidad constante), la solución implica
el manejo de una ecuación de quinto grado; lo cual de por si es bastante laborioso.
Se adoptará un camino alterno que permite el conocimiento de las soluciones.
2.6.3. Eliminación de variables en un sistema matricial de ecuaciones
En algunas ocasiones es importante eliminar ciertas ecuaciones de un sistema por cuanto el conocimiento
de determinada variable puede no ser de interés. Es el caso por ejemplo de las corrientes en la
jaula de ardilla de un motor de inducción o de las corrientes en los devanados amortiguadores de la
máquina sincrónica. No es que se desprecie su influencia en el conjunto de ecuaciones; simplemente se
eliminan esas variables del conjunto. El procedimiento es conocido como el ”mecanismo de matrices
compuestas”.
Para ilustrar el mecanismo sea:
[V ] = [R][I],

116 Capítulo 2. La máquina sincrónica
un sistema matricial de variables independientes. V es una matriz de dimensión 6 × 1, R de 6 × 6 e I
de 6 × 1.
Se divide la matriz de voltajes y corrientes por una barra entre la tercera y cuarta fila, así:
[ ] [ ][ ]
V1 R11 R
= 12 I1
.
V 2 R 21 R 22 I 2
En consecuencia; la matriz de resistencias queda dividida en cuatro partes por barras entre la tercera
y cuarta fila y entre la tercera y cuarta columna.
La expresión del sistema en dos ecuaciones matriciales simultáneas:
[V 1 ] = [R 11 ][I 1 ] + [R 12 ][I 2 ],
[V 2 ] = [R 21 ][I 1 ] + [R 22 ][I 2 ].
Para eliminar [I 2 ] se multiplica la segunda ecuación por [R 22 ] −1
[I 2 ] = [R 22 ] −1 [V 2 ] − [R 22 ] −1 [R 21 ][I 1 ].
Reemplazando en la ecuación para [V 1 ]; se llega a:
[V 1 ] − [R 12 ][R 22 ] −1 [V 2 ] = ( [R 11 ] − [R 12 ][R 22 ] −1 [R 21 ] ) [I 1 ].
O sea:
donde
[V ′ ] = [R ′ ][I 1 ], (2.68)
[V ′ ] = [V 1 ] − [R 12 ][R 22 ] −1 [V 2 ], (2.69)
[R ′ ] = [R 11 ] − [R 12 ][R 22 ] −1 [R 21 ]. (2.70)
Las corrientes I 1 se determinan entonces por la simple inversión de [R ′ ] multiplicada por [V ′ ].
y
Ahora; si las corrientes I 2 corresponden a malla en corto circuito, los voltajes V 2 son iguales a cero
[V ′ ] = [V 1 ].
En circuitos de corriente alterna las matrices de impedancia reemplazan a las matrices de resistencia.
Cambiando de notación se tiene:
[ ] [ ][ ]
V1 Z11 Z
= 12 I1
.
V 2 Z 21 Z 22 I 2
Y para mallas con I 2 en corto circuito
[V 1 ] = [Z ′ ][I 1 ], (2.71)

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 117
donde
[Z ′ ] = [Z 11 ] − [Z 12 ][Z 22 ] −1 [Z 21 ]. (2.72)
A. Eliminación de los devanados amortiguadores
Se procederá a eliminar los devanados amortiguadores D y Q.
Enseguida se muestra la matriz de impedancias reordenada y dividida en submatrices para la
eliminación inicial en el devanado Q.
⎡
[Z] =
⎢
⎣
R x + L q s L d Ω L 1xmax Ω L xDmax Ω L xQmax s
−L q Ω R x + L d s L 1xmax s L xDmax s −L xQmax Ω
0 L 1xmax s R 1 + L 1 s L 1D s 0
0 L xDmax s L 1D s R D + L D s 0
L xQmax s 0 0 0 R Q + L Q s
Ahora se halla la matriz [Z ′ ]:
[Z 11 ] =
[Z 12 ] = ⎢
⎣
[
[Z 22 ] −1 =
⎡
⎤
R x + L q s L d Ω L 1xmax Ω L xDmax Ω
⎢ −L q Ω R x + L d s L 1xmax s L xDmax s
⎥
⎣ 0 L 1xmax s R 1 + L 1 s L 1D s ⎦ ,
0 L xDmax s L 1D s R D + L D s
⎡ ⎤
L xQmax s
⎢−L xQmax Ω⎥
0
0
1
R Q +L Q s
⎥
⎦ ,
]
,
[Z 21 ] = [ L xQmax s 0 0 0 ] .
⎤
[ ]
⎥
⎦ = Z11 Z 12
.
Z 21 Z 22
Así:
⎡
⎤ ⎡
R x + L q s L d Ω L 1xmax Ω L xDmax Ω L 2 xQ max
s 2 ⎤
/(R Q + L Q s) 0 0 0
[Z ′ ] = ⎢ −L q Ω R x + L d s L 1xmax s L xDmax s
⎥
⎣ 0 L 1xmax s R 1 + L 1 s L 1D s ⎦ − ⎢L xQ max
sΩ/(R Q + L Q s) 0 0 0
⎥
⎣ 0 0 0 0⎦ 0 L xDmax s L 1D s R D + L D s
0 0 0 0
(2.73)
Si se define:
L ∗ q = L q − L xQ max
s
R Q + L Q s ,
se llega a:
⎡ ⎤ ⎡
−E f /s R x + L ∗ q s L ⎤ ⎡ ⎤
dΩ L 1xmax Ω L xDmax Ω i A
⎢ 0
⎥
⎣ 0 ⎦ = ⎢ −L ∗ q Ω R x + L d s L 1xmax s L xDmax s
⎥ ⎢i a
⎥
⎣ 0 L 1xmax s R 1 + L 1 s L 1D s ⎦ ⎣i ′ ⎦ . (2.74)
1
0 0 L xDmax s L 1D s R D + L D s i D

118 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Las ecuaciones anteriores prescinden de la variable Q y su influencia está involucrada dentro de la
inductancia del eje en cuadratura L ∗ q.
Dicha inductancia se denomina la inductancia ”amortiguadora del eje en cuadratura”, no es una
inductancia pura a causa de la presencia de R Q .
La figura 2.24 muestra un circuito equivalente para la impedancia:
R x + L ∗ qs.
R x
Figura 2.24: Circuito equivalente para R x + L ∗ q s.
(L q − L xQmax )s
R Q
(L Q − L xQmax )s
R x + L ∗ qs
L xQmax s
Permite además una interpretación física. El circuito es familiar con el circuito de un transformador
con su secundario en corto. Esta analogía es razonable (L q − L xQmax ) y (L Q − L xQmax ) representan
las inductancias de fuga de la armadura y el devanado amortiguador respectivamente (nótese que es
para el circuito anterior únicamente).
Se procede enseguida a eliminar la ecuación de la bobina D. Sea:
⎡
R x + L ∗ ⎤
qs L d Ω L 1xmax Ω
[Z 11 ] = ⎣ −L ∗ q R x + L d s L 1xmax s ⎦ ,
0 L 1xmax s R 1 + L 1 s
⎡ ⎤
L xDmax Ω
[Z 12 ] = ⎣L xDmax s⎦ ,
L 1D s
[ ]
[Z 22 ] −1 = ,
1
R D +L D s
[Z 21 ] = [ 0 L xDmax s L 1D s ] .

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 119
Así:
⎡
R x + L ∗ ⎤
qs L d Ω L 1xmax Ω
[Z ′ ] = ⎣ −L ∗ q Ω R x + L d s L 1xmax s ⎦ −
0 L 1xmax s R 1 + L 1 s
⎡
0 L 2 ⎤
xD max
sΩ/(R D + L D s) L 1D L xDmax sΩ/(R D + L D s)
⎣0 L 2 xD max
s 2 /(R D + L D s) L 1D L xDmax s 2 /(R D + L D s) ⎦.
0 L 1D L xDmax s 2 /(R D + L D s) L 2 1D s2 /(R D + L D s)
(2.75)
En el eje directo la situación es más complicada, debido a la existencia de tres devanados. El
devanado amortiguador D no solo amortigua la inductancia L d ; amortigua la inductancia propia del
campo y la inductancia mutua entre la armadura y el rotor.
Se definen tres nuevas inductancias amortiguadas:
L ∗ d = L d −
L2 xD max
s
R D + L D s ,
L ∗ 1x max
= L 1xmax − L xD max
L 1D s
R D + L D s ,
L ∗ 1 = L 1 −
L2 1D s
R D + L Ds
.
Reemplazando los valores anteriores, se resuelve para la matriz [Z ′ ] y se puede llegar a:
⎡ ⎤ ⎡
−E f /s R x + L ∗ qs L ∗ d Ω ⎤ ⎡ ⎤
L∗ 1x max
Ω i A
⎣ 0 ⎦ = ⎣ −L ∗ q Ω R x + L ∗ d s L∗ 1x max
s ⎦ ⎣i a
⎦ . (2.76)
0 0 L ∗ 1x max
s R 1 + L ∗ 1 s i 1
En las ecuaciones anteriores ya han sido eliminados los devanados amortiguadores, pero su efecto
persiste a través de las inductancias.
La figura 2.25 muestra los circuitos equivalentes para las inductancias amortiguadas del eje directo.
B. Eliminación del devanado de campo
A pesar de que el conocimiento de la corriente transitoria del devanado de campo si es importante,
se eliminará de las ecuaciones en forma matricial para facilitar el tratamiento.
De todas formas conocida i a es posible determinar i ′ 1 .
De la ecuación de este eje se ve fácilmente que:
L ∗ 1x max
si a + (R 1 + L ∗ 1s)i ′ 1 = 0,
de donde
i ′ 1 = L∗ 1x max
i a s
R 1 + L ∗ 1 s . (2.77)

120 Capítulo 2. La máquina sincrónica
R x
(L d − L xDmax )s
R D
(L D − L xDmax )s
R x + L ∗ ds
L xDmax s
(a)
(L 1xmax − L xDmax L 1D)s
R D
(L D − L xDmax L 1D)s
L ∗ 1x max
s
L xDmax L 1Ds
(b)
R 1
(L 1 − L 1D)s
R D
(L xDmax − L 1D)s
R 1 + L ∗ 1s
L 1Ds
(c)
Figura 2.25: Circuitos equivalentes para las inductancias amortiguadas del eje directo.
Se para ahora a eliminar el eje 1:
[
Rx + L ∗
[Z 11 ] = qs L ∗ d Ω ]
−L ∗ q R x + L ∗ d s ,
[ ] L
∗
[Z 12 ] = 1xmax
Ω
L ∗ ,
1x max
s
[
[Z 22 ] −1 1
= ,
R 1 +L ∗ 1 s ]
[Z 21 ] = [ 0 L ∗ 1x max
s ] .

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 121
[Z ′ ] =
[
Rx + L ∗ q s L ] [
dΩ 0 L
∗2
−L ∗ qΩ R x + L ∗ d s − 1xmax
sΩ/(R 1 + L ∗ 1 s) ]
0 L 2 1x max
s ∗2 /(R 1 + L ∗ 1 s) . (2.78)
Se define ahora una segunda inductancia amortiguada de eje directo como:
L ∗∗
1x max
s
d = L∗ d − L∗2
R 1 + L ∗ 1 s.
Así:
[
[Z ′ Rx + L ∗
] = qs L ∗∗
d Ω ]
−L ∗ q Ω R x + L ∗∗
d s .
El circuito equivalente para este eje directo amortiguado comprenderá no sólo un secundario cortocircuitado
(el devanado D), sino también un terciario (eje 1).
El circuito equivalente se muestra en la figura 2.26
1x max
s 2
R x + L ∗∗
d s = R x + L ∗ d s − L∗2
R 1 + L ∗ (2.79)
1s. R x
(L d − L 1xmax L xDmax
L 1D
)s
L 2 1x max
R D
L 2 1D
L 2 xD max
R 1
L 2 1D
R x + L ∗∗
d s
( )
L1xmax L
s
xDmax
L 1D
(
L 2 1xmax L D
L 2 1D
− L 1xmax L xDmax
L 1D
)
s
(
L 2 xDmax L 1
L 2 1D
− L 1xmax L xDmax
L 1D
)
s
Figura 2.26: Circuito equivalente para eje directo amortiguado.
Las ecuaciones han quedado reducidas a:
[ ] [ −Ef /s Rx + L ∗ q
=
s L∗∗ d Ω ][ ]
iA
0 −L ∗ qΩ R x + L ∗∗
d s . (2.80)
i a
Lo único que ha cambiado es la presentación de las ecuaciones, pues realmente no ha habido
ninguna aproximación hasta aquí; el desarrollo ha sido exacto.

122 Capítulo 2. La máquina sincrónica
2.6.4. Determinación de las corrientes
De la matriz (2.80) se obtiene
I A =
I a =
− (R x + L ∗∗
d s)E f/s
(
Rx + L ∗ q s) ( R x + L ∗∗
−L ∗ qΩE f /s
(
Rx + L ∗ qs ) ( R x + L ∗∗
d s) + L ∗ q L∗∗ d
d s) + L ∗ qL ∗∗
d
Ω2,
(2.81)
Ω2.
(2.82)
Si se reemplazan los valores de L ∗ q y L ∗∗
d
se llega a relaciones de polinomios, siendo los del
denominador de quinto grado y se vuelve a la situación de dificultad descrita anteriormente. En vez
de esto se iniciará el camino de las aproximaciones.
A. Solución aproximada despreciando las resistencias
Para ilustrar la esencia de esta aproximación, se aplicará a un circuito serie R − L (figura 2.27).
V
i(t)
R
L
Figura 2.27: Circuito RL en serie
Si se cierra el interruptor en t = 0, tal que i(0) = 0 se tiene la solución:
i(t) = V R
⎛ ⎞
⎝1 − e −R L t ⎠ , (2.83)
graficada en la figura 2.28
En la misma figura se muestra la solución linealizada alrededor del origen para pequeñas variaciones
del tiempo, la cual es:
i(t) = V t, (2.84)
L
y corresponde efectivamente a la solución, despreciando la resistencia (figura 2.29) , porque:
V = L di(t)
dt . (2.85)
Se puede concluir que para pequeñísimos valores del tiempo (dependiendo de la constante de
tiempo del circuito), la solución despreciando la resistencia es una buena solución.

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 123
i(t)
Solución
linealizada
V
R
Figura 2.28: Solución para i(t).
t
i(t)
L
Figura 2.29: Circuito inductivo.
En el caso tratado de la maquinaria sincrónica, haciendo
R D = R Q = R 1 = R x = 0,
L ∗∗
d y L∗ q se convierten en inductancias puras, así:
(
L
2
1xmax
L D + L 2 )
xD max
L 1 − 2L 1xmax L xDmax L 1D
L ∗∗
d
= L d −
L D L 1 − L 2 1D
,
L ∗ q
= L q − L2 xQ max
L Q
= L qL Q − L 2 xQ max
L Q
.
Estas inductancias se denominan respectivamente ”Inductancias subtransitorias de eje directo y de
eje en cuadratura”. Usualmente se denotan como:
y describen:
L ′′
d = L∗∗ d , L ′′
q = L ∗ q,

124 Capítulo 2. La máquina sincrónica
La reactancia subtransitoria de eje directo:
y la reactancia subtransitoria de eje en cuadratura:
Para las corrientes:
χ ′′
d = ωL′′ d , (2.86)
χ ′′
q = ωL ′′
q. (2.87)
I A
I a
ΩE f
= −
χ ′′ q (s2 + Ω 2 ) ,
Ω 2 E f
= −
χ ′′
d (s2 + Ω 2 )s .
Donde
Ω = ω = nρθ 0 .
Con la antitransformada se obtienen las soluciones en el tiempo:
i A
i a
= − E f
sen ωt, (2.88)
χ ′′ q
= − E f
(1 − cos ωt). (2.89)
χ ′′
d
Ahora se aplica la trasformación inversa:
[
ix
] [ ] ⎡ ⎤
cos nθ0 sen nθ
=
0 ⎣ −E f
χ
(1 − cos ωt)
′′
d ⎦
i y −sen nθ 0 cos nθ 0 − E ,
f
sen ωt
i x (t) = − E f
χ ′′
d
χ ′′ q
(1 − cos ωt)cos nθ 0 − E f
sen ωtsen nθ 0 .
χ ′′ q
Recordar que:
donde ω es la velocidad sincrónica.
nθ 0 = nθ 0 (0) − ωt,
i x (t) = − E f
χ ′′
d
(1 − cos ωt)cos(ωt − nθ 0 (0)) + E f
χ ′′ sen ωtsen(ωt − nθ 0 (0)),
q
i x (t) = − E f
cos(ωt − nθ 0 (0)) + E f
χ ′′
d
i x (t) = − E f
χ ′′
d
χ ′′
d
(cos ωtcos(ωt − nθ 0 (0)) + E f
χ ′′ sen ωtsen(ωt − nθ 0 (0)),
q
cos(ωt − nθ 0 (0)) + E f
2χ ′′ (cos(2ωt − nθ 0 (0)) + cos nθ 0 (0))
d
+ E f
2χ ′′ (cos nθ 0 (0) − cos(2ωt − nθ 0 (0))) ,
q

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 125
i x (t) = − E f
χ ′′
d
cos(ωt−nθ 0 (0))+ E f
2
( 1
χ ′′ − 1
d
χ ′′ q
)
cos(2ωt−nθ 0 (0))+ E (
f 1
2 χ ′′ + 1 )
d
χ ′′ cos nθ 0 (0).
q
(2.90)
De la expresión anterior se concluye que la corriente de cortocircuito depende de tres componentes;
una a la frecuencia nominal, otra al doble de dicha frecuencia y una tercera de corriente directa.
1a.
2a.
3a.
E f
2
− E f
cos(ωt − nθ 0 (0))
χ ′′
d
( 1
χ ′′ − 1 )
d
χ ′′ cos(2ωt − nθ 0 (0))
q
E f
2
( 1
χ ′′ + 1 )
d
χ ′′ cos nθ 0 (0)
q
A.1 Solución de regimen permanente: Con el fin de extraer conclusiones sobre las componentes de
las corrientes de cortocircuito; las cuales al haber despreciado las resistencias solo son válidas
en el instante del corto circuito, se considera la solución de estado permanente.
En régimen permanente las corrientes i a e i A serán corrientes continuas. Se denominaran I a e
I A .
De las respectivas ecuaciones se tiene:
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
V 1 R 1 0 0 I 1
⎣ 0 ⎦ = ⎣ 0 R x −(L x0 − L xymax )nρθ 0
⎦ ⎣I a
⎦.
0 L 1xmax nρθ 0 (L x0 + L xymax )nρθ 0 R x I A
Nótese que no se consideran los devanados amortiguadores; así:
Despreciando R x :
0 = R x I a − χ q I A ,
0 = E f + χ d I a + R x I A .
I A = 0, (2.91)
I a
= − E f
χ d
. (2.92)
Del análisis fasorial:
−→
Ix = −→ I a + j −→ I A .
Luego:
−→
Ix = −→ I a . (2.93)

126 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Se debe recordar que la referencia para los fasores fue de
cos (ωt − nθ 0 (0)) .
Si se observa la corriente de régimen permanente (cortocircuito sostenido), se concluye que
tanto la componente de doble frecuencia como la componente de corriente directa caen a cero
por la amortiguación de las resistencias y que la amplitud de la componente de frecuencia
fundamental decae de E f /χ ′′
d a E f/χ d (notar que χ ′′
d < χ d).
La magnitud de la componente de frecuencia doble es usualmente pequeña, pues depende del
factor ( 1
χ ′′ − 1 )
d
χ ′′ .
q
el cual es muy pequeño dado que χ ′′
d y χ′′ q son comparables.
La componente de corriente directa en cambio depende del instante del corto; o mas bien del
valor de nθ 0 (0) y es diferente para cada fase.
La figura 2.30 ilustra las tres componentes.
B. Solución conservando las resistencias
Se recuerda que
donde:
I A =
I a =
− (R x + L
( ∗∗
d s)E f/s
Rx + L ∗ qs ) ( R x + L ∗∗
d s) + L ∗ qL ∗∗
d ω2,
−L ∗ qωE f /s
(
Rx + L ∗ qs ) ( R x + L ∗∗
d s) + L ∗ qL ∗∗
d ω2.
DEN
DEN
= (R x + L ∗ q s)(R x + L ∗∗
d s) + L∗ q
(
L∗∗
= L ∗∗
d L∗ q s 2 + s
(
Rx
L ∗∗ + R x
d
L ∗ q
d ω2 ,
)
+ ω 2 + R2 x
L ∗∗
d L∗ q
)
.
R x es pequeño; R 2 x se puede despreciar en comparación con ω 2 L ∗∗
d L∗ q.
Así:
( (
DEN = L ∗∗
d L∗ q s 2 Rx
+ s
L ∗∗ + R ) )
x
d
L ∗ + ω 2 . (2.94)
q

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 127
3π
2
2π
E f
χ d
ωt
E f
χ ′′
d
(a) Componente a la frecuencia fundamental
E f
2
(
1
χ ′′
d
)
− 1
χ ′′ q
ωt
(b) Componente de doble frecuencia
1
2
(
1
χ ′′
d
)
+ 1 cosηθ
χ ′′ q
0(0)
ωt
(c) Componente de corriente directa
Figura 2.30: Componentes de la corriente de cortocircuito.
Del valor de L ∗ q : 1
L ∗ q
=
=
1
L q − L2 xQ max
s
R Q + L Q s
=
R Q + L Q s
(L q L Q − L 2 xQ max
)
s + R Q L q
,
L Q (s + R Q /L Q )
(
) ( ),
L q L Q − L 2 R Q L q
xQ max
s +
L q L Q − L 2 xQ max

128 Capítulo 2. La máquina sincrónica
=
⎛
L Q
L q L Q − L 2 ⎜
xQ max
⎝
⎞
s + R Q /L Q
⎟
R Q L q ⎠ .
s +
L q L Q − L 2 xQ max
Ya se mostró que:
L ∗ q = L q − L2 xQ max
L Q
.
En consecuencia:
Reemplazando:
1
L ∗ q
( )
Lq
χ ′′
q = ω L Q − L 2 xQ max
.
L Q
= ω χ ′′ q
⎛
s + R ⎞
Q
L Q
⎜
⎟
⎝ R Q L q ⎠ . (2.95)
s +
L Q L q − L 2 xQ max
Como R Q es pequeño, la expresión 2.95 se puede expandir en serie de potencias. De la serie de
Taylor:
Con
f(R Q ) = f(0) + f ′ (0)R Q + 1 2 f ′′ (0)R 2 Q + ... + 1 n! fn (0)R n Q.
1
L ∗ q
f(R Q ) = ω χ ′′ q
= ω χ ′′ q
(
1 −
donde se despreciaron los términos de mayor peso;
R x
L ∗ q
s = ωR x
χ ′′ s −
q
⎛
s + R ⎞
Q
L Q
⎜
⎟
⎝ R Q L q ⎠ .
s +
L Q L q − L 2 xQ max
)
L 2 xQ max
R Q
L Q (L q L Q − L 2 xQ max
)s + ... ,
ωL 2 xQ max
R Q R x
χ ′′ q L Q(L q L Q − L 2 xQ max
) .
El segundo término del lado derecho se puede despreciar por incluir productos de pequeñas cantidades
(por ejemplo R x R Q ).
Análogamente se puede demostrar que:
R x
L ∗ q
R x
L ∗∗
d
s = ωR x
χ ′′ s. (2.96)
q
s = ωR x
χ ′′ s. (2.97)
d

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 129
Reemplazando 2.96 y 2.97 en 2.94
DEN = L ∗∗
d L∗ q
χ ′′ h
( ( 1
s 2 + ωR x
χ ′′ + 1 ) )s
q χ ′′ + ω 2 .
d
Se define χ ′′ h
como la media armónica de las dos reactancias subtransitorias:
)
1
.
= 1 2
( 1
χ ′′ q
(
DEN = L ∗∗
d L∗ q
+ 1 χ ′′
d
s 2 + 2ωR )
x
χ ′′ s + ω 2 .
h
Se hallan las raíces de la ecuación cuadrática entre paréntesis:
√
r 1,2 = − ωR x ω
χ ′′ ±
2 Rx
2 − ω
h χ ′′ 2
2 ,
h
y se desprecia el término que incluye R 2 x por ser muy pequeño comparado con ω 2 :
Así:
r 1,2 = − ωR x
χ ′′ h
± jω.
(
DEN = L ∗∗
d L∗ q s + ωR ) (
x
χ ′′ − jω s + ωR )
x
h
χ ′′ + jω . (2.98)
h
Reemplazando 2.98 en la expresiones de las corrientes:
I A =
−(R x + L ∗∗
d)(
s)E f/s
(
L ∗∗
d L∗ q s + ωR x
χ ′′ − jω
h
s + ωR x
χ ′′ h
). (2.99)
+ jω
I a =
−ωE f /s
) (
(
L ∗∗
d
s + ωR x
χ ′′ − jω
h
s + ωR x
χ ′′ h
). (2.100)
+ jω
B.1 Solución para i A (t):
I A =
I A =
(
−L ∗∗ Rx
d
L ∗∗
d
(
L ∗∗
d L∗ q s + ωR x
L ∗ q
−
(
s + ωR x
χ ′′ h
χ ′′ h
( ωRx
χ ′′
d
− jω
− jω
)
Ef
+ s
s
) (
)
Ef
+ s
s
)(
s + ωR x
s + ωR x
χ ′′ h
χ ′′ h
),
+ jω
).
+ jω

130 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Como:
1
L ∗ q
= ω χ ′′ q
⎛
s + R ⎞
Q
L Q
⎜
⎟
⎝ R Q L q ⎠ ,
s +
L Q L q − L 2 xQ max
I A = (
s +
−
( ω
χ ′′ q
)(
s + R )(
Q
s + ωR x
L Q χ ′′
) (
R Q L q
L q L Q − L 2 s + ωR x
xQ max
χ ′′ − jω
h
Descomponiendo en frecuencias parciales:
⎛
I A = −
( ω
χ ′′ q
Donde:
A =
B =
C =
) (
Ef
s
)
⎜
(
⎝
s +
A
) +
R Q L q
L q L Q − L 2 xQ max
d
) (
)
Ef
s
s + ωR x
χ ′′ h
B
(
s + ωR x
χ ′′ + jω
h
).
+ jω
⎞
C
) + (
s + ωR )
⎟
x
χ ′′ − jω ⎠ .
h
(2.101)
(
)(
)
R Q L Q
−
L Q L q − L 2 + R Q R Q L Q
−
xQ max
L Q L Q L q − L 2 + ωR x
xQ max
χ ′′
d
(
)(
),
R Q L Q
−
L Q L q − L 2 + jω + ωR x R Q L Q
xQ max
χ ′′ −
h
L Q L q − L 2 − jω + ωR x
xQ max
χ ′′ h
(
−jω − ωR x
χ ′′ + R )(
Q
−jω − ωR x
h
L Q χ ′′ + ωR )
x
h
χ
(
) ′′
d
(
R Q L Q
L Q L q − L 2 − jω − ωR x
xQ max
χ ′′ −2jω + ωR x
h
χ ′′ − ωR ),
x
h
χ ′′ h
(
jω − ωR x
χ ′′ + R )(
Q
jω − ωR x
h
L Q χ ′′ + ωR )
x
h
χ ′′
d
(
R Q L Q
L Q L q − L 2 xQ max
+ jω − ωR x
χ ′′ h
) (
2jω − ωR x
χ ′′ h
+ ωR ).
x
χ ′′ h
Para la inversión al tiempo se pueden hacer aproximaciones considerando que las resistencias
son muy pequeñas. Pero las aproximaciones se deben hacer de tal forma que si R y T son dos
cantidades cualesquiera y R es igual a cero, el producto R×T es igual a cero, siempre y cuando
T no sea infinito.
Esta misma situación es válida si R es una cantidad ”muy pequeña”.

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 131
En el siguiente caso tratado; las fracciones arrojan términos de las siguiente forma:
− ωE f
χ ′′ qs
que pueden ser escritos como:
f 1 (R Q ,R x )
s + f 2 (R Q ,R x ) = −ωE f
χ ′′ q
− ωE f
χ ′′ q
f 2(RQ ,R x)
f 1 (R Q ,R x )
f 2 (R Q ,R x ) s(s + f 2 (R Q ,R x )) ,
f 2(RQ ,R x)
f 1 (R Q ,R x )
f 2 (R Q ,R x ) s(s + f 2 (R Q ,R x )) .
La antitransformada de este término es:
− ωE f
χ ′′ q
f 1 (R Q ,R x )
(
1 − e −f 2(R Q ,R x )t ) .
f 2 (R Q ,R x )
No se pueden hacer aproximaciones en el producto
porque t tiende a infinito.
f 2 (R Q ,R x )t,
Se pueden hacer aproximaciones en:
f 1 (R Q ,R x )
f 2 (R Q ,R x )
Considerando el pequeño valor de las resistencias; siempre y cuando las aproximaciones no
incidan en el valor de la exponencial.
Aproximando
para los tres términos se obtiene:
f 1 (R Q ,R x )
f 2 (R Q ,R x )
A
R Q L q
(L q L Q − L 2 xQ max
)
B
ωR x
+ jω
χ ′′ h
ωR x
χ ′′ h
C
− jω
= 0,
= 1
2jω ,
= − 1
2jω .

132 Capítulo 2. La máquina sincrónica
O sea:
I A (s) = − ωE f
χ ′′ q
⎛
⎜
1
⎝2jω
ωR x
χ ′′ + jω
(
h
s s + ωR x
χ ′′ + jω
h
) − 1
2jω
ωR x
χ ′′ − jω
(
h
s s + ωR x
χ ′′ − jω
h
⎞
) ⎟
⎠ . (2.102)
Invirtiendo:
i A (t) = − ωE f
χ ′′ q
i A (t) = − ωE f
χ ′′ q
⎛
⎜
⎝ 1
2jω
⎛
⎛
−
⎜
⎝1 − e
ωR x
−
χ ′′ h
e
⎜
⎝ 2jω
( ) ⎞ ⎛
ωRx
χ ′′ + jω t
⎟
h ⎠ − 1
2jω
⎞
t
(
e jωt − e −jωt) ⎟
⎠ ,
−
⎜
⎝1 − e
( ωRx
χ ′′ h
) ⎞⎞
− jω t
⎟⎟
⎠⎠,
i A (t) = − E f
χ ′′ e
q
ωR x
−
χ ′′ h
t
sen ωt. (2.103)
Que es la expresión para la corriente i A (t) (eje en cuadratura), considerando las resistencias
pera haciendo aproximaciones.
B.2 Solución para i a (t) :
I a =
−ωE f /s
)(
(
L ∗∗
d
s + ωR x
χ ′′ − jω
h
s + ωR x
χ ′′ h
).
+ jω
Aquí la clave está en el examen de L ∗∗
d .
La figura 2.31 ilustra el eje directo de la máquina con los devanados de campo y amortiguador
D en cortocircuito.
Se sabe que:
La inductancia de un devanado es proporcional al cuadrado del número de vueltas:
L ∝ N 2 .
La resistencia de un devanado de área seccional a por conductor, es proporcional a la longitud
que es proporcional al número de vueltas e inversamente proporcional al área a
R ∝ N a .

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 133
L 1x
L xD
L 1D
R x
L d
R D
L D L 1
R 1
Figura 2.31: Representación del eje directo.
Luego la constante de tiempo
Como:
τ ∼ Na.
A = Na,
Es el área total ocupada por el devanado (seccional), la constante de tiempo es proporcional al
área seccional ocupada por el devanado.
En las máquinas sincrónicas el devanado se campo ocupa mucho más área seccional que los
devanados amortiguadores. Luego la constante de tiempo del devanado amortiguador D es
mucho menor que la constante de tiempo del devanado de campo (figura 2.32)
L 1
R 1
≫ L D
R D
.
La anterior conclusión implica que los transitorios debido a los devanados amortiguadores
desaparecen mucho antes que los debidos al campo.
Se investiga el valor de L ∗∗
d
despreciando el valor de los devanados amortiguadores, lo cual se
logra haciendo L xD y L 1D iguales a cero.
Así:
L ∗ 1x max
= L 1xmax ,
L ∗ 1 = L 1 ,
L ∗ d = L d .
L ∗∗
d = L d − L2 1x max
s
R 1 + L 1 s .
Expresión que puede ser reconocida como la inductancia de armadura en cortocircuito por el

× ×
×
134 Capítulo 2. La máquina sincrónica
×
×
área seccional del devanado de campo
área seccional del devanado amortiguador D
Figura 2.32: Área seccional del devanado de campo y del devanado amortiguador D en un máquina sincrónica.
campo (figura 2.33).
L 1xmax
R x
L d
R 1
L 1
Figura 2.33: Representación de la inductancia de armadura cortocircuitada por el campo
Así como L ∗∗
d
con todas las resistencias despreciadas lleva a la reactancia subtransitoria (que
determina el valor inicial de la corriente de cortocircuito), ésta expresión con R 1 despreciado
lleva a la ”reactancia transitoria de eje directo”.
)
χ ′ d
(L = ω d − L2 1x max
. (2.104)
L 1
Cantidad que como se verá más adelante determina el comportamiento intermedio de la corriente
de corto circuito, es decir desde el momento en que se desprecia la influencia de los devanados
amortiguadores hasta aquel en que se haya alcanzado el estado final.

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 135
Con el valor original de L ∗∗
d
L ∗∗
1x max
s
d = L∗ d − L∗2
R 1 + L ∗ 1 s.
Donde:
L ∗ 1x max
L ∗ d = L d − L2 xD max
s
R D + L D s ,
= L 1xmax − L xD max
L 1D s
R D + L D s ,
L ∗ 1 = L 1 − L2 1D s
R D + L D s .
Se obtiene:
L ∗∗
d = k 1 s 2 + k 2 s + k
( 3
L1 L D − L1D) 2 s 2 . (2.105)
+ (L 1 R D + L D R 1 )s + R 1 R D
k 1 = ( L 1 L D − L 2 1D)
Ld − L 2 xD max
L 1 − L 2 1x max
L D + 2L 1xmax L xDmax L 1D ,
k 2 = (L 1 R D + L D R 1 )L d − L 2 1x max
R D − L 2 xD max
R 1
k 3 = R 1 R D L d .
Nótese que el término:
(R 1 + L 1 s)(
L1 L D − L 2 1D
L 1
s + R D
)
,
difiere del denominador de la expresión anterior en el factor acompañante de s
(
LD
R 1 R D + L )
1
− L2 1D
,
R d R 1 L 1 R D
en vez de :
como debería ser.
(
LD
R 1 R D + L )
1
,
R D R 1
Esta última expresión depende de la suma de las constantes de tiempo del devanado amortiguador
D y del campo.
Como la constante de tiempo del devanado amortiguador es mucha más pequeña que la del
campo, se deduce que en lo relacionado a la componente grande (campo) se cumplen las dos
últimas expresiones, pero en cuanto a la pequeña (amortiguador), no se cumple; pero al igualar
las dos expresiones el error introducido en la componente pequeña da una buena aproximación;

136 Capítulo 2. La máquina sincrónica
así el denominador se describe como:
(R 1 + L 1 s)(
L1 L D − L 2 1D
L 1
s + R D
)
⎛
(
= R 1 R D 1 + L )
1
L D − L2 1D
s ⎜
R 1
⎝ 1 + L 1
R D
⎞
s⎟
⎠ ,
donde:
es la ”constante de tiempo del campo de circuito abierto”, y
= R 1 R D (1 + τ 1 s)(1 + τ D1 s),
τ 1 = L 1
R 1
, (2.106)
τ D1 =
L D − L2 1D
L 1
R D
, (2.107)
es la ”constante de tiempo del devanado amortiguador con el campo cortocircuitado”.
Se aplica el mismo proceso de factorización al numerador, quedando:
((
Ld L 1 − L 2 ) ) ((
1x max s + R1 L d L D − L2 1D L ) )
d + L 2 xD max
L 1 − 2L 1xmax L xDmax L 1D
L d L 1 − L 2 s + R D .
1x max
De nuevo aparece en este término una diferencia en el término que contiene a s respecto al
numerador de L ∗∗
d .
Sin embargo también se puede demostrar que reemplazando dicho numerador por la expresión
anterior es buena aproximación, pues igualmente el término grande y algunos pequeños son
satisfechos.
Entonces:
((
Ld L 1 − L 2 ) ) ((
1x max s + R1 L d L D − L2 1D L ) )
d + L 2 xD max
L 1 − 2L 1xmax L xDmax L 1D
L d L 1 − L 2 s + R D
1x max
⎛ ( ) ⎞
L 1 − L2 1x max
= R 1 L d R D ⎜
⎝ 1 + L d s
R 1
⎟
⎠
⎛ (
L D − L2 1D L )
d + L 2 ⎞
xD max
L 1 − 2L 1xmax L xDmax L 1D
⎜
⎝ 1 + L d L 1 − L 2 1x max s
R D
⎟
⎠

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 137
((
Ld L 1 − L 2 ) ) ((
1x max s + R1 L d L D − L2 1D L ) )
d + L 2 xD max
L 1 − 2L 1xmax L xDmax L 1D
L d L 1 − L 2 s + R D
1x max
= R 1 L d R D (1 + τ 1d s)(1 + τ D1d s).
Donde:
τ 1d =
τ D1d =
L 1 − L2 1x max
L d
R 1
,
L D − L2 1D L d + L 2 xD max
L 1 − 2L 1xmax L xDmax L 1D
L d L 1 − L 2 1x max
R D
.
Se debe tener en cuenta que:
τ 1d ≫ τ D1d .
τ 1d es la ”constante de tiempo del devanado de campo cortocircuitado por la armadura” y τ D1d
es la ”constante de tiempo del devanado amortiguador D cortocircuitado tanto por el devanado
de campo como por el de la armadura simultáneamente”.
Luego :
L ∗∗
d = L d(1 + τ 1d s)(1 + τ D1d s)
. (2.108)
(1 + τ 1 s)(1 + τ D1 s)
Tres relaciones de constantes de tiempo requeridas más adelante se derivan inmediatamente:
a.
b.
τ 1
τ 1d
=
L d L 1
L d L 1 − L 2 1x max
=
ω
(
ωL d
L d − L2 1x max
L 1
) = χ q
χ ′ . (2.109)
d
τ D1
τ D1d
=
τ D1
τ D1d
=
τ D1
τ D1d
=
1
(L D L 1 − L 2 1D )R D(L d L 1 − L 2 1x max
)
(
L 1 R D LD (L d L 1 − L 2 1x max
) − L 2 1D L ),
d − L 2 xD max
L 1 + 2L xDmax L 1xmax L 1D
)
(L D L 1 − L 2 1D
(L ) d − L2 1x max
L 1
L d (L 1 L D − L 2 1D ) − (L2 1x max
L D + L 2 xD max
L 1 − 2L xDmax L 1xmax L 1D ) ,
L d − L2 1x max
L 1
L d − (L2 1x max
L D + L 2 xD max
L 1 − 2L xDmax L 1D )
L 1 L D − L 2 1D
,
τ D1
= χ′ d
τ D1d χ ′′ . (2.110)
d

138 Capítulo 2. La máquina sincrónica
c.
τ 1 τ D1
= χ d χ ′
τ 1d τ D1d χ ′ d
d
χ ′′
d
= χ d
. (2.111)
χ ′′
d
Volviendo a la última ecuación para i a (2.100), con el nuevo valor de L ∗∗
d
dado en la ecuación
2.108, se obtiene:
I a = − ωE f
(1 + τ 1 s)(1 + τ D1 s)
(
sL d
(1 + τ 1d s)(1 + τ D1d s) s + ωR )(
x
χ ′′ − jω s + ωR x
h
χ ′′ h
). (2.112)
+ jω
Descomponiendo en fracciones parciales:
I a = k s + k 1
1 + τ 1d s + k 2
1 + τ D1d s + k 3
s + ωR x
+ jω
χ ′′ h
+
k 4
s + ωR x
χ ′′ h
. (2.113)
− jω
k = −
L d
(
s + ωR x
χ ′′ h
ωE
) f
(
− jω
ωE f
k = − [ (ωRx ) 2
L d + ω 2].
χ ′′ h
s + ωR x
χ ′′ h
),
+ jω
Despreciando las resistencias:
k 1
= −
k = − E f
L d ω = −E f
χ d
. (2.114)
ωE f (1 + τ 1 s)(1 + τ D1 s)
k 1 = −
(
sL d (1 + τ D1d s) s + ωR )(
x
χ ′′ − jω s + ωR )
x
h
χ ′′ + jω
∣ 1
h s = −
τ
(
1d
ωE f 1 − τ )(
1
1 − τ )
D1
τ 1d τ 1d
(
L d − 1 )(
1 − τ )(
D1d
− 1 + ωR x
τ 1d τ 1d τ 1d χ ′′ − jω
h
) (
− 1 + ωR ).
x
τ 1d χ ′′ + jω
h
Se considera:
y además:
τ D1d
τ 1d
≪ 1,
τ D1
τ 1d
≪ 1,

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 139
y si las resistencias se desprecian:
k 1 = −
ωE f
(
1 − τ 1
τ 1d
)
L d
(
− 1
τ 1d
) [ ( 1
τ 1d
) 2
+ ω 2 ].
Puesto que τ 1d es una constante de alto valor, se tiene:
( 1
τ 1d
) 2
≪ ω 2 .
Así:
k 1
k 1 =
k 1
(
ωE f 1 − χ )
d
χ ′ d
= − (
L d − τ ) ,
D1
ω
τ 2 1d
E f
(
1 − χ d
χ ′ d
)
τ 1d
,
χ d
= τ 1d E f
( 1
χ d
− 1 χ ′ d
)
,
k 1 = −τ 1d E f
( 1
χ ′ d
− 1 χ d
)
. (2.115)
k 2 = −
(
ωE f 1 − τ )(
1
1 − τ )
D1
τ D1d τ D1d
(
L d − 1 )(
1 − τ )(
1d
− 1 + ωR x
τ D1d τ D1d τ D1d χ ′′ − jω
h
) (
− 1 + ωR )
x
τ D1d χ ′′ + jω
h
De nuevo despreciando resistencias y considerando:
k 2 = −
τ 1
τ D1d
≫ 1
τ 1d
τ D1d
≫ 1,
(
ωE f 1 − τ )(
1
1 − τ )
D1
τ D1d τ D1d
L d
(
− 1
τ D1d
)(
− τ 1d
τ D1d
) [ ( 1
τ D1d
) 2
+ ω 2 ].

140 Capítulo 2. La máquina sincrónica
A pesar de que τ D1d es una constante de valor pequeña
k 2
k 2
k 2
( 1
τ D1d
) 2
≪ ω 2 .
(
ωE f 1 − τ )(
1
1 − τ )
D1
τ
= −
D1d τ
(
D1d
L d − 1 )(
− τ ) ,
1d
ω
τ D1d τ 2 D1d
= − E f
(−τ D1d )
χ d
= E f
τ D1d
χ d
(
χd
χ ′ d
k 2 = τ D1d E f
( 1
χ ′ d
− 1 χ ′′
d
( )(
τ1
1 − τ )
D1
,
τ 1d τ D1d
)( )
1 − χ′ d
,
)
,
χ ′′
d
( 1
k 2 = −τ D1d E f
χ ′′ − 1 )
d
χ ′ . (2.116)
d
k 3 = −
ωE f (1 + τ 1 s)(1 + τ D1 s)
k 3 = −
(
sL d (1 + τ 1d s)(1 + τ D1d s) s + ωR )
,
x
χ ′′ + jω
∣ ωR x
h s = − + jω
( )( 1 1
ωE f τ 1 τ D1 + s
τ 1
( )( 1 1
sL d τ 1d τ D1d + s + s
τ 1d τ D1d
)
+ s
τ
)( D1
s + ωR x
χ ′′ h
χ ′′ h
)
.
+ jω
∣ ωR x s = −
χ ′′ + jω
h
De nuevo se desprecian las resistencias y se toman las fracciones
muy pequeñas respecto a ω.
1
τ 1
,
1
τ D1
,
1
τ 1d
,
1
τ D1d
,

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 141
Entonces se puede aproximar k 3 a:
k 3 =
ωE f τ 1 τ D1 (jω)(jω)
(jω)L d τ 1d τ D1d (2jω)(jω)(jω) ,
k 3 = − ωE fτ 1 τ D1
−2ω 2 L d τ 1d τ D1d
,
k 3 = E fχ dχ ′
d
2χ d χ ′ ,
d χ′′
d
k 3 = E f
2χ ′′
d
. (2.117)
Análogamente:
k 4 = E f
2χ ′′
d
. (2.118)
Así las cosas:
I a = −
(
E f 1
τ 1d E f
χ d
s − χ ′ d
1 + τ 1d s
− 1 χ d
)
( 1
τ D1d E f
χ ′′ − 1
d
χ ′ d
−
1 + τ D1d s
)
+
E f
2χ ′′
d
s + ωR x
χ ′′ h
i a (t) = − E (
f 1
−
χ d χ ′ − 1 )
E f e − t (
τ 1 1d −
d
χ d χ ′′ − 1 )E
d
χ ′ f e − t
τ 1d + E f
d
χ ′′ e
d
⎡
i a (t) = −E f
⎣ 1 ( 1
+
χ d χ ′ − 1 )e − t
τ 1d +
d
χ d
Donde:
C. Calculo de la corriente real
[
ix
T h = χ′′ h
ωR x
.
( 1
χ ′′ − 1
d
χ ′ d
)e − t
] [ ][ ]
cos nθ0 sen nθ
=
0 ia
,
i y −sen nθ 0 cos nθ 0 i A
E f
2χ ′′
d
+
+ jω s + ωR x
− ωR x
χ ′′ h
χ ′′ h
.
− jω
(2.119)
t
cos ωt,
τ 1d − 1 χ ′′ e − t ⎤
T h cos ωt⎦.
d
(2.120)
i x (t) = i a cos nθ 0 + i A sen nθ 0 ,
i x (t) = i a cos(nθ 0 (0) − ωt) + i A sen(nθ 0 (0) − ωt),
donde:
nθ 0 = nθ 0 (0) − ωt.

142 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Así:
⎡
i x (t) = − E f
⎣ 1 ( 1
+
χ d χ ′ − 1 )e − t
τ 1d +
d
χ d
( 1
χ ′′ − 1
d
χ ′ d
)e − t
τ D1d
⎤
⎦ cos(nθ 0 (0) − ωt)
⎡
+ E f
⎣ 1 χ ′′ e − t
T h cos ωtcos(nθ 0 (0) − ωt) − 1 χ ′′ e − t
⎤
T h sen ωtsen(nθ 0 (0) − ωt) ⎦,
d
q
⎡
i x (t) = − E f
⎣ 1 ( 1
+
χ d χ ′ − 1 )e − t
τ 1d +
d
χ d
( 1
+ E f
χ ′′ + 1
d
χ ′′ q
) e
− t
T h
2
( 1
χ ′′ − 1
d
χ ′ d
( 1
cos nθ 0 (0) + E f
χ ′′ − 1
d
χ ′′ q
)e − t
τ D1d
⎤
⎦ cos(nθ 0 (0) − ωt)
) e
− t
T h
Para la componente fundamental de la corriente es fácil demostrar que:
2
cos(2ωt − nθ 0 (0)).
(2.121)
En t = 0
que es grande debido al valor de χ ′′
d .
i x = − E f
, (2.122)
χ ′′
d
En estado estacionario:
i x = − E f
χ d
.
Se nota que la corriente de corto circuito está conformada por tres componente: la frecuencia fundamental,
la corriente directa y la doble frecuencia.
La componente directa desaparece rápidamente, pues la constante de tiempo es de naturaleza
subtransitoria
T h = χ′′ h
ωR x
.
Igualmente ocurre con la componente de doble frecuencia pues depende de la misma constante de
tiempo.
Considerando que estas componente se han desvanecido, la respuesta es gobernada por la componente
fundamental; sin embargo como ésta tiene un término que depende de la constante de tiempo τ D1d
que es subtransitoria, dicho término también se ha desvanecido. Entonces se inicia la etapa transitoria
y el valor de la corrientes es:
⎡
i x (t) = −E f
⎣ 1 ( 1
+
χ d χ ′ − 1 ) −t ⎤
eτ 1 d⎦cos(ωt − nθ 0 (0)). (2.123)
d
χ d

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 143
La envolvente de este término corta el eje de las corrientes (t = 0) en:
− E f
χ ′ .
d
Entonces, como aproximación, al comienzo del periodo transitorio el valor de la corriente es:
i x = − E f
χ ′ .
d
La razón de por qué las corrientes resultaron negativas es que la máquina se manejó como si se
frenara un motor. Cambiando i por −i se llega a la convención de corrientes definida positiva para los
generadores (figura 2.34).
E f
χ d ′′
E f
χ d ′
E f
χ d
Etapa
Subtransitoria
Etapa
Transitoria
Estado
Permanente
Figura 2.34: Corriente de corto circuito.
Las corrientes de corto circuito son muy importantes en la determinación de las protecciones de las
máquinas en los sistemas de potencia.
La tabla 2.1 muestra los valores típicos de reactancias por unidad para máquinas sincrónicas.
Tabla 2.1: Valores típicos de reactancias por unidad para máquinas sincrónicas.
Reactancia Rotor Cilíndrico Polos Salientes
χ d 1,0 a 1,25 1,0 a 1,20
χ q 0,65 a 0,80
χ ′ d
0,35 a 0,40 0,15 a 0,25
χ ′′
d
0,20 a 0,30 0,10 a 0,15
χ ′′
q 0,20 a 0,30 0,10 a 0,15
R x 0,003 a 0,01
De hecho se observa como la corriente de corto circuito en los primeros ciclos puede ser hasta 10

144 Capítulo 2. La máquina sincrónica
veces la corrientes de régimen permanente de cortocircuito.
El cortocircuito simultáneo en las tres fases es el más drástico que puede ocurrir, sin embargo no
es el más frecuente. No obstante desde el punto de vista de las protecciones el caso tratado es el clave
para definir los niveles de protección y los tiempo respectivos de operación.
Otros tipos de fallos (línea a línea, línea a neutro y doble línea a neutro) son más complejos de
analizar analíticamente.
2.6.5. Maquinaria sincrónica trifásica desbalanceada
Se trata de estudiar el caso de una máquina sincrónica sujeta a alimentaciónes sinusoidales desbalanceadas.
Como se estudió oportunamente, este caso puede ser tratado mediante el sistema de componentes
simétricas descomponiendo el sistema en tres conjuntos de secuencia (cero, positiva y negativa).
La respuesta al conjunto de secuencia positiva ya fue estudiada pues obedece al caso balanceado;
la respuesta al conjunto de secuencia cero es irrelevante pues no tiene incidencia en el rotor, solo
tiene presencia en el estator actuando sobre la resistencia y la inductancia de fuga de las bobinas del
estator. Todo el problema se reduce a estudiar el caso para secuencia negativa; es decir que produzcan
un campo rotativo en dirección opuesta al sentido positivo de la velocidad. Obviamente la máquina
estará girando en el sentido positivo a la velocidad sincrónica.
Sean v α , v β y v γ voltajes de secuencia negativa:
v α
= Vcos ωt,
v β = Vcos(ωt + 120 ◦ ),
v γ = Vcos(ωt − 120 ◦ ).
Los voltajes bifásicos equivalentes se hallan de:
] √
2
=
v y 3
[
vx
[ 1 −1/2 −1/2
0 √ 3/2 − √ 3/2
] ⎡ ⎤
α
⎣v
v β
⎦ .
v γ
Así
[
vx
]
=
v y
√ [ ] 3 cos ωt
2 V .
−sen ωt
Se supone que estos voltajes sinusoidales de secuencia negativa crean corrientes sinusoidales de
secuencia negativa. Como se verá más adelante, esto no es estrictamente cierto.
Entonces la suposición es que i x (t) e i y (t) son las corrientes de secuencia negativa creadas por los

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 145
voltajes v x (t) y v y (t).
i x (t) =
√
3
Icos(ωt + φ),
2
3
i y (t) = −√
Isen(ωt + φ).
2
Para las corrientes transformadas:
[ ] [ ][ ]
ia cos nθ0 −sen nθ
=
0 ix
.
i A sen nθ 0 cos nθ 0 i y
nθ 0 = nθ 0 (0) − ωt,
i a (t) =
√
3
2 Icos(2ωt + φ − nθ 0(0)),
i A (t) = −√
3
2 Isen(2ωt + φ − nθ 0(0)).
Se aprecia que las corrientes i a e i A ya no son corrientes continuas como en el caso de secuencia
positiva. O sea, ya no es posible hacer cero la acción del operador ρ sobre las corrientes.
Además los circuitos amortiguadores comienzan a tener efecto y no pueden ser desconocidos pues
las corrientes i a e i A son sinusoidales de doble frecuencia.
El siguiente es el diagrama esquemático de la máquina sincrónica bifásica (figura 2.35).
y
ηρθ 0
θ 0
A
a
Q
1
D
x
Figura 2.35: Diagrama esquemático de la máquina sincrónica bifásica.

146 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Las ecuaciones que la describen:
⎡ ⎤ ⎡
⎤⎡
⎤
v 1 R 1 + L 1 ρ L 1D ρ 0 L 1xmax ρ 0 i 1
v D
⎢v Q
⎥
⎣v a
⎦ = L 1D ρ R D + L D ρ 0 L xDmax ρ 0
i D
⎢ 0 0 R Q + L Q ρ 0 L xQmax ρ
⎥⎢i Q
⎥
⎣ L 1xmax ρ L xDmax ρ −L xQmax nρθ 0 R x + L d ρ −L q nρθ 0
⎦⎣i a
⎦ . (2.124)
v A L 1xmax nρθ 0 L xDmax nρθ 0 L xQmax ρ L d nρθ 0 R x + L q ρ i A
Si los voltajes aplicados para secuencia positiva son:
Los de secuencia negativa son:
v 1 = V 1 ,
v a
v A
v 1 = 0,
v a
v A
= constante,
= constante.
= sinusoidal (doble frecuencia),
= sinusoidal (doble frecuencia),
v D = v Q = 0.
Se sigue el procedimiento de eliminación de variables tal como se hizo en el caso de corto circuito.
Se elimina el eje 1, el eje D y el eje Q.
Dado que v 1 = 0 el circuito de campo se comporta como un malla en corto circuito, exactamente
igual a como ocurrió en el estudio del corto cuando se separó la parte transitoria de la corriente de
campo i 1 .
Las ecuaciones con los ejes eliminados (en función del operador ρ), son:
[ ] [
vA Rx + L ∗ q
=
ρ L∗∗ d ω ][ ]
iA
v a −L ∗ q ω R x + L ∗∗
d ρ . (2.125)
i a
Análogamente los circuitos equivalentes se muestran en la figura 2.36.
Como las corrientes i a e i A son corrientes senoidales de doble frecuencia, las resistencias son
mucho más pequeñas que las reactancias; por consiguiente es posible desarrollar las inductancias en
serie de potencias con las resistencias y despreciar los términos de R 2 en adelante.
A. Aproximación para L ∗ q
L ∗ q = L q − L2 xQ max
ρ
R Q + L Q ρ = L∗ q(R Q ).
L ∗ q (R Q) = L ∗ q (0) + ∂L∗ q
∂R Q
∣ ∣∣∣
R Q
R Q =0
.

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 147
R x
(L q − L xQmax )p
R Q
(L Q − L xQmax )p
R x + L ∗ qp
L xQmax p
(a)
R x
(L d − L 1xmax L xDmax
L 1D
)p
L 2 1xmax R D
L 2 1D
L 2 xDmax R 1
L 2 1D
R x + L ∗∗
d p
(
L1xmax L xDmax
L 1D
)
p
(
L 2 1xmax L D
L 2 1D
− L 1xmax L xDmax
L 1D
)
p
(
L 2 xDmax L 1
L 2 1D
− L 1xmax L xDmax
L 1D
)
p
(b)
Figura 2.36: Circuitos equivalentes para L ∗∗
d y L∗ q .
L ∗ q (R Q) = L q − L2 xQ max
L Q
+ L2 xQ max
L 2 Q ρ R Q.
Se recuerda que:
χ ′′
q = ω
(
)
L q − L2 xQ max
.
L Q
Además se define:
R Q ′ = L2 xQ max
L 2 R Q ,
Q

148 Capítulo 2. La máquina sincrónica
como la resistencia del eje de amortiguación en cuadratura referido a la armadura. Así:
L ∗ q = χ′′ q
ω + R′ Q
ρ . (2.126)
B. Aproximación para L ∗∗
d
L ∗∗
d = k 1 ρ 2 + k 2 ρ + k 3
(L 1 L D − L 2 1D )ρ2 + (L 1 R D + L D R 1 )ρ + R 1 R D
= L ∗∗
d (R 1,R D ),
k 1 = (L 1 L D − L 2 1D)L d − L 2 xD max
L 1 − L 1xmax L D + 2L 1xmax L xDmax L 1D ,
k 2 = (L 1 R D + L D R 1 )L d − L 2 1x max
R D − L 2 xD max
R 1 ,
k 3 = R 1 R D L d .
L ∗∗
d (R 1,R D ) = L ∗∗
d
∣
∂L∗∗ ∣∣∣R1
d
(0,0) +
∂R 1 =R D =0
∣
R 1 + ∂L∗∗ ∣∣∣R1
d
R D ,
∂R D =R D =0
Se define:
L ∗∗
d (0,0) = k 1
L 1 L D − L 2 ,
1D
L ∗∗
L ∗∗
d = χ′′ d
d (0,0) = L d − L2 xD max
L 1 + L 2 1x max
L D − 2L 1xmax L xDmax L 1D
L 1 L D − L 2 ,
1D
L ∗∗
d (0,0) =
χ′′ d
ω .
∂L ∗∗ ∣ ∣∣∣R1
d
= (L DL 1xmax − L xDmax L 1D ) 2
(
∂R 1 =R D =0 L1 L D − L1D) 2 2
.
ρ
∂L ∗∗ ∣ ∣∣∣R1
d
= (L 1L xDmax − L 1xmax L 1D ) 2
(
∂R D =R D =0 L1 L D − L1D) 2 2
.
ρ
ω + (L DL 1xmax − L xDmax L 1D ) 2
( )
L1 L D − L 2 2
R 1 + (L 1L xDmax − L 1xmax L 1D ) 2
(
1D ρ L1 L D − L1D) 2 2
R D .
ρ
R D ′ = (L DL 1xmax − L xDmax L 1D ) 2
( )
L1 L D − L 2 2
R 1 + (L 1L xDmax − L 1xmax L 1D ) 2
(
1D
L1 L D − L1D) 2 2
R D .
Como la resistencia que representa tanto a la resistencia del devanado amortiguador D como a la
resistencia del campo vistas desde la armadura. Así:
L ∗∗
d = χ′′ d
ω + R′ D
ρ . (2.127)

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 149
Se substituyen las corrientes i a e i A en las ecuaciones dadas con el fin de obtener v a y v A .
3
i A (t) = −√
2 Isen(2ωt + φ − nθ 0(0)),
√
3
i a (t) =
2 Icos(2ωt + φ − nθ 0(0)).
(
) ( √
v A = −R x − R Q ′ + R′ D 3
0(0)))
2 2 Isen(2ωt + φ − nθ )
v a =
(
+ ( χ ′′
d − 2χ′′ q) ( √
3
2 Icos(2ωt + φ − nθ 0(0))
R x + R ′ D − R′ Q
2
)(√
3
2 Icos(2ωt + φ − nθ 0(0)))
(
χ
′′
q − 2χ ′′
d) ( √
3
2 Isen(2ωt + φ − nθ 0(0))
)
.
,
Entonces
] [ ][ ]
cos nθ0 sen nθ
=
0 va
.
v y −sen nθ 0 cos nθ 0 v A
[
vx
Para facilitar la solución se hace
φ − nθ 0 (0) = 0.
v x =
(√
3
2 I ) [(
R x + R ′ D − R′ Q
2
(√
3
2 I ) [(
R x + R ′ Q − R′ D
2
)
cos 2ωtcos nθ 0 + (χ ′′
q − 2χ ′′
d )sen 2ωtcos nθ 0
)
sen 2ωtsen nθ 0 − (χ ′′
d − 2χ′′ q)cos 2ωtsen nθ 0
]
.
]
−
Si:
nθ 0 = nθ 0 (0) − ωt,
v x =
(√
3
2 I ){(
R x + R ′ D − R′ Q
2
) (1
2 cos[ωt + nθ 0(0)] + 1 0(0)])
2 cos[3ωt − nθ +
(
χ
′′
q − 2χ ′′ ) ( 1
d
2 sen[ωt + nθ 0(0)] + 1 )
2 sen[3ωt − nθ 0(0)] −
(
)(
R x + R Q ′ − R′ D 1
2 2 cos[3ωt + nθ 0(0)] − 1 0(0)])
2 cos[ωt + nθ +
(
χ
′′
d − 2χ ′′ ) ( 1
q
2 sen[ωt + nθ 0(0)] − 1 )}
2 sen[3ωt − nθ 0(0)] .

150 Capítulo 2. La máquina sincrónica
√ {(
)
( 3
v x =
2 I R x + R′ D
4 + R′ Q
3
cos[ωt + nθ 0 (0)] +
4
4 R′ D − 3 )
4 R′ Q cos[3ωt − nθ 0 (0)]−
( χ
′′
)
(
d
2 + χ′′ q
3
sen[ωt + nθ 0 (0)] +
2
2 χ′′ q − 3 )
}
2 χ′′ d sen[3ωt − nθ 0 (0)] .
Se aprecia que el voltaje v x (t) resulta con una componente de tercera armónica, lo cual confirma
que la suposición hecha de que los voltajes bifásicos son de secuencia negativa no es exacta. La verdad
es que corrientes de secuencia negativa producen una componente de tercera armónica en los voltajes
y viceversa; voltajes de secuencia negativa deben producir una componente de tercera armónica en las
corrientes. Sin embargo estas componentes son pequeñas y se pueden despreciar.
Se hace la tercera armónica igual a cero; luego:
√ {(
)
3
2 I
v x (t) =
R x + R′ D
4 + R′ Q
4
Se expresa en términos fasoriales:
( χ
′′
cos[ωt + nθ 0 (0)] − d
) (
V x = I x
[(R x + R′ D
4 + R′ D χ
′′
+ j d
4
De aquí la impedancia de secuencia negativa está dada por:
(
)
Z − =
R x + R′ D
4 + R′ Q
4
( χ
′′
+ j d
2 + χ′′ q
2
2 + χ′′ q
2
2 + χ′′ q
2
)
}
sen[ωt + nθ 0 (0)] .
(2.128)
)]
. (2.129)
Para el caso de polos salientes se pueden resumir las tres impedancias de secuencia como:
Z + = R x + jχ d , (2.130)
(
) (
Z − = R x + R′ D
4 + R′ Q χ
′′
)
+ j d
4 2 + χ′′ q
, (2.131)
2
Z 0 = R x + jχ 0 . (2.132)
Con el tratamiento de componentes simétricas se puede resolver cualquier problema desbalanceado.
)
.

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 151
Ejemplos
Ejemplo 2.1. Una máquina síncrona 3φ, simétrica de dos polos está accionada a una velocidad
constante de 3600 rpm. Algunas de las inductancias en henrios son (ver figura 2.37):
L αα = 0,025 + 0,01cos 2θ,
L βγ = 0,013 + 0,01cos 2θ,
L 1α = 0,55cos θ,
L 1 = 15,
R 1 = 50Ω.
El generador está operado en vacío en régimen permanente con 100 voltios (c.c) aplicados a los
terminales del campo. Determine los voltajes v α , v β y v γ .
β
100V
α
γ
Figura 2.37: Máquina simétrica de dos polos.
Solución 2.1. Matriz para bifásica proveniente de trifásica:
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
v 1 R 1 + L 1 ρ L 1xmax ρ 0 i 1
⎣v a
⎦ = ⎣ L 1xmax ρ R x + (L x0 + L xymax ) ρ (L x0 − L xymax )nρθ 0
⎦ ⎣i a
⎦ .
v A L 1xmax nρθ 0 (L x0 + L xymax )nρθ 0 R x + (L x0 − L xymax )ρ i A

152 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Por inspección:
En vació (generador)
L 1xmax = L 1αmax = 0,55 H,
L x0 = L α0 = 0,025 H,
L xymax = L βγmax = 0,01 H
ρθ 0 = cte, nρθ 0 = 3πrad/s.
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
v 1 50 + 15ρ 0,825ρ 0 i 1
⎣v a
⎦ = ⎣ 0,83ρ R x + 0,0525ρ −8,48 ⎦ ⎣i a
⎦ .
v A 311,03 19,79 R x + 0,025ρ i A
i α = i β = i γ = 0,
i x = i y = 0 =⇒ i a = i A = 0,
En estado permanente:
v 1 = (50 + 15ρ)i 1 ,
v a = 0,83ρi 1 ,
v A = 311,03i 1 .
V 1 = 50I 1 ,
I 1 = 2A,
V a = 0,
V A = 311,03I 1 ,
V A = 622,05 v
] [ ][ ]
cos θ0 sen θ
=
0 va
v y −sen θ 0 cos θ 0 v A
[ ]
VA sen θ
= 0
,
V A cos θ 0
[
vx
θ 0 = θ 0 (0) − ωt,
v x = 622,05sen (θ 0 (0) − ωt) ,
v y
= 622,05cos (θ 0 (0) − ωt).
⎡ ⎤
v α
√
⎡ ⎤
1 0 [ ]
⎣v β
⎦ 2 √
= ⎣−1/2
3/2
3
v γ −1/2 − √ ⎦ vx
,
v y
3/2
v α = −507,9sen (377t − θ 0 (0)) ,
v β
= 507,9sen (377t − θ 0 (0) + 60 ◦ ), ◭
v γ = 507,9sen (377t − θ 0 (0) − 60 ◦ ).

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 153
Ejemplo 2.2. Un alternante de 13200 voltios, 3000 kVA, 8 polos, 60 ciclos, 3 fases, conectado en Y,
de polos salientes; está entregando los KVA nominales a f.p. adelantado de 0,8 y al voltaje nominal a
un sistema balanceado (figura 2.38)
χ d = 66 Ω,
χ q = 50 Ω.
Se deprecia la resistencia de la armadura.
Las perdidas por ventilación en el eje son de 90 kW. Hallar:
a) La magnitud de las corrientes trifásicas.
b) El torque requerido para mover el alternado.
13200 √
3
13200
Sistema
balanceado
Figura 2.38: Alternador conectado a un sistema balanceado.
Solución 2.2. a)
v x =
√
3
2 v f =
√
3 13200
√ = 9333 V.
2 3
(KV A) × 10 3 = 2v x I x
I x = (3000)103
2(9333)
= 160 A,
I α =
√
3
160 = 131 A. ◭
2

154 Capítulo 2. La máquina sincrónica
b)
Pot. total de entrada = Pot. entregada + Pot. de pérdidas,
= (KV A)cosφ + 90
= (3000)(0,8) + 90 = 2490 kW.
T eje = P entrada
ω m
=
2490 × 103
,
2πf/4
= P entrada
ωs/n ,
T eje = 26400 N − m.
Ejemplo 2.3. Una máquina sincrónica de 220 V (de línea a línea). 3φ, de 60 c.p.s., de 6 polos,
conectada en Y tiene una corriente constante de fase nominal de 13,5 A y las siguientes constantes:
χ d = 8,6 Ω,
χ q = 6,3 Ω,
J = 1,0 kg − m 2 .
Despréciese la resistencia del estator. Para un voltaje de excitación de 170 voltios por fase, calcular
y trazar la curva de par contra el ángulo δ.
Solución 2.3.
[
2Efrms V rms
T g = n sen δ + 2V 2
(nρθ 0 )χ d 2(nρθ 0 )χ d χ q
rms(χ d − χ q )
E frms y V rms son los voltajes del equivalente bifásico eficaces; luego:
V fase = 220/ √ 3 = 127 V,
]
sen 2δ .
V rms =
E frms =
√
3
127 = 155,54 V,
2
√
3
2 170 = 208,2 V 1 .
[ ]
2(155,54)(208,2)
T g = 3
sen δ + 2(155,54)2 (8,6 − 6,3)
sen 2δ ,
(377)(8,6) 2(377)(8,6)(6,3)
T g = 59,93sen δ + 8,17sen 2δ
T g = T gω + T g2ω .
T g está dado en N − m, y δ en grados eléctricos.

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 155
Ver figura 2.39
N − m
δ ◦ eléctricos T gω (N-m) T g2ω (N-m) T g (N-m)
0 0 0 0
20 20,50 2,63 23,13
40 38,52 4,03 42,55
60 51,90 3,54 55,44
80 59,02 1,40 60,42
100 59,02 -1,40 57,62
120 51,90 -3,54 48,36
140 38,52 -4,03 34,49
160 20,50 -2,63 17,87
180 0 0 0
200 -20,50 2,63 -17,87
220 -38,52 4,03 -34,49
240 -51,90 3,54 -48,36
260 -59,02 1,40 -57,62
280 -59,02 -1,40 -60,42
300 -51,90 -3,54 -55,44
320 -38,52 -4,03 -42,55
340 -20,50 -2,63 -23,13
360 0 0 0
60
T gω
T g2ω
T g
δ 0 eléctricos
50
40
30
20
10
40 80 120 160 200 240 280 320 360
Figura 2.39: La máquina sincrónica característica par vs. δ

156 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Ejemplo 2.4. Una máquina sincrónica de 220 V (de línea a línea), 3φ, de 60 c.p.s., de 6 polos,
conectada en Y; tiene una corriente de fase de 13,5 A y las siguientes constantes:
Despréciese la resistencia del estator.
χ d = 8,6 Ω,
χ q = 6,3 Ω,
J = 1,0 kg − m 2 .
Cuando trabaja como motor con el voltaje nominal aplicado, corriente nominal y factor de potencia
unitario, determine la magnitud del voltaje de excitación por fase.
Solución 2.4. Para la máquina funcionando como motor:
V x = I x R x + jE f + jχ d I a − χ q I A ,
V x = jE f + jχ d I a − χ q I A .
donde
Del diagrama fasorial de la figura 2.40
R x
∼ = 0.
jE f
v x
−I Aχ q
jχ d I a
δ
I x
jI A
I a
Figura 2.40: Diagrama fasorial para operación motora.
I a = I x sen δ,
I A = I x cos δ,
sen δ =
I Aχ q
.
v x
V fase = 220/ √ √
3
3 = 127 V V x = 127 = 155,54 V.
2
√
3
I x = 13,5 = 16,534 A.
2

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 157
sen δ = I xχ q
v x
cos δ
tg δ = I xχ q
v x
.
( )
Ix χ q
δ = arctg ,
v x
( )
(16,534)(6,3)
δ = arctg
,
155,54
δ = 33,81 ◦ .
I a = 16,534sen 33,81 ◦ = 9.2 A,
I A = 16,534cos 33,81 ◦ = 13.74 A.
jE f = V x − jχ d I a + χ q I A .
En donde de acuerdo con el diagrama fasorial:
V x = 155,54∠90 + δ = 155,54∠123,91 ◦ V.
jE f = 155,54∠123,91 ◦ − j(8,6)(−9,2) + (13,74)(6,3),
jE f
= j208,2,
√
2
E f = 208,2 = 170 V ◭
3
Ejemplo 2.5. Un motor de 500 HP, 2300 voltios, trifásico, 60 c.p.s., 6 polos, factor de potencia en
adelanto de 0,8 y corriente de plena carga de 127 A, tiene las siguientes constantes por fase:
χ d = 11,4 Ω,
χ q = 8,3 Ω,
R a = 0,165 Ω.
Para fines de este problema, despreciar las pérdidas por fricción y viento.
Determine el ángulo δ para la máquina funcionando a plena carga.
Solución 2.5.
Se supone una conexión en Y:
tg δ =
I xχ q cos ϕ + I x R x sen ϕ
v x + I x χ q sen ϕ − I x R x cos ϕ .
v x =
√
3
2
( 2300
√
3
)
= 1626,53 V,
I x =
√
3
(121) = 155,54 A.
2

158 Capítulo 2. La máquina sincrónica
tg δ =
(155,54)(0,8)(8, 3) + (155,54)(0,165)(0,6)
1626,35 + (155,54)(8,3)(0, 6) − (155,54)(0,165)(0,8) .
δ = 23,15 ◦ ◭
Ejemplo 2.6. Un generador sincrónico trifásico tiene las siguientes constantes:
χ d = 55 Ω,
χ q = 36 Ω,
R x
∼ = 0.
Este generador está entregando potencia a unas barras colectoras de voltaje y frecuencia constantes.
El voltaje de las barras es de 7,6 kV por fase y el voltaje de excitación E f es de 12,4 kV por fase.
Si el voltaje de excitación (E f ) está adelantado 25 ◦ eléctricos con respecto al voltaje de barras;
determine:
a) La magnitud y fase de la corriente del generador.
b) La potencia total suministrada por el generador.
Solución 2.6.
V x = jE f − I x R x + χ q I A − jχ d I a ,
√
3
V x = 7,6 = 9,31 kV,
2
√
3
E f = 12,4 = 15,19 kV,
2
a) De la figura 2.41
I Aχ q
jE f
jI A
δ
φ
v x
I x
−jI aχ d
I a
Figura 2.41: Diagrama fasorial para generador.
| I a | = | I x | sen(ϕ + δ),
| I A | = | I x | cos(ϕ + δ),

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 159
V x sen δ =| I x | cos(ϕ + δ)χ q ,
E f − V x cos δ =| I x | sen(ϕ + δ)χ q .
tg(ϕ + δ) = χ q(E f − V x cos δ)
,
χ d V x sen δ
= 36(15,19 − 9,31cos 25◦ )
55(9,31sen 25 ◦ ,
)
= 1,124.
ϕ + δ = tg −1 1,124 = 48,35 ◦ ,
ϕ = 48,35 ◦ − 25 ◦ = 23,35 ◦ .
| I x | = E f − V x cos δ
χ d sen(ϕ + δ) ,
15190 − 8437,73
| I x | =
55sen 48,35 ◦ ,
| I x | = 164,3 A.
I x
I x
= 164,3∠90 ◦ − (ϕ + δ),
= 164,3∠41,65 ◦ A ◭
b)
P generada = 2 | v x || I x | cos ϕ,
= 2(9,32)(164,30)cos 23,35 ◦ ,
P generada = 2811,73 kW ◭
Ejemplo 2.7. La regulación de tensión de un alternado síncrono se define por:
Donde:
Entonces:
V nL = Tensión terminal sin carga.
V fL = Tensión terminal a plena carga.
R = V nl − V fL
V nL
.
R = Regulación, usualmente expresada en %.
Un alternador de rotor cilíndrico, trifásico, en Y, tiene las siguientes características: 300 kVA, 560
v, 60 c.p.s., χ s =0,71 Ω. La excitación de campo es ajustada, de tal forma que la máquina genera el

160 Capítulo 2. La máquina sincrónica
voltaje nominal a frecuencia nominal sin carga externa (en vacío).
Calcular el porcentaje de regulación, tomando la plena carga como la corriente nominal con un
factor de potencia de 0,8 en atraso. Dibuje el diagrama fasorial para las condiciones de vacío y plena
carga.
Solución 2.7. Ver Figura 2.42
Para el sistema bifásico:
S = V xmax I xmax .
Siendo el voltaje máximo del bifásico equivalentes al del fase del sistema trifásico
∼
560
√
3
= 323, 32
560
∼
∼
Figura 2.42: Alternador de rotor cilíndrico en vacío.
V xmax =
(√
3
2 323,32 )
√2
= 560 V,
I xmax = 300000
560
= 535,71 A.
ϕ = cos −1 (0,8)36,87 ◦ en atraso.
En vacío:
V x = jE f . (Figura 2.43).
jE f = v x = 560V
Figura 2.43: Diagrama fasorial del voltaje para generador del ejemplo 2.7

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 161
Con carga:
jE f = V x + jχ s I x (Figura 2.44).
jE f
γ
jχ sI x
α
v x
β
φ
I x
Figura 2.44: Diagrama fasorial del del ejemplo 2.7
sen α
E f
= sen β
χ s I x
,
α = 180 ◦ − (180 ◦ − 90 ◦ − 36,87 ◦ ) = 126,87 ◦ ,
( ) (0,71)(535,71)
β = arcssen
sen 126,87 ◦ = 32,91 ◦ ,
560
γ = 180 ◦ − (α + β) = 180 ◦ − (126,87 ◦ + 32,91 ◦ ) = 20,22 ◦ .
sen α
E f
= sen γ
v x
,
V x = E f
sen γ
sen α
sen 20,22◦
= 560 = 242,24 v.
sen 126,87◦ R = v nl − v fL 560 − 242,24
=
v nL 560
R = 56,7% ◭
= 0,567.
Ejemplo 2.8. Un generador sincrónico de 60 c.p.s., 450 V, 25 kVA, trifásico, conectado en Y; tiene
una resistencia efectiva por fase de 0,30 Ω y una reactancia sincrónica de 2 Ω. Determine el factor
de potencia de carga que producirá una regulación de voltaje nula desde vacío a plena carga.
Solución 2.8.
V x = −R x I x − jχ s I x + jE f .
Con V x = E f para regulación cero, se traza la figura 2.45
V x =
√
3
2
( 450
√
3
)
= 318,2 V,

162 Capítulo 2. La máquina sincrónica
jE f
−R xI x
h
I x
φ
δ
v x
−jχ sI x
Figura 2.45: Diagrama fasorial pare regulación cero.
KV A(10 3 ) = 2V x I x ∴ I x = 25 × 103 V A
2(318,2)v
= 39,28 A.
R x I x = (0,3)(39,28) = 11,78
χ s I x = (2)(39,28) = 78,56
h = √ (11,78) 2 + (78,56) 2 = 79,43.
De la figura 2.46
sen δ/2 = h/2
V x
∴
( )
δ 79,43
2 = arcsen = 7,16 ◦ .
2(318,2)
δ = 14,34 ◦ .
δ/2 + 90 ◦ + β = 180 ◦ ∴ β = 180 ◦ − 90 ◦ − 7,16 ◦ = 82,84 ◦ .
sen α = χ ( )
sI x
2(39,28)
∴ α = arcsen = 81,51 ◦ .
h
79,43
β = θ + α ∴ θ = β − α = 82,84 ◦ − 81,51 ◦ = 1,328 ◦ .
ϕ = θ + δ = 1,328 ◦ + 14,34 ◦ = 15,67 ◦ .
f.p = cos ϕ = cos 15,67 ◦ = 0,96 en adelanto.
Ejemplo 2.9. Un alternador sincrónico de 6 polos, 60 c.p.s., tiene una inercia totatl en el eje de
75 kg-m 2 . El par de sincronización generado para radianes eléctricos es de 9100 Nw-m. Sobre el
rango de operación normal considere la caracterización T g contra δ lineal. Una carga de 1800 kW
es súbitamente aplicada a la máquina. El torque de ventilación, de fricción y el amortiguamiento
rotacional son prácticamente despreciables.
a) Encuentre el ángulo del torque de estado estacionario.
b) Si el eje está siendo observado por una lámpara estroboscópica, a qué frecuencia debe centellar
para paralizar el eje desde el punto de vista. Por cuántos grados aparecerá el eje moviéndose
cuando la carga es aplicada. En cuál dirección con respecto a la dirección de rotación. Explique.
c) ¿Oscilará el rotor alrededor del ángulo final del torque Cuál será la frecuencia de oscilación

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 163
α
h
2
θ
R xI x
χ sI x
β
V x
θ
φ
δ
δ
2
I x
Figura 2.46: Diagrama fasorial para el ejemplo 2.8
di ella existe.
d) Encuentre el ángulo máximo del torque alcanzado por el motor después que la carga eléctrica
es aplicada.
Solución 2.9. a)
δ en radianes mecánicos:
ω s = 120
n f = 120(60)
6
ω s = 1200(2π)
60
= 1200 rpm,
= 40π rad
s = 125,66rad s .
T L = 180 × 103 W
= 1432,44 N − m.
125,66 rad/s
J¨δ + D ˙δ + Knδ = ±T ext + fω.
J = 75 kg − m 2 ,
T L
= +T ext para generador,
D ∼ = 0 , f ∼ = 0,
K = 9100 N-m/rad.eléctrico,
n = 3.
75¨δ + 9100(3)δ = 1432,44.

164 Capítulo 2. La máquina sincrónica
En estado estacionario:
δ ee = 1432,44 = 0,05247 rad.mec,
(3)9100
δ ee = 180
π (0,05247)◦ M = 3,0063 ◦ M,
= 3(3,0063) ◦ E = 9,0189 ◦ eléctricos ◭
δ ee
b)
ω s = 1200 rpm = 1200/60 rps = 20 rps,
frecuencia de centelleo = 20 rps.
Al aplicar carga súbitamente, la velocidad del generador no cambia, δ se adelanta respecto al
eje del campo magnético rotativo. δ se toma positivo. El ángulo δ aumenta en la dirección de
la velocidad (figura 2.47)
δ = 3,0063 ◦ M.
ω r
δ
ω s
Figura 2.47: Relación entre el ángulo δ y la velocidad.
c)
75¨δ + 27300δ = 1432,44.
δ(0) = 0, ˙δ(0) = 0.
Resolviendo:
δ(t) = 0,052(1 − cos 19,07t).
frecuencia de oscilación = 19,07 rad/s.

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 165
d)
dδ
dt = 0,
−0,052(−19,07sen 19,07t) = 0.
19,07t = π ∴ t = π/19,07.
δ max
(
= 0,052 1 − cos 19,07π )
,
19,07
δ max = 0,052(1 − (−1)) .
δ max = 0,104 rad.mec. ◭
Ejemplo 2.10. La ecuación del eje mecánico en una máquina sincrónica está dada por:
J¨δ (rad.mec) + D ˙δ (rad.mec) + Kδ (rad.mec) = ±T ext .
O sea las constantes fueron calculadas para radianes mecánicos.
Transforme la ecuación a grados eléctricos.
J ′¨δ( ◦ elect) + D ′ ˙δ( ◦ elect) + K ′ δ ( ◦ elect) = ±T ext ,
y determine J ′ , D ′ y K ′ en función de las anteriores constantes.
Solución 2.10.
J¨δ (rad.mec) + D ˙δ (rad.mec) + Knδ (rad.mec) = ±T ext .
Ejemplo 2.11. Si
J π
180 ¨δ ◦ ( ◦ mec) + D π
180 ˙δ ◦ ( ◦ mec) + K π
180 ◦ δ ( ◦ elect) = ±T ext .
Jπ
180 ◦ n¨δ ( ◦ elect) + Dπ
180 ◦ n ˙δ ( ◦ elect) + Kπ
180 ◦ n δ ( ◦ elect) = ±T ext .
J ′ =
Jπ
180 ◦ n , D′ = Dπ
180 ◦ n , K′ = Kπ
180 ◦ n . ◭
T g = n E f rms 3φ
V rms 3φ
sen nδ
nρθ 0 χ ( ◦ mec).
d
Determinar el par de sincronización para δ en grados mecánicos en radianes mecánicos, en radianes
eléctricos y en grados eléctricos.
Solución 2.11.
K = ∂T g
∂δ ( ◦ m)
∣ = n2 E frms 3φ
V rms 3φ
cos nδ
nρθ
δ ( ◦ 0 χ ( ◦ mec)
.
d
∣
m)=0 δ( ◦ m)=0
K = n2 E frms 3φ
V rms 3φ
nρθ 0 χ d
para δ en grados mecánicos.

166 Capítulo 2. La máquina sincrónica
T g = n E f rms 3φ
V rms 3φ
sen 180n
nρθ 0 χ d π δ (rad.mec).
K =
K =
∣
∂T g ∣∣∣
= n2 180 E frms 3φ
V rms 3φ
para δ en radianes mecánicos.
∂δ (rad.mec) π nρθ
δ 0 χ d
(rad.mec)=0
T g = nE f rms 3φ
V rms 3φ
nρθ 0 χ d
sen 180
π δ (rad.elec).
∣
∂T g ∣∣∣
= n180 E frms 3φ
V rms 3φ
para δ en radianes eléctricos.
∂δ (rad.elec) π nρθ
δ 0 χ d
(rad.elec)=0
K =
∂T g
∂δ ( ◦ elec)
T g = nE f rms 3φ
V rms 3φ
sen δ
nρθ 0 χ ( ◦ elec).
d
∣ = nE f rms 3φ
V rms 3φ
para δ en grados eléctricos.
nρθ
δ ( ◦ 0 χ d
elec)=0
Ejemplo 2.12. La máquina sincrónica del ejemplo 2.3 está equipada con un devanado amortiguador.
Se llevó a cabo una prueba de carga en esta máquina, funcionando como motor con el devanado
de c.c. del campo en corto circuito. La carga mecánica total suministrada fue de 3,0 kW, con un
deslizamiento medio de 0,035.
a) Determine el coeficiente de amortiguamiento en la ecuación mecánica del movimiento en N-m/radián
mecánico-s y en N-m/grado eléctrico-s.
b) Si el par de sincronización es de 2,5 N-m/grado eléctrico, determine el ángulo de par en grados
eléctricos, como un a función del tiempo, si el motor inicialmente está trabajando en vacío y se
aplica una carga escalón de 6 kW.
c) Determine para el inciso b) el ángulo de par máximo y el tiempo en el que ocurre a partir de
momento en que se aplica la carga escalón.
Solución 2.12. a)
ω s = ω n = 377
3
= 125,66 rad/s,
Ω = (1 − s)ω s = (1 − 0,035)125,66 = 121,27 rad/s.
P M = T M Ω ∴ T M = 3000
121,27
T M es el torque del devanado amortiguador
ω r = 121,27 rad/s.
= 24,74 Nw − m.
De acuerdo a la teoría de la sección 2.4.2 se obtiene la figura 2.48.

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 167
T a
K A[ω r − (−ω s)]
−ω s
ω r
Figura 2.48: Característica torque-velocidad para un devanado amortiguador.
Linealizando (figura 2.48):
K A =
Despreciando la fricción:
T a = T M = K A (ω r + ω s ),
T M
ω r + ω s
= T M
sω s
=
24,74
(0,035)(125,66) = 5,62.
D = f + K A = 5,62 N − m
rad.mec/s ,
D = 0,033 N − m
◦ elec/s . ◭
b)
J¨δ(t) + D ˙δ(t) + Knδ(t) = ±T ext + fω.
J = 1 Kg − m 2 N − m
= 1
rad.mec/s 2,
D = 5,62 N − m
rad.mec/s ,
K = 2,5 N − m ( ) 180 N − m
◦ elec = 2,5 π rad.elec = 143,24 N − m
rad.elec ,
por que K en la fórmula del torque está en N − m
rad.elec
¨δ(t) + 5,62˙δ(t) + (143,24)(3)δ(t) = ±T ext ,

168 Capítulo 2. La máquina sincrónica
donde f ∼ = 0.
Aclaración:
El ángulo δ realmente es negativo, pero para un manejo cómodo se ”positivisó”; ésto implica
a nivel del torque exterior un cambio de signo. Podría resolverse con torque negativo pero el
ángulo resultaría negativo, como efectivamente es en motorización.
T ext = P apl
ω m
= 6000
377/3
= 47,75 N − m.
¨δ(t) + 5,62˙δ(t) + (143,24)(3)δ(t) = 47,75 u(t).
Como el motor viene trabajando en vacío; δ 0 = 0 y transformando a Laplace:
δ(s) =
(s 2 + 5,63s + 429,72)δ(s) = 47,75 ,
s
47,75
s(s + 2,85 + j20,53)(s + 2,85 − j20,53) .
Resolviendo:
δ está en radianes mecánicos.
δt = 0,111 + 0,111e −2,85t cos(20,53t − 187,9 ◦ ),
δ(t) = (0,111)(3)(180)
π
[
1 + e −2,85t cos(20,53t − 187,9 ◦ ) ]
δ está en grados eléctricos.
δ(t) = 19,1 + 19,1e −2,85t cos(20,53t − 187,9 ◦ ),
δ(t) = 19,1 − 19,1e −2,85t cos(20,53t − 7,9 ◦ ), ◭
c) El tiempo en que ocurre el par máximo, se halla como:
dδ
dt = 0,
−20,53sen(20,53t − 187,9 ◦ ) − 2,85cos(20,53t − 187,9 ◦ ) = 0,
tg(20,53t − 187,9 ◦ ) = −0,1388,
( ) 180
20,53 t − 187,9 ◦ = −7,9 ◦ ,
π
t = 0,153 s. ◭

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 169
Reemplazando el tiempo en que ocurre el par máximo se halla éste:
( ) 180
δ max = 19,1 − 19,1e −2,85(0,153) cos(20,53 (0,153) − 187,9 ◦ ),
π
δ max = 31,32 ◦ elec. ◭
Ejemplo 2.13. Un motor sincrónico de 900 rpm, 60 c.p.s. está trabajando en estado permanente con
una carga de 50 H.P. El par de sincronización es de 40 N-m por grado eléctrico. El momento de
inercia en la flecha del motor es 76 kg-m 2 y el coeficiente de amortiguamiento D es 240 N-m/radián
mecánico/s. Una carga de 100 H.P se aplica repentinamente. Determine:
a) El ángulo δ máximo en grados eléctricos.
b) El ángulo δ en estado permanente.
c) La constante de tiempo en segundos.
Solución 2.13. a)
Para δ en radianes eléctrico:
Para δ en grados eléctricos
J¨δ(t) rad.mec + D ˙δ(t) rad.mec + Knδ(t) rad.mec = ±T ext .
J
n ¨δ(t) rad.elec + D n ˙δ(t) rad.elec + Kδ(t) rad.elec = ±T ext .
πJ
180n ¨δ(t) rad.elec + πD
180n ˙δ(t) rad.elec + π
180 Kδ(t) rad.elec = ±T ext .
En las ecuaciones anteriores, J está en
N − m
rad.elec .
N − m
rad.mec/s 2 ó kg − m2 , D en
N − m
rad.mec/s y K en
Sí:
J ′ =
Jπ
180 ◦ n , D′ = Dπ
180 ◦ n , K′ = Kπ
180 ◦ .
J ′¨δ(t)◦ elec + D ′ ˙δ(t)◦ elec + K ′ δ(t)◦ elec = ±T ext .
J ′ está en N − m
◦ elec/s 2 , D′ en N − m
◦ elec/s y K′ en N − m
◦ elec .
ω s = 900(2π)
60
ω s = 120f
P
= 94,2 rad/s.
∴ P = 120(60)
900
= 8.

170 Capítulo 2. La máquina sincrónica
P L0 = 50 H.P. (Carga con la que viene trabajando el motor),
T L0 =
P L0
ω s rad.mec = 50(746)
94,2
= 396 N − m,
J = 76Kg − m 2
D = 240 N − m
rad.mec/s
K ′ = 40 N − m
◦ elec .
, J ′ = 76π
180n = 0,332 N − m
◦ elec/s 2 ,
, D ′ = 240π
180n = 1,05N − m
◦ elec/s ,
Reemplazando
0,332¨δ(t) + 1,05˙δ(t) + 40δ(t) = ±T ext .
Para una perturbación; aplicación repentina de carga ∆δ(t), se tiene:
Luego
∆δ(t) = δ(t) − δ 0 .
δ(t) = ∆δ(t) + δ 0 ,
˙δ(t) = ∆˙δ(t),
¨δ(t) = ∆¨δ(t).
Sustituyendo en la anterior ecuación:
0,332∆¨δ(t) + 1,05∆˙δ(t) + 40∆δ(t) + 40δ 0 = ±T ext .
En estado permanente está trabajando con un δ 0 a un par T L0
40δ 0 = T L0 = 396,
δ 0 = 9,9 ◦ elec.
De nuevo
0,332∆¨δ(t) + 1,05∆˙δ(t) + 40∆δ(t) = T ext − 40δ 0 ,
0,332∆¨δ(t) + 1,05∆˙δ(t) + 40∆δ(t) = ∆T L .
∆T L = P ω s
= 100(746)
94,2
= 792 N − m y T ext = 150(746)
94,2
0,332∆¨δ(t) + 1,05∆˙δ(t) + 40∆δ(t) = 792.
= 1188.

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 171
Resolviendo (en este caso por Laplace: la condición inicial de la perturbación es cero)
∆δ(s) =
0,332s 2 ∆¨δ(s) + 1,05s∆˙δ(s) + 40∆δ(s) = 792
s .
792
s(0,332s 2 + 1,05s + 40) = 2385,54
s(s 2 + 3,16s + 120,5) ,
s 2 + 3,16s + 120,5 = (s + 1,58 + j10,8)(s + 1,58 − j10,8).
2385,54
s(s 2 + 3,16s + 120,5) = k s + k 1
s + 1,58 + j10,8 + k ∗ 1
s + 1,58 − j10,8 ,
k 1 =
k = 2385,54
120,5 = 19,88,
2385,54
s(s + 1,58 − j10,8) ∣ = −10 − j1,4 ∼ = 10∠188 ◦ ,
s=−1,58−j10,8
k ∗ 1 = −10 + j1,4 = 10∠172 ◦ = 10∠ − 188 ◦ .
∆δs = 19,88
s
+
10∠188 ◦
s + 1,58 + j10,8 + 10∠ − 188◦
s + 1,58 − j10,8 .
Se toma la transformada inversa de Laplace del primer término y se usa la ecuación:
f 1 (t) = 2Re −αt cos(ωt + θ).
(formula 7-106, Análisis de Redes de Valkenburg).
∆δ(t) = 19,88 + 2(10)e −1,58t cos(10,8t + 188 ◦ ),
∆δ(t) = 19,88 − 20e −1,58t cos(10,8t − 8 ◦ )
δ(t) = 29,78 − 20e −1,58t cos(10,8t − 8 ◦ )
−10,8sen(10,8t − 188 ◦ ) − 1,58cos(10,8t − 188 ◦ ) = 0,
tg(10,8t − 188) = −0,146 ,
( ) 180
10,8 t − 188 ◦ = −8,3 ◦ ,
π
t = 0,29 s.
( ) 180
δ max = 29,78 + 20e −1,58(0,29) cos(10,8 (0,29) − 188 ◦ ) = 42,25 ◦ . ◭
π
b)
lím
t→ínf δ(t) = δ ss,

172 Capítulo 2. La máquina sincrónica
δ ss = 29,79 ◦ elec. ◭
c)
T = 1 = 0,63 s. ◭
1,58
Ejemplo 2.14. Un motor sincrónico de 900 rpm, 60 c.p.s. está trabajando en estado permanente con
la siguiente carga aplicada:
T L = 400 + 300sen(8t) N − m.
En donde 8 es la frecuencia mecánica en rad/s.
El par de sincronización es de 40 N-m por grado eléctrico. El momento de inercia es la flecha
del motor es de 76 kg-m 2 , y el coeficiente de amortiguamiento D=240 N-m/rad.mec/s. Determine la
variación del ángulo de par de estado permanente. Este motor tiene una potencia nominal de 150
H.P., compare el ángulo del par máximo con el ángulo del par a plena carga.
Solución 2.14. Del ejemplo 2.13:
0,332¨δ(t) + 1,05˙δ(t) + 40δ(t) = ±T ext .
0,332¨δ(t) + 1,05˙δ(t) + 40δ(t) = 400 + 300sen(8t).
Solamente interesa la solución particular. Se supone:
Así:
δ(t) = A + Bsen(8t) + Ccos(8t),
˙δ(t) = 8Bcos(8t) − 8Csen(8t),
¨δ(t) = −64Bsen(8t) − 64Ccos(8t).
− 0,332(64Bsen(8t) + 64Ccos(8t)) + 1,05(8Bcos(8t) − 8Csen(8t))
+ 40(A + Bsen(8t) + Ccos(8t)) = 400 + 300sen(8t), (2.133)
(18.75B − 8,4C + 40B)sen(8t) = 300sen(8t),
(8,4B + 18.75C)cos(8t) = 0,
40A = 400.
Resolviendo:
Reemplazando:
A = 10, B = 13,33, C = −5,97.
δ = 10 + 13,33sen(8t) − 5,97cos(8t),
δ = 10 + 13,33 5,97
14,6sen(8t) −
14,6 14,6 14,6cos(8t)

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 173
14.6
θ
13.33
5.97
−1 5,97
θ = tg
13,33 = 24,13◦ .
δ(t) = 10 + 14,6sen(8t − 24,13 ◦ ) ◦ elec.
cos(8t − 24,13 ◦ ) = 0 ∴ 8t − 24,13 ◦ = 90 ◦ ∴ 8t = 114,13 ◦ .
180n
π (8t) = 114,13◦ ,
t = 0,124 s Nótese la conversión de rad.mec a grados eléctricos.
( ) 180(2)
δ max = 10 + 14,6sen (8)(0,124) − 24,13 ◦ = 10 + 14,6 = 24,6 ◦ elec.
π
P pc = 11,9kW = 150H.P.(0,746),
T pc = 111900
94,24
= 1187,3 N − m.
40δ pc = 1187,3 ,
δ pc
= 29,68 ◦ . ◭
Ejemplo 2.15. Un generador accionado por una turbina con reductor de engranajes, de 1500 kW, 0.8
factor de potencia, 60 c.p.s., 1200 r.p.m. de 6 polos, va a ser conectado (sincronizado), en paralelo
con un línea a voltaje constante y a frecuencia constante (barras colectoras). La inercia total en la
flecha del generador es de 9000 lb-pie 2 . El par de sincronización es de 400 N-m/ ◦ elec. El par de
amortiguamiento es de 2500 N-m/rad.mec/s.
a) En generador por sincronizar tiene la velocidad correcta, esto es 1200 r.p.m, pero su voltaje de
excitación está atrasado 30 ◦ eléctricos con el voltaje de línea. Determine la expresión numérica
para las oscilaciones con δ en grados eléctricos.
b) Repita la parte a) cuando el interruptor del corto circuito se cierra con un desfasamiento nulo
entre los dos voltajes y el generador es accionado a 1230 r.p.m.
c) Repita la parte b) cuando el interruptor se cierra cuando el voltaje del generador se adelanta
al voltaje de la linea 30 ◦ eléctricos.

174 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Solución 2.15. a)
J = 9000 lb − pie 2 = 1296 × 10 3 lb − pg 2 =
1296 × 103
3,4188 × 10 3 kg − m2 = 379,1 kg − m 2 ,
Ahora:
J ′ =
D ′ =
π
180n J =
π
180n D =
π
N − m
379,1 = 2,21
180(3) ◦ elec/s 2.
π
N − m
2500 = 14,54
180(3) ◦ elec/s 2.
Del ejemplo 2.15
J ′¨δ(t)◦ elec + D ′ ˙δ(t)◦ elec + K ′ δ(t)◦ elec = ±T ext − fω.
fω ∼ = 0.
Al sincronizar, el generador está en vacío: T ext = 0; luego:
2,21¨δ(t)◦ elec + 14,54˙δ(t)◦ elec + 400δ(t)◦ elec = 0
¨δ(t)◦ elec + 6,58˙δ(t)◦ elec + 180δ(t)◦ elec = = 0
La ecuación característica:
s 2 + 6,58s + 180 = 0,
s 1 ,s 2 = −3,29 ± j13.
La solución es de la forma;
δ(t) = e γ 1t (k 1 cos ω 1 t + k 2 sen ω 1 t),
donde:
En consecuencia:
s 1 ,s 2 = γ 1 ± jω 1 .
δ(t) = e −3,29t (k 1 cos 13t + k 2 sen 13t).
El voltaje de excitación está atrasado 30 ◦ eléctricos con el voltaje de línea. Luego el ángulo δ
es negativo.
δ(0) = −30 ◦ ,
k 1 = −30.
˙δ(t) = −13e −3,29t (k 1 sen 13t − k 2 cos 13t) − 3,29e −3,29t (k 1 cos 13t + k 2 sen 13t).

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 175
Como no existe variación de velocidad, en t = 0
˙δ(t) = 0.
−13(−k 2 ) − 3,29(k 1 ) = 0,
k 2
= −7,59.
δ(t) = e −3,29t (−30cos 13t − 7,29sen 13t),
δ(t) = −30,87e −3,29t cos(13t − 13,65 ◦ ),
δ(t) = 30,87e −3,29t cos(13t − 193,66 ◦ ). ◭
b) El interruptor se cierra con un desfasamiento nulo entre los dos voltajes:
k 1 = 0.
El generador se acciona a 1230 r.p.m.
ω r = −˙δ(t) − ω,
˙δ(t) − ω − ω r = −1200 + 1230 = 30r.p.m.
˙δ(0) =
˙δ(0) =
2π(30) = π rad.mec/s,
60
πn(180) = π(3)(180) = 540 ◦ elec/s.
π π
−13(−k 2 ) = 540,
k 2 = 41,54.
δ(t) = 41,54e −3,29t sen 13t. ◭
c) El voltaje del generador se adelanta al voltaje de la línea 30 ◦ eléctricos: δ es positivo en t = 0;
δ(0) = 30 ◦ ,
k 1 = 30.
˙δ(0) = 540 ◦ elec/s,
−13(−k 2 ) − 3,29(30) = 540,
k 2 = 49,13.
δ(t) = e −3,29t (30cos 13t + 49,13sen 13t),
δ(t) = 57,56e −3,29t cos(13t + 88,83). ◭

176 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Ejemplo 2.16. Se conecta un motor sincrónico trifásico, con conexión en estrella, 12 polos, 2000
H.P. y 60 c.p.s., a una alimentación de 6600 V (entre líneas). La corriente continua del inductor se
ajusta de mode que la tensión inducida por fase en el inducido, E f / √ 2=3560 V. Las reactancias
síncronas de los ejes directo y en cuadratura vienen dadas respectivamente por χ d = 10 Ω por
fase y χ q = 7 Ω por fase. Puede despreciase la resistencia del inducido, siendo muy pequeños los
efectos de amortiguamiento, rozamiento y ventilación. El motor gira inicialmente sin carga en el eje,
aplicándose repentinamente la carga completa.
a) Usando el método de áreas iguales determinar el máximo ángulo de par alcanzado por el motor,
durante la primera oscilación después de aplicada la carga.
b) A plena carga del motor hallar el ángulo de par en régimen estacionario.
c) Hallar el par de carga adicional que puede aplicarse repentinamente sin que el motor pierda
el sincronismo.
Solución 2.16.
V f = 6600 √
3
= 3810,51 V,
V rms =
√
3
3810,51 = 4666,9 V,
2
E f = √ 2(3560) = 5034,6 V,
E frms =
√
3
5034,6 = 6166,1 V.
2
(
2Efrms V rms
T g = n sen δ + V 2
)
rms(χ d − χ q )
sen 2δ ,
(nρθ 0 )χ d 2(nρθ 0 )χ d χ q
( )
2(6166,1)(4666, 9)
T g = 6
sen δ + (4666,9)2 (10 − 7)
sen 2δ ,
377(10)
2(377)(10)(7)
T g = 91596,52sen δ + 7427,8sen 2δ N − m.
P M = 2000(0,746) = 1492 kW,
ω m = 120f = 120(60) = 600 r.p.m.,
ρ 12
ω m = 600(2π) = 63,83 rad/s,
60
T M = P M
ω m
=
1492 × 103
62,83
= 23746,62 N − m.

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 177
δ ( ◦ eléctricos) T g (N-m)
0 0
20 36102,35
40 66192,07
60 87757,58
80 92745,42
100 87664,5
120 72892,25
140 51562,15
160 26552,36
180 0
En la figura 2.49, se muestra T g contra δ y el par T M .
a)
La carga se aplica con δ = 0.
Area (AEB) = Area(A ′ EB ′ ).
El ángulo máximo del par alcanzado durante la primera oscilación es:
δ max
∼ = 24 ◦ elec. ◭
b) El ángulo de par de estado permanente es:
δ ee
∼ = 12 ◦ .
c)
Area (A1) = Area (A2).
El par adicional es aproximadamente igual a 42500 N-m. ◭

178 Capítulo 2. La máquina sincrónica
N − m
100000
80000
A2
60000
A1
B ′
T a
40000
A
20000
E
A ′
B
20 40 60 80 100 120 140 160 180
δ 0 eléctricos
Figura 2.49: La máquina sincrónica característica T g vs. δ. Método de áreas iguales.

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 179
Ejercicios Propuestos
2.1.1
Ejercicio 2.1. Escribir las ecuaciones generales del modelo de la máquina sincrónica
[
v1,a,A
]
=
[
Z(ρ)
][
i1,a,A
]
,
2.1.2
2.2
para el funcionamiento de estado permanente.
Ejercicio 2.2. ¿Qué utilidad tienen los devanados amortiguadores en una máquina sincrónica
Ejercicio 2.3. Resolver:
] √
2
=
v y 3
[
vx
[ ] ⎡ 1 −1/2 −1/2
0 √ 3/2 − √ ⎣
3/2
Ejercicio 2.4. Dados v x y v y de la del ejercicio 2.3, resolver:
Ejercicio 2.5. Dado:
A partir de:
[
va
V cos(ωt)
V cos(ωt + 120 ◦ )
V cos(ωt − 120 ◦ )
] [ ] [ ]
cos nθ0 −sen nθ
=
0 vx
.
v A sen nθ 0 cos nθ 0 v y
I a =
√
3
2
V sen nθ 0 (0) − E f
(L x0 − L xymax )nρθ 0
,
I A
√
3
= −
2
E f = L 1xmax nρθ 0 I 1 .
V cos nθ 0 (0)
(L x0 − L xymax )nρθ 0
,
T g = −n (L 1xmax I 1 I A + 2L xymax I a I A ) .
Comprobar:
(√ )
3 E f cos nθ 0 (0)
T g = n
2 (L x0 − L xymax )(nρθ 0 ) 2 + 3 V 2 L xymax sen 2nθ 0 (0)
2 (nρθ 0 ) 2 .
(L x0 + L xymax )(L x0 − L xymax )
Ejercicio 2.6. En la ecuación del torque identificar el torque de reluctancia.¿A qué se debe
Ejercicio 2.7. Identificar claramente las diferentes expresiones para el torque en una máquina
de rotor cilíndrico.
⎤
⎦ .

180 Capítulo 2. La máquina sincrónica
2.3.1
2.3.2
2.3.3
2.3.4
2.4.1
2.4.2
2.6.1
2.6.3
Ejercicio 2.8. Dibujar diagramas fasoriales para el motor sincrónico funcionando con factor
de potencia unitario y con factor de potencia en adelanto. Repetirlos con R x = 0.
Ejercicio 2.9. Dibujar un diagrama fasorial para el generador sincrónico funcionando con
factor de potencia unitario. Repetirlos con R x = 0.
Ejercicio 2.10. A partir de la ecuación:
V x = R x I x + jE f + jI x χ s ,
dibujar diagramas fasoriales para el motor sincrónico con diferentes factores de potencia (en
atraso, adelanto y unitario). Repetir para R x = 0.
Ejercicio 2.11. Repetir el ejercicio 2.10 para la ecuación del generador:
Ejercicio 2.12.
V x = −R x I x + jE f − jI x χ s .
a) ¿Cuánto vale el ángulo δ para un motor sincrónico en vacío
b) ¿Cuánto vale el ángulo δ para un alternador en vacío
Ejercicio 2.13. ¿Cuál es el efecto de los devanados amortiguadores en al funcionamiento de
una máquina sincrónica en estado permanente
Ejercicio 2.14. ¿Qué formas pueden adoptar los devanados amortiguadores
Ejercicio 2.15. ¿Qué efectos tienen los devanados amortiguadores en el arranque de un motor
sincrónico
Ejercicio 2.16. Explique claramente que significado tienen las siguientes cantidades: fω,
f ˙δ(t), K A ˙δ(t), f, KA y D.
Ejercicio 2.17. Demostrar que para la máquina sincrónica con devanados amortiguadores:
T g = n (L 1xmax i 1 i A + 2L xymax i a i A + L xDmax i D i A − L xQmax i Q i a ).

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 181
Ejercicio 2.18. Si:
[
Z11
]
[
Z12
]
=
=
⎡
⎤
R x + L q s L d Ω L 1xmax Ω L xDmax Ω
⎢ −L q Ω R x + L d s L 1xmax s L xDmax s
⎥
⎣ 0 L 1xmax s R 1 + L 1 s L 1D s ⎦ ,
0 L xDmax s L 1D s R D + L D s
⎡ ⎤
L xQmax s
⎢−L xQmax Ω⎥
⎢
⎣
0
0
⎥
⎦ ,
[ ] [ ]
−1 1
Z22 = R Q +L Q s ,
[ ]
Z21 = [ L xQmax s 0 0 0 ] .
Y:
[
Z
′ ] = [ Z 11
]
−
[
Z12
][
Z22
] −1 [
Z21
]
.
Verificar que:
donde:
⎡
R x + L ∗
[
Z
′ ] q s L ⎤
dΩ L 1xmax Ω L xDmax Ω
= ⎢ −L ∗ qΩ R x + L d s L 1xmax s L xDmax s
⎥
⎣ 0 L 1xmax s R 1 + L 1 s L 1D s ⎦ ,
0 L xDmax s L 1D s R D + L D s
L ∗ q = L q −
L2 xQ max
R Q + L Q s .
Ejercicio 2.19. Verificar que:
R x + L q s − s2 L 2 xQ max
R Q + L Q s ,
representa la impedancia de entrada en la figura 2.50
R x
Figura 2.50: Circuito del ejercicio 2.19
(L q − L xQmax )s
R Q
(L Q − L xQmax )s
L xQmax s

182 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Ejercicio 2.20. Si:
Y:
⎡
[ ]
R x + L ∗ q s L ⎤
dΩ L 1xmax Ω
Z11 = ⎣ −L ∗ qΩ R x + L d s L 1xmax s ⎦ ,
0 L 1xmax s R 1 + L 1 s
⎡ ⎤
[ ]
L xDmax Ω
Z12 = ⎣L xDmax s⎦ ,
L 1D s
[ ] [ ]
−1 1
Z22 =
R D +L D s
,
[ ]
Z21 = [ 0 L xDmax s L 1D s ] .
[
Z
′ ] = [ Z 11
]
−
[
Z12
][
Z22
] −1 [
Z21
]
.
Comprobar que:
donde:
⎡
[
Z
′ ] R x + L ∗ qs L ∗ d Ω ⎤
L∗ 1x max
Ω
= ⎣ −L ∗ q Ω R x + L ∗ d s L∗ 1x max
s ⎦ ,
0 L ∗ 1x max
s R 1 + L ∗ 1 s
L ∗ 1x max
L ∗ d = L d − L2 xD max
s
R D + L D s ,
= L 1xmax − L xD max
L 1D s
R D + L D s ,
L ∗ 1 = L 1 − L2 1D s
R D + L D s .
Ejercicio 2.21. Para los valores de L ∗ d , L∗ 1x max
y L ∗ 1 dados en el numeral anterior, comprobar
que:
L ∗ d s = (L d − L xDmax )s + L xD max
[R D + (L D − L xDmax )s]
L xDmax + [R D + (L D − L xDmax )s] ,
L ∗ 1x max
s = (L 1xmax − L 1xDmax L 1D )s + L xD max
L 1D s [R D + (L D − L xDmax L 1D )s]
L xDmax L 1D s + [R D + (L D − L xDmax L 1D )s] ,
L ∗ 1s = (L 1 − L 1D )s + L 1Ds [R D + (L xDmax − L 1D )s]
L 1D + [R D + (L xDmax − L 1D )s] .
Ejercicio 2.22.
R x + L ∗∗
d s = R x +
(
)
L ∗ d − L∗2 1x max
s
R 1 + L ∗ 1 s s.
⎡
(
L
R x + L ∗∗
d s = R x + ⎢
⎣ L d −
L2 xD max
s 1xmax − L )
xD max
L 1D s 2
⎤
s
R D + L D s − R D + L D s
(
R 1 + L 1 −
L2 1D s ) ⎥
⎦ s.
s
R D + L D s

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 183
está representado en la figura 2.51
(
L d − L 1xmax L xDmax
L 1D
)
s
R x
Figura 2.51: Circuito del ejercicio 2.22
s
(
L1xmax L xDmax
L 1D
)
(
L 2 R D
1x max L 2 1D
L 2 1xmax L D
− L 1xmax L xDmax
L 2 1D
L 1D
)
s
(
L
2
xD
L 2 1D
L 2 xD max
R 1
L 2 1D
L 1 − L 1xmax L xDmax
L 1D
)
s
Comprobar.
2.6.4
Ejercicio 2.23. Para el circuito de la figura 2.52
+
E
−
i(t)
R
L
Figura 2.52: Circuito del ejercicio 2.23
hallar la respuesta i(t) cuando el interruptor se cierra en t = 0 para i(0) = 0.
Ejercicio 2.24.
I A = (
I A = −
( ω
χ ′′ q
s +
)(
Ef
s
− E f
s
( ω
χ ′′ q
)(
s + R )(
Q
s + ωR s
L Q χ ′′
d
)(
) (
R Q L q
L q L Q − L 2 s + ωR x
xQ max
χ ′′ − jω
h
⎛
)
⎜
⎝
s +
A
+
R Q L q
L q L Q − L 2 xQ max
B
s + ωR x
χ ′′ h
)
s + ωR x
χ ′′ h
+
+ jω
).
+ jω
C
s + ωR x
χ ′′ h
⎞
⎟
⎠ .
− jω

184 Capítulo 2. La máquina sincrónica
Hallar A, B, C.
Ejercicio 2.25. Chequear que en en el ejercicio 2.22:
donde:
L ∗∗
d = k 1 s 2 + k 2 s + k 3
(L 1 L D − L 2 1D )s2 + (L 1 R D + L D R 1 )s + R 1 R D
,
k 1 = (L 1 L D − L 2 1D)L d − L 2 xD max
L 1 − L 2 1x max
L D + 2L 1xmax L xDmax L 1D ,
k 2 = (L 1 R D + L D R 1 )L d − L 2 1x max
R D − L 2 xD max
R 1 ,
k 3 = R 1 R D L d .
Ejercicio 2.26. Demostrar que el numerador de la expresión L ∗∗
d
del numeral anterior, se puede
llevar a:
[(
Ld L 1 − L 2 ) ] [(
1x max s + R1 L d L d − L2 1D L ) ]
d + L 2 xD max
L 1 − 2L 1xmax L xDmax L 1D
L d L 1 − L 2 s + R D .
1x max
Ejercicio 2.27.
I a = − ωE f
(1 + τ 1 s)(1 + τ D1 s)
(
sL d
(1 + τ 1d s)(1 + τ D1d s) s + ωR ) (
x
χ ′′ − jω s + ωR x
h
χ ′′ h
).
+ jω
Llegar a:
I a = k s + k 1
1 + τ 1d s + k 2
1 + τ D1d s + k 3
k = − E f
χ d
,
s + ωR x
+ jω
χ ′′ h
( 1
k 1 = −τ 1d E f
χ ′ − 1 )
,
d
χ d
( 1
k 2 = −τ D1d E f
χ ′′ − 1 )
d
χ ′ ,
d
k 3 = E f
2χ ′′
d
k 4 = E f
2χ ′′
d
,
.
+
k 4
s + ωR x
χ ′′ h
.
− jω
2.6.5
Ejercicio 2.28. Escriba la serie de Taylor para una y dos variables.
Ejercicio 2.29.
[
vA
] [
Rx + L ∗
= qρ L ∗∗
d ω ][ ]
iA
v a −L ∗ q ω R x + L ∗∗
d ρ .
i a

2.6. Operación transitoria y desbalanceada de la maquinaria sincrónica 185
Con:
L ∗ q = χ′′ q
ω + R′ Q
ρ ,
L ∗∗
d = χ′′ d
ω + R′ D
ρ .
i A = −√
3
2 Isen [2ωt + ϕ − nθ 0(0)] ,
i a = −√
3
2 Icos [2ωt + ϕ − nθ 0(0)] .
Demostrar:
(
) ( √
v A = −R x − R Q ′ + R′ D 3
0(0)])
2 2 Isen [2ωt + ϕ − nθ )
+ ( −2χ ′′
q + χ′′ d) ( √
3
2 Icos [2ωt + ϕ − nθ 0(0)]
,
v a =
(
R x + R ′ D − R′ Q
2
)(√
3
2 Icos [2ωt + ϕ − nθ 0(0)])
+ ( χ ′′
q − 2χ ′′
d) ( √
3
2 Isen [2ωt + ϕ − nθ 0(0)]
)
.

Capítulo 3
La máquina de inducción
3.1. Generalidades
Las características físicas de esta máquina son las siguientes:
a. Entrehierro uniforme.
b. Igual número de devanados en estator y rotor.
c. Rotor simétrico, ya sea rotor devanado o rotor jaula de ardilla.
3.1.1. Rotor devanado
Cuando existe este tipo de interconexión en el rotor, pese al movimiento es posible tener acceso a
él, mediante un juego de anillos deslizantes como muestra la figura 3.1.
3.1.2. Jaula de ardilla
Esta estructura sólida se encuentra de por sí en corto circuito y por lo tanto no se tiene acceso a ella.
La jaula de ardilla puede entenderse como un conjunto de espiras cortocircuitadas desplazadas
apropiadamente las unas de las otras. La acción resultante de estas espiras es la creación de una
campo magnético rotativo, similar al creado por corrientes bifásicas en sistemas bifásicos o corrientes
trifásicas en sistemas trifásicos.
El campo magnético producido por la jaula (3.2) puede ser simulado por dos bobinas concentradas.
3.2. Modelo circuital
La figura 3.3 representa el modelo circuital para la máquina de inducción bifásica en movimiento.
187

188 Capítulo 3. La máquina de inducción
Figura 3.1: Anillos deslizantes conectados a los devanados del rotor.
Figura 3.2: Rotor jaula de ardilla.
para la cual se cumplen las siguientes ecuaciones:
⎡ ⎤ ⎡
⎤⎡
⎤
v 1 R 1 + L 1 ρ 0 L 1xmax ρcos nθ 0 −L 1xmax ρsen nθ 0 i 1
⎢v 2
⎥
⎣v x
⎦ = ⎢ 0 R 2 + L 2 ρ L 2xmax ρsen nθ 0 L 2xmax ρcos nθ 0
⎥⎢i 2
⎥
⎣ L 1xmax ρcos nθ 0 L 2xmax ρsen nθ 0 R x + L x0 ρ 0 ⎦⎣i x
⎦ .
v y −L 1xmax ρsen nθ 0 L 2xmax ρcos nθ 0 0 R x + L x0 ρ i y
(3.1)

3.2. Modelo circuital 189
2
ηρθ 0
y
x
1
Figura 3.3: Modelo circuital para la máquina de inducción bifásica en movimiento.
Nótese la simetría del rotor.
Del principio del trabajo virtual
Entonces:
T g = ∂ω′ m (i 1,i 2 ,i x ,i y ,θ 0 )
∂θ 0
.
T g = −n (L 1xmax i 1 i x sen nθ 0 − L 2xmax i 2 i x cos nθ 0 + L 1xmax i 1 i y cos nθ 0 + L 2xmax i 2 i y sen nθ 0 ) .
(3.2)
Se puede aplicar la transformación [TΘ 0 ], para eliminar la dependencia de θ 0 .
[ ]
cos nθ0 −sen nθ
[TΘ 0 ] =
0
,
sen nθ 0 cos nθ 0
[ ] [ ]
ia ix
= [TΘ
i 0 ] ,
A i y
[ ] [ ]
va vx
= [TΘ
v 0 ] .
A v y
Así:
⎡ ⎤ ⎡
⎤⎡
⎤
v 1 R 1 + L 1 ρ 0 L 1xmax ρ 0 i 1
⎢v 2
⎥
⎣v a
⎦ = ⎢ 0 R 2 + L 2 ρ 0 L 2xmax ρ
⎥⎢i 2
⎥
⎣ L 1xmax ρ L 2xmax nρθ 0 R x + L x0 ρ L x0 nρθ 0
⎦⎣i a
⎦ , (3.3)
v A −L 1xmax nρθ 0 L 2xmax ρ −L x0 nρθ 0 R x + L x0 ρ i A

190 Capítulo 3. La máquina de inducción
y:
T g = n (L 2xmax i 2 i a − L 1xmax i 1 i A ) . (3.4)
Las anteriores ecuaciones permiten el estudio de cualquier situación de la máquina de inducción.
3.3. La máquina de inducción con alimentación sinusoidal
desbalanceada en el estator
Se estudiará el caso particular de una máquina trifásica alimentada con voltajes sinusoidal desbalanceados.
Usando la transformación de las componentes simétricas se puede llegar a un sistema v α0 , v β0 , v γ0 ;
donde se ha removido la componente de secuencia cero.
Con la transformación trifásica a bifásica se puede llegar a un conjunto v 1 , v 2 bifásico desbalanceado.
3.3.1. Componentes simétricas bifásicas adelante-atrás
Es conveniente utilizar el método de las componentes simétricas bifásicas para abordar el análisis
de esta máquina.
Se trata de descomponer el conjunto desbalanceado v 1 , v 2 en dos conjuntos balanceados: uno de la
misma secuencia original y otro de secuencia contraria.
La figura 3.4 muestra la máquina bifásica equivalente a la trifásica.
2
A
y
x
a
1
Figura 3.4: Máquina bifásica equivalente a la trifásica.
La descomposición de que se habla se muestra en la figura 3.5

3.3. La máquina de inducción con alimentación sinusoidal desbalanceada en el estator 191
−j v fs √
2
j v bs √
2
v 2
v 1
v fs √2
v bs √2
v 1
v fs √2
j v bs √
2
v bs √2
v 2
−j v fs √
2
Figura 3.5: Componentes simétricas bifásicas adelante-atrás.
En conjunto v fs , −jv fs determina un sistema bifásico con la secuencia igual a la original, es decir
la secuencia 1-2. Este sistema de voltajes se denomina ”hacia adelante”, porque a nivel de torque en
la operación de motorización, desarrolla un torque en la dirección de la secuencia 1-2.
El conjunto v bs , jv bs determina un sistema bifásico con la secuencia contraria a la original, es decir
la secuencia 2-1. Este sistema se denomina ”hacia atrás”, porque a nivel del torque en la operación
de motorización desarrolla un torque en la dirección de la secuencia 2-1.
Las mismas consideraciones se pueden hacer con respecto al campo magnético rotativo creado por
los dos conjuntos de voltajes bifásicos.
En forma matricial:
En consecuencia:
[
v1
]
= 1 [ ] [ ] 1 1 vfs
√
v 2 2 −j j v bs
= [ ] [ ]
v
T fs
d . (3.5)
v bs
[ ]
vfs
= [ [ ]
] −1 v1
T
v d . (3.6)
bs v 2
La transformación usada [T d ] debe ser invariante en potencia. Si se cumple la condición de ortogonalidad

192 Capítulo 3. La máquina de inducción
[
Td
] −1 =
[
Td
] t∗ ,
la potencia permanecerá invariante cuando se define como:
P = [ I ] t∗ [
V
]
. (3.7)
Así:
Luego
[ ]
vfs
= 1 [ 1 j
√
v bs 2 1 −j
][
v1
v 2
]
.
P 1,2 =
P 1,2 =
P 1,2 =
[ ] t∗ [ ]
i1 v1
,
i 2 v 2
( [ 1 1 1 √2
−j j
[ ] t∗ [ ]
ifs vfs
.
i bs v bs
][
ifs
]) t∗ ( [ 1 1 1 √2
i bs −j j
][
vfs
v bs
])
,
Lo cual demuestra la invariancia en potencia.
Esta será la transformación utilizada, aunque algunas veces se utiliza la transformación
[ ] [ ][ ]
v1 1 1 vfs
=
, (3.8)
v 2 −j j v bs
y
[ ]
vfs
= 1 [ ][ ] 1 j v1
. (3.9)
v bs 2 1 −j v 2
Ambas transformaciones son válidas para los voltajes y corrientes del rotor (ver figura 3.6)
De todas formas con cualquiera de las transformaciones llega a los mismos circuitos.
[
vfr
v br
]
[
ifr
i br
]
= √ 1 [ 1 j
2 1 −j
= √ 1 [ 1 j
2 1 −j
][
va
][
ia
]
,
v A
]
.
i A
Resumiendo
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
v fs 1 j 0 0 v 1 v 1
⎢v bs
⎥
⎣v fr
⎦ = √ 1 ⎢1 −j 0 0
⎥ ⎢v 2
⎥
2
⎣0 0 1 j ⎦ ⎣v a
⎦ = [ ]
T fb
⎢v 2
⎥
⎣v a
⎦ , (3.10)
v fr 0 0 1 −j v A v A

3.3. La máquina de inducción con alimentación sinusoidal desbalanceada en el estator 193
jV 2
1 √
2
(V 1 + jV 2 )
1 √
2
(V 1 − jV 2 )
−jV 2
V 2
V bs
V fs
V 1
Figura 3.6: Determinación de las componentes simétricas de voltaje para un sistema bifásico desbalanceado.
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
i fs 1 j 0 0 i 1 i 1
⎢i bs
⎥
⎣i fr
⎦ = √ 1
⎢1 −j 0 0
⎥ ⎢i 2
⎥
2
⎣0 0 1 j ⎦ ⎣i a
⎦ = [ ]
T fb
⎢i 2
⎥
⎣i a
⎦ . (3.11)
i br 0 0 1 −j i A i A
Donde:
⎡ ⎤
1 j 0 0
[ ] 1
Tfb = √2 ⎢1 −j 0 0
⎥
⎣0 0 1 j ⎦ . (3.12)
0 0 1 −j
Ahora para las antiguas variables en función de las nuevas:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
v 1 v fs
⎢v 2
⎥
⎣v a
⎦ = [ ] −1 T fb
⎢v bs
⎥
⎣v fr
⎦ , (3.13)
v A v br
[i 1,2,a,A ] = [T fb ] −1 [i fs,bs,fs,fr ]. (3.14)
La matriz de las ecuaciones, considerando el régimen permanente y usando notación fasorial es la
siguiente:
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
V 1 R 1 + jωL 1 0 jωL 1xmax 0 I 1
⎢V 2
⎥
⎣V a
⎦ = ⎢ 0 R 2 + jωL 2 0 jωL 2xmax
⎥ ⎢I 2
⎥
⎣ jωL 1xmax L 2xmax nρθ 0 R x + jωL x0 L x0 nρθ 0
⎦ ⎣I a
⎦ . (3.15)
V A −L 1xmax nρθ 0 jωL 2xmax −L x0 nρθ 0 R x + jωL x0 I A

194 Capítulo 3. La máquina de inducción
3.3.2. Referencias de las ecuaciones al devanado 1 del estator
Ya es común en el tratamiento de ecuaciones que incluyen acoplamiento magnéticos, referirlas a un
solo devanado. En este caso se refieren al devanado 1 de estator.
Esto permite obtener un circuito equivalente eliminado los acoples tipo transformador.
A manera de ilustración se referirá la segunda ecuacion:
V 2 = (R 2 + jωL 2 )I 2 + jωL 2xmax I A ,
V ′
2
= N 1
,
V 2 N 2
I ′ 2
= N 2
,
I 2 N 1
V 2 ′ I′ 2 = V 2 I 2 ,
I
A
′ = N A
,
I A N 1
V ′
2 = V 2
N 1
V ′
2 =
= (R 2 + jωL 2 ) N 1 N 1
I 2 + jωL 2xmax I A
N 2 N 2 N
( ) ( ) 2
N 2 N
2
I 1 2
N 1 N2
2 R 2 + jω N2 1 N2
N2
2 L 2 I 2 +
N 2
( )( )
jω N2 1 N A
I A L 2xmax ,
N 2 N A N 1
Donde
V ′
2 = I′ 2 R′ 2 + jωL′ 2 I′ 2 + jωL′ 2x max
I ′ A . (3.16)
R ′ 2
= R 2
(
N1
N 2
) 2
, (3.17)
( ) 2
L ′ N1
2 = L 2 , (3.18)
N 2
( ) N
L ′ 2
2x max
= L 1 2xmax . (3.19)
N 2 N A
Además se puede ver que:
Donde:
L ′ 1x max
= L 1xmax
(
N1
N a
)
. (3.20)
N a = N A = N x = N y ,

3.3. La máquina de inducción con alimentación sinusoidal desbalanceada en el estator 195
por la simetría del rotor.
Al referir las ecuaciones a un solo devanado se hacen iguales las inductancias mutuas que no son
iguales entre el estator y el rotor; puesto que los devanados del estator son desiguales. Así:
Donde:
R es la reluctancia magnética.
L ′ 1x max
= L 1xmax
(
N1
N x
)
= N 1
N x
N 1 N x
R 1xmax
= N2 1
R 1xmax
, (3.21)
( ) N
L ′ 2
2x max
= L 1 2xmax = N2 1 N 2 N x
= N2 1
. (3.22)
N 2 N x N 2 N x R 2xmax R 2xmax
R 1xmax = R 2xmax .
Luego
Las ecuaciones referidas quedan:
⎡
⎢
⎣
V 1
V 2
′
V a
′
V
A
′
⎤ ⎡
⎥
⎦ = ⎢
⎣
L ′ 1x max
= L ′ 2x max
.
R 1 + jωL 1 0 jωL ′ 1x max
0
0 R 2 ′ + jωL′ 2 0 jωL ′ 1x max
jωL ′ 1x max
L ′ 1x max
nρθ 0 R x ′ + jωL′ x0 L ′ x0 nρθ 0
−L ′ 1x max
nρθ 0 jωL ′ 1x max
−L ′ x0 nρθ 0 R x ′ + jωL′ x0
⎤ ⎡
⎥ ⎢
⎦ ⎣
I 1
I 2
′
I ′ a
I ′ A
⎤
⎥
⎦ . (3.23)
[V ′
1,2,a,A] = [Z ′ 1,2,a,A][I ′ 1,2,a,A]. (3.24)
3.3.3. Transformación
Reemplazando las matrices de transformación:
Luego:
[T fb ] −1 [v ′ fs,bs,fr,br ] = [Z′ 1,2,a,A ][T fb] −1 [i ′ fs,bs,fr,br ].
[v ′ fs,bs,fr,br ] = [T fb][Z ′ 1,2,a,A][T fb ] −1 [i ′ fs,bs,fr,br ].
Donde las relaciones de transformación para los voltajes y corrientes se refieren a los voltajes ya

196 Capítulo 3. La máquina de inducción
referidos.
⎡
v ′ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡
fs 1 j 0 0 R 1 + jωL 1 0 jωL ′ ⎤
⎢v bs
′ ⎥
⎣v fr
′ ⎦ = √ 1
1x max
0
⎢1 −j 0 0
⎥ ⎢ 0 R 2 ′ + jωL′ 2 0 jωL ′ 1x max
2
⎣0 0 1 j ⎦ ⎣ jωL ′
v
br
′ 1x max
L ′ 1x max
nρθ 0 R x ′ + jωL′ x0 L ′ x0 nρθ ⎥
⎦
0
0 0 1 −j −L ′ 1x max
nρθ 0 jωL ′ 1x max
−L ′ x0 nρθ 0 R x ′ + jωL′ x0
⎡ ⎤ ⎡
1 1 0 0 i ′ ⎤
fs
1
√ ⎢−j j 0 0
⎥ ⎢i ′ bs⎥
2
⎣ 0 0 1 1⎦
⎣i ′ ⎦ ,
fr
0 0 −j j i ′ br
⎡
v ′ ⎤ ⎡1
fs
⎢v bs
′ 2 (R 1 + R 2 ′ ) + j ω 2 (L 1 + L ′ 2 ) 1
2 (R 1 − R 2 ′ ) + j ω 2 (L 1 − L ′ 2 ) jωL′ 1x max
⎥
⎣v fr
′ ⎦ = 1
⎢2 (R 1 − R 2 ′ ) + j ω 2 (L 1 − L ′ 2 ) 1
2 (R 1 + R 2 ′ ) + j ω 2 (L 1 + L ′ 2 ) 0
⎣ L ′
v
br
′ 1x max
(jω − jnρθ 0 ) 0 R x ′ + L ′ x0 (jω − jnρθ 0)
0 L ′ 1x max
(jω + jnρθ 0 ) 0
⎤ ⎡
0 i ′ ⎤
jωL ′ fs
1x max ⎥ ⎢i ′ bs⎥
0 ⎦ ⎣i ′ ⎦ .
R x ′ + L ′ x0 (jω + jnρθ fr
0) i ′ br
Donde:
Además
nρθ 0 = ω r .
Así:
s = ω − ω r
.
ω
ω − nρθ 0
ω + nρθ 0
= sω,
= ω(2 − s).
Luego:
⎡
⎢
⎣
v
fs
′
v
bs
′
v
fr
′
v br
′
2−s
⎤ ⎡1
2 (R 1 + R 2 ′ ) + j ω 2 (L 1 + L ′ 2 ) 1
2 (R 1 − R 2 ′ ) + j ω 2 (L 1 − L ′ 2 ) jωL′ 1x max
⎥
⎦ = 1
⎢2 (R 1 − R 2 ′ ) + j ω 2 (L 1 − L ′ 2 ) 1
2 (R 1 + R 2 ′ ) + j ω 2 (L 1 + L ′ 2 ) 0
⎣ jωL ′ R
1x max
0
′ x
s
+ jωL ′ x0
0 jωL ′ 1x max
0
⎤⎡
0 i ′ ⎤
(3.25)
jωL ′ fs
1x max
⎥⎢i ′ bs⎥
0 ⎦⎣i ′ ⎦ .
R ′ fr
x
2−s + jωL′ x0 i ′ br

3.3. La máquina de inducción con alimentación sinusoidal desbalanceada en el estator 197
Las anteriores ecuaciones están representadas en el circuito de la figura 3.7.
R 1 L 1 − L ′ 1x max
L ′ 1x max
I ′ fr
L ′ x0 − L ′ 1x max
R ′ x
s
+
+
V ′
fs
I ′ fs
V ′ fr
s
−
−
1
2 (R′ 2 − R 1)
1
2 (L′ 2 − L 1)
+
+
V ′
bs
I ′ bs
L ′ 1x max
I ′ br
V ′ br
2−s
−
−
R 1 L 1 − L ′ 1x max
L ′ x0 − L ′ 1x max
R ′ x
2−s
Figura 3.7: Modelo para la máquina de inducción con alimentación desbalanceada.
La impedancia de acoplamiento:
j ω 2 (L′ 2 − L 1 ),
puede ser inductiva o capacitiva dependiendo de los parámetros de los devanados de estator y sobre
todo de la impedancia externa de los circuitos del estator.
3.3.4. Caso del rotor en cortocircuito
Se hace referencia a la figura 3.8.
v x = v y = 0,
v ′ x = v′ y = 0.
[ ] [ ][ ]
v
′
a cos nθ0 −sen nθ
=
0 v
′
x
sen nθ 0 cos nθ 0 v y
′ ,
v ′ A
v ′ a = v′ A = 0.
[ ] v
′
fr
= √ 1 [ ][ ] 1 j v
′
a
.
2 1 −j
v ′ br
v ′ A

198 Capítulo 3. La máquina de inducción
2
A
y
x
a
1
Figura 3.8: Máquina con rotor en cortocircuito.
v ′ fr = v′ br = 0.
Con esta condición, la figura 3.9 muestra el nuevo circuito.
L ′ x0 − L ′ 1x max
+
R 1 L 1 − L ′ 1x max
L ′ 1x max
I ′ fr
V ′
fs
I ′ fs
R ′ x
s
−
+
1
2 (R′ 2 − R 1 ) 1 2 (L′ 2 − L 1 )
V ′
bs
−
I
bs
′ L ′ 1x max
I
br
′
R 1 L 1 − L ′ 1x max
L ′ x0 − L ′ 1x max
R ′ x
2−s
Figura 3.9: Diagrama para rotor en cortocircuito.

3.3. La máquina de inducción con alimentación sinusoidal desbalanceada en el estator 199
3.3.5. Simetría en el estator
Si la máquina es simétrica en el estator
N 1 = N 2 ,
R 1 = R 2,
′
L 1 = L ′ 2.
Y:
v ′ fs = v fs ,
v ′ 2 = N 1
N 2
v 2 = v 2 ,
v ′ bs = v bs .
La figura 3.10 muestra el circuito equivalente para este caso.
V fs
I fs
L ′ 1x max
I fr
′
R 1 L 1 − L ′ 1x max
L ′ x0 − L ′ 1x max
+
R ′ x
s
(1 − s)
−
R ′ x
+
R ′ x (s−1)
2−s
V bs
I bs
L ′ 1x max
I ′ br
−
R 1 L 1 − L ′ 1x max
L ′ x0 − L ′ 1x max
R ′ x
Figura 3.10: Diagrama para simetría en el rotor.
Nótese que debido a la igualdad en la relación de espiras
i ′ fs = i fs ,
i ′ bs = i bs .

200 Capítulo 3. La máquina de inducción
3.4. Caso de voltajes balanceados
Si los voltajes son de la forma:
V α = V∠0 ◦ ,
V β = V∠ − 120 ◦ ,
V γ = V∠120 ◦ .
Al aplicar la transformación de tres fases a dos, a este sistema se tiene:
V 1 =
√
3
2 V,
V 2 = −j√
3
2 V = −jV 1.
El circuito se reduce al de la figura 3.11 para el caso de los voltajes bifásicos balanceados.
+
R 1
L 1 − L ′ 1x max
a
×
L ′ x0 − L ′ 1x max
R ′ x
V fs = 2V 1 √
2
I fs = 2I 1 √
2
L ′ 1x max
I ′ fr = 2I′ a √
2
−
Figura 3.11: Circuito para el caso de los voltajes bifásicos balanceados.
×
a ′
R ′ x (1−s)
s
Puesto que:
v fs = 2 √
2
V 1 ,
v bs = 0,
i fs = 2 √
2
I 1 ,
i bs = 0,
i ′ fr = 2 √
2
I ′ a,
i ′ br = 0.

3.4. Caso de voltajes balanceados 201
El anterior es el circuito por fase de una máquina bifásica, donde:
P ent = √ 3V linea I linea cos θ = 3V α I α cos θ,
P ent /fase = V α I α cos θ.
V α e I α : Voltajes y corrientes de fase del trifásico.
En el bifásico equivalente:
P ent = 2V 1 I 1 cos θ,
P ent /fase = V 1 I 1 cos θ.
Siendo V 1 e I 1 voltaje y corriente de fase de bifásico equivalente.
De la invariancia de potencia:
[
V1
V 2
]
= √ 1 [ ][ ] 1 1 vfs
,
2 −j j v bs
V 1 = 1 √
2
v fs I 1 = 1 √
2
i fs ,
( )(
vfs ifs
P ent = 2 √ √
)cos θ. (3.26)
2 2
Nótese la invariancia de potencia en la transformación adelante-atrás en el bifásico:
En el bifásico:
V 1 I 1 cos θ + V 2 I 2 cos θ = v fs i fs cos θ.
P ent /fase = |V 1 ||I 1 |cosφ,
P g /fase = |I ′ a |2R′ x
s ,
P M /fase = |I ′ a |2R′ x
ωs ,
T M /fase = |I ′ a |2R′ x
ωs .
Con ω en rad.mec/s, ó:
Donde ω en rad.elec/s.
T M /fase = n|I ′ a |2R′ x
ωs .
P cu.est /fase = |I 1 | 2 R 1 ,
P cu.rotor /fase = |I ′ a| 2 R ′ x.
Se aplica el teorema de Thévenin a la figura 3.11, tal como se ve en la figura 3.12 para calcular I ′ a.

202 Capítulo 3. La máquina de inducción
R 1 x ′ 1
R 1 x ′ 1
+
+
v fs = 2V 1 √
2
I fs = 2I 1 √
2
x ′ 1a V th
x ′ 1a
Z th
−
−
Figura 3.12: Aplicación del teorema de Thévenin.
Siendo el equivalente, el mostrado en la figura 3.13
x ′ a
Z th
V th
+
−
I ′ fr = 2 I′ a √
2
R ′ x
s
Figura 3.13: Equivalente de Thévenin.
Allí
χ ′ 1 = ω(L 1 − L ′ 1x max
),
χ ′ 1a = ωL ′ 1x max
,
χ ′ a = ω(L ′ x0 − L ′ 1x max
).
|I ′ a | = |V th |
√ (
R th + R′ x
s
) 2
+ (χth + χ ′ a ) , (3.27)
|V th | 2 ( R
′
)
P M /fase =
x (1 − s)
( ) 2
, (3.28)
R th + R′ x
s
+ (χth + χ ′ s
a)
T M /fase =
nP M
ω(1 − s) = n|V th |R
[
x
′
( ) ]
2
sω R th + R′ x
s
+ (χth + χ ′ a ) .
(3.29)

3.4. Caso de voltajes balanceados 203
Además:
Done la ecuación 3.29 es el torque para el bifásico.
|I 1 | = |V 1|
|Z ent | . (3.30)
Nótese que V th se calcula para la fórmula anterior con V 1 porque se calculó con cantidades del
bifásico.
Así para el torque total:
(T total ) 2φ
=
2n|V th | 2 R
[
x
′
( ) 2
]. (3.31)
ωs R th + R′ x
+ (χ th + χ
s
′ a )2
Algunos autores realizan transformaciones en las cuales se llega a un circuito (figura 3.14) que
representa una fase del trifásico simétrico con alimentación balanceada.
Siendo V α , I α e I ′ α cantidades de fase del trifasico:
R 1
L 1 − L ′ 1x max L ′ x0 − L ′ 1x max
v α
+
I α L ′ 1x max
I ′ α
R ′ x
s
−
Figura 3.14: Circuito por fase del sistema trifásico.
Se demuestra que:
(T total ) 3φ
=
3n|V th | 2 R
[
x
′
( ) 2
]. (3.32)
ωs R th + R′ x
+ (χ th + χ
s
′ a )2
Naturalmente ambos torques son iguales; la diferencia reside en el cálculo del voltaje de Thévenin.
De la figura 3.12 para cálculo en el bifásico:
(
)
V th = jχ ′ V 1
1a
R 1 + j (χ ′ 1 + χ′ 1a ) ,
|V th | 2 =
χ ′ 1a2
V
2
1
R 2 1 + (χ′ 1 + χ′ 1a )2,

204 Capítulo 3. La máquina de inducción
V 1 =
√
3
2 V α,
|V th | 2 = 3 2 V2 αK, (3.33)
donde
Así
K =
χ ′ 2
1a
R1 2 + (χ′ 1 + χ′ 1a )2.
3nR x ′ (T total ) 2φ = [ V2 α K
( ) 2
]. (3.34)
ωs R th + R′ x
+ (χ th + χ
s
′ a) 2
La última expresión se puede hallar aplicando la fórmula (T total ) 3φ y calculando el voltaje de
Thévenin del circuito de la figura 3.14.
Luego:
(T total ) 2φ = (T total ) 3φ . (3.35)
La figura 3.15 muestra las gráficas de |I a |, P M y T M para distintos valores de s.
|I 1|
|I 1|
T M
Deslizamiento
P M
P M
T M
Freno
Motorización
Generación
Figura 3.15: Curvas para la máquina de inducción.
Así mismo se pueden reconocer tres regiones de funcionamiento.

•
3.4. Caso de voltajes balanceados 205
3.4.1. Frenado
Se caracteriza por ser la rotación inversa con relación al par. El par se opone a la rotación y la
potencia es negativa. Es deslizamiento es mayor que 1.
3.4.2. Motorización
La rotación de la máquina es en el sentido del par. La velocidad de estado permanente es determinada
por la carga mecánica impuesta (figura 3.16)
T M
T L
s
1 0
La potencia es positiva.
3.4.3. Generación
Figura 3.16: Curvas de par para el motor de inducción.
La velocidad de la máquina es mayor que la velocidad sincrónica del campo. Esto exige una acción
externa. Se realiza conversión conversión de energía mecánica en eléctrica. La potencia es negativa.
3.4.4. Análisis de la motorización
Las curvas de potencia y par tienen sus máximos a velocidades altas pero menores que la sincrónica.
Esto se aprecia en la figura 3.17
Tomando:
∂T M
∂s = 0,
se halla el valor del deslizamiento, al cual ocurre el torque máximo.
S Tmax =
R ′ x
√R 2 th + (χ th + χ ′ a) 2.
De esta forma:
T max /fase =
0.5n|V th |
[
2
]. (3.36)
ω R th +
√Rth 2 + (χ th + χ ′ a )2

206 Capítulo 3. La máquina de inducción
T, P
0
ω
ηρθ 0
Figura 3.17: Curvas de potencia y par para el motor de inducción.
Que es el par mecánico por fase del equivalente bifásico.
Nótese que el valor del torque máximo es independiente de R x ′ .
Para que el motor tenga el par máximo, en el arranque
S Tmax = 1.
Y
R ′ x =
√
R 2 th + (χ th + χ ′ a) 2 .
La figura 3.18 muestra el desplazamiento del par máximo para varios valores de R ′ x.
T M
R ′ x1
R ′ x2
R ′ x3
0 1
s
Figura 3.18: Curva de par para par máximo.
Donde
R ′ χ 3
> R ′ χ 2
> R ′ χ 1
.
Para una buena regulación el par máximo debe estar tan cerca a la velocidad sincrónica como sea
posible.

3.5. Determinación del torque medio para la máquina bifásica alimentada sinusoidalmente y con el
rotor en corto circuito 207
3.5. Determinación del torque medio para la máquina bifásica
alimentada sinusoidalmente y con el rotor en corto circuito
Sea:
Se puede ver que para las ecuaciones referidas al devanado 1 del estator, se cumple:
I 1 , I 2 ′ , I′ a e I′ A
valores eficaces.
T g = nL ′ 1x max
(
i
′
2 i ′ a − i 1 i ′ A)
.
i 1 = √ 2I 1 cos (ωt − α) , (3.37)
i ′ 2 = √ 2I ′ 2 cos (ωt − α 1) , (3.38)
i ′ a = √ 2I a ′ cos (ωt − β), (3.39)
i ′ A = √ 2I Acos ′ (ωt − β 1 ). (3.40)
Nótese que la frecuencia de las corrientes del modelo i ′ a, i ′ A
son de frecuencia ω.
Por lo tanto
T g = nL ′ 1x max
[
2I
′
2 I ′ acos (ωt − α 1 ) cos (ωt − β) − 2I 1 I ′ Acos (ωt − α) cos (ωt − β 1 ) ] .
T g = nL ′ 1x max
(
I
′
2 I ′ a [cos(β − α 1 ) + cos(2ωt − α 1 − β)] − I 1 I ′ A [cos(β 1 − α) + cos(2ωt − α − β 1 )] ) .
(3.41)
Se halla el valor medio de la expresión anterior.
T gmed = 1 T
∫ T
0
T g (t)dt.
T gmed = nL ′ 1x max
[
I
′
2 I ′ acos(β − α 1 ) − I 1 I ′ Acos(β 1 − α) ] . (3.42)
Como:
Re[I ′ 2I ′ ∗
a ] = I ′ 2I ′ acos(β − α 1 ),
Re[I 1 I ′ ∗
A ] = I 1 I ′ Acos(β 1 − α).
( )
T gmed = nL ′ 1x max
I 2I ′ ′ ∗
a − I 1 I ′ ∗
A . (3.43)
Además como:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡
I 1 √ 1 1 0 0 I ′ ⎤
⎢I 2
′ fs
⎥ 1
⎣I a
′ ⎦ = ⎢−j j 0 0
⎥ ⎢I ′ bs⎥
2 ⎣ 0 0 1 1⎦
⎣I ′ ⎦ .
I
A
′ fr
0 0 −j j I
br
′

208 Capítulo 3. La máquina de inducción
Se puede expresar el torque en función de los componente simétricas:
T gmed = nL ′ 1x max
Re [ (−jI fs ′ + jI′ bs )(I′ fr + I′ br )∗ − (I fs ′ + I′ bs )(−jI′ fr + jI′ br )∗] /2,
[
]
T gmed = nL ′ 1x max
Re (−jI fs ′ + jI′ bs )(I ′ ∗
fr + I ′ ∗
br ) − (I fs ′ + I′ bs )(jI ′ ∗
fr − jI ′ ∗
br ) /2,
Del circuito equivalente de la figura 3.19
[
]
T gmed = nL ′ 1x max
Re 2j(−I fs ′ I ′ ∗
fr + I bs ′ I ′ ∗
br ) /2. (3.44)
L ′ x0 − L ′ 1x max
+
R 1 L 1 − L ′ 1x max
L ′ 1x max
I ′ fr
R ′ x
V ′
fs
I ′ fs
−
1
2 (R′ 2 − R 1)
1
2 (L′ 2 − L 1)
R ′ x
s
(1 − s)
+
R ′ x
(s − 1)
2−s
V ′
bs
I ′ bs
L ′ 1x max
I ′ br
−
R 1 L 1 − L ′ 1x max
L ′ x0 − L ′ 1x max
R ′ x
Figura 3.19: Circuito equivalente
I ′ fs
I ′ bs
= −
= −
( ) R
′
x
s + jωL′ x0 I fr
′
jωL ′ , (3.45)
1x
( max
) R
′
x
2 − s + jωL′ x0 I br
′
jωL ′ . (3.46)
1x max
Reemplazando:
⎡ ⎛
T gmed = nL ′ 1x max
Re ⎢
⎣ 2j ⎜
⎝
R ′ x
s + jωL′ x0
jωL ′ 1x max
⎞
⎛
⎟
⎠ I fr ′ I ′ ∗
fr − 2j ⎜
⎝
R ′ x
2 − s + jωL′ x0
jωL ′ 1x max
⎞
⎟
⎠ I′ br I ′ ∗⎥
⎦ /2,
br
⎤

3.6. La máquina de inducción monofásica 209
pero
Luego:
⎡ ⎛
T gmed = nL ′ 1x max
Re ⎢
⎣ 2 ⎜
⎝
R ′ x
I ′ fr I ′ ∗
fr = |I ′ fr |2 ,
I ′ br I ′ ∗
br = |I ′ br |2 .
s + jωL′ x0
ωL ′ 1x max
⎞
⎛
⎟
⎠ |I fr ′ |2 − 2⎜
⎝
R ′ x
2 − s + jωL′ x0
ωL ′ 1x max
⎞ ⎤
⎟
⎠ |I′ br |2 ⎥
⎦ /2,
T gmed = 2n ω
( R
′
)
x
s |I′ fr |2 −
R′ x
2 − s |I′ br |2 /2. (3.47)
Que se puede hallar del mismo circuito equivalente.
Para simetría R ′ 2 = R 1 y L ′ 2 = L 1
T gmed /fase = n|I′ fr |2 R ′ x
2ωs
− n|I′ br |R′ x
2ω(2 − s) . (3.48)
Es el torque medio por fase del bifásico.
Se sabe que la potencia mecánica transportada por fase es:
P M /fase = ω n (T g med
/fase)(1 − s).
Así:
P M /fase = |I fr ′ |2 R x
′ (1 − s)
2s
− |I br ′ (1 − s)
|R′ x
2(2 − s) . (3.49)
Es la potencia por fase del bifásico.
3.6. La máquina de inducción monofásica
Se toman las ecuaciones referidas de la máquina bifásica:
⎡ ⎤ ⎡
V 1 R 1 + jωL 1 0 jωL ′ ⎤ ⎡ ⎤
⎢V 2
′
1x max
0 I 1
⎥
⎣V a
′ ⎦ = ⎢ 0 R 2 ′ + jωL′ 2 0 jωL ′ 2x max
⎣ jωL ′
V
A
′ 1x max
L ′ 2x max
nρθ 0 R x + jωL ′ x0 L ′ x0 nρθ ⎥ ⎢I ′ 2⎥
⎦ ⎣
0 I ′ ⎦ . (3.50)
−L ′ 1x max
nρθ 0 jωL ′ 2x max
−L ′ x0 nρθ 0 R x + jωL ′ a
x0 I
A
′

210 Capítulo 3. La máquina de inducción
⎡
⎢
⎣
Al aplicar la transformación de las componentes simétricas bifásicas se tiene:
V
fs
′
V
bs
′
V
fr
′
V
br
′
⎤
⎡
R 1 + R 2 ′ + jω(L 1 + L ′ 2 ) R 1 − R 2 ′ + jω(L 1 − L ′ 2 ) jω(L′ 1x max
+ L ′ 2x max
)
⎥
⎦ =1 ⎢ R 1 − R 2 ′ + jω(L 1 − L ′ 2 ) R 1 + R 2 ′ + jω(L 1 + L ′ 2 ) jω(L′ 1x max
− L ′ 2x max
)
2 ⎣j(ω − nρθ 0 )(L ′ 1x max
+ L ′ 2x max
) j(ω − nρθ 0 )(L ′ 1x max
− L ′ 2x max
) 2(R x ′ + jL ′ x0 (ω − nρθ 0))
j(ω + nρθ 0 )(L ′ 1x max
− L ′ 2x max
) j(ω + nρθ 0 )(L ′ 1x max
+ L ′ 2x max
) 0
⎤ ⎡ ⎤
jω(L ′ 1x max
− L ′ 2x max
)
jω(L ′ 1x max
+ L ′ 2x max
)
0
2(R ′ x + jL ′ x0 (ω + nρθ 0))
⎥ ⎢
⎦ ⎣
I
fs
′
I
bs
′
I ′ fr
I ′ br
⎥
⎦ . (3.51)
Se hacen cero los elementos que tienen que ver con la bobina dos (figura 3.20)
ηρθ 0
A
ηθ 0
x
a
1
Figura 3.20: Representación de la máquina monofásica.
⎡
V
fs
′
V
bs
′
V
fr
′
V
br
′
⎢
⎣
Con:
⎤
⎡
R 1 + R 2 ′ + jωL 1 R 1 + jωL 1 jωL ′ 1x max
⎥
⎦ =1 ⎢ R 1 + jωL 1 R 1 + jωL 1 jωL ′ 1x max
2 ⎣jL ′ 1x max
(ω − nρθ 0 ) jL ′ 1x max
(ω − nρθ 0 ) 2(R x ′ + jL ′ x0 (ω − nρθ 0))
jL ′ 1x max
(ω + nρθ 0 ) jL ′ 1x max
(ω + nρθ 0 ) 0
⎤ ⎡
I ′ ⎤
(3.52)
fs
⎥ ⎢I bs
′ ⎥
⎦ ⎣ ⎦ .
jωL ′ 1x max
jωL ′ 1x max
0
2(R ′ x + jL ′ x0 (ω + nρθ 0))
I ′ fr
I ′ br
sω = ω − nρθ 0 ,
(2 − s)ω = ω + nρθ 0 .

3.6. La máquina de inducción monofásica 211
⎡
⎢
⎣
⎡
⎤
R 1 + jωL 1 R 1 + jωL 1 jωL ′ 1x max
jωL ′ ⎤
1x max ⎡
⎥
⎦ = 1 R 1 + jωL 1 R 1 + jωL 1 jωL ′ 1x max
jωL ′ ( 1x max
R
2
jωL ′ 1x max
jωL ′ ′
)
1x max
2 x
br /(2 − s) ⎢
s + jL′ x0 0
⎢
⎣
( ) ⎥
⎣
R
jωL ′ 1x max
jωL ′ ′
1x max
0 2 x
2 − s + ⎦
jL′ x0
V fs
′
V bs
′
V fr ′ /s
V ′
Sumando las primeras dos ecuaciones de 3.53:
V ′
fs + V ′
bs = (R 1 + jωL 1 )(I ′ fs + I′ bs ) + jωL′ 1x max
I ′ fr + jωL′ 1x max
I ′ br .
I fs
′
I bs
′
I ′ fr
I ′ br
⎤
⎥
⎦ .
(3.53)
Como:
I 1 = (I′ fs + I′ bs )
√
2
,
y,
V 1 = (V fs ′ + V bs ′
√ )
.
2
⎡
⎣
V 1
V fr ′ /s
V ′
V 1 = (R 1 + jωL 1 )I 1 + jωL ′ 1x max
I ′ fr + jωL′ 1x max
I ′ br . (3.54)
⎤ ⎡
R 1 + jωL 1 jωL ′ 1x max
jωL ′ 1x max
⎦ ⎢1
= ⎣
br /(2 − s) 2 jωL′ R ′ x
1x max s
+ jωL ′ x0 0
1
2 jωL′ 1x max
0
R ′ x
2−s + jωL′ x0
El siguiente circuito (figura 3.21), satisface las ecuaciones anteriores:
⎤ ⎡
⎥
⎦ ⎣
I 1
I ′ fr
I ′ br
⎤
⎦. (3.55)
R 1 L 1 − L ′ 1x max
L ′ x0 − L ′ 1x max
R ′ x
s
+ +
I fr
′
L ′ 1x max
I
V 12 1
L ′ 1x max
V ′
I ′ br
fr
s
−
+
V ′
br
2−s
−
−
R 1 L 1 − L ′ 1x max
L ′ x0 − L ′ 1x max
R ′ x
2−s
Figura 3.21: Circuito equivalente para la máquina monofásica.

212 Capítulo 3. La máquina de inducción
Para el rotor en cortocircuito:
Luego:
V x = 0,
V a = 0,
V A = 0.
V fr ′ = 0,
V br ′ = 0.
La figura 3.22 muestra el circuito equivalente de la máquina monofásica.
+
R 1 L 1 − L ′ 1x max
L ′ x −L′ 1xmax
2
L ′ 2I fr
′ 1xmax
2
V 1 I 1
R ′ x
2s
L ′ 1xmax
2
2I ′ br
R ′ x
2(2−s)
−
L ′ x −L′ 1xmax
2
Figura 3.22: Circuito equivalente de la máquina monofásica.
Del circuito de la figura 3.22
P M = (1 − s)P g ,
P M = |2I fr ′ |2 R x
′ (1 − s)
2s
+ |2I br ′ |2 R x
′ (s − 1)
2(2 − s) , (3.56)
T M =
P M
ω
s (1 − s) = 2n|I′ fr |2 R x
′
sω
− 2n|I′ br |2 R ′ x
ω(2 − s) . (3.57)
El torque tiene dos componentes: una que actúa en el sentido de giro o hacia adelante y otra que
actúa en contra del giro o hacia atrás.
Cuando
s = 1,

3.6. La máquina de inducción monofásica 213
se nota del circuito de la máquina monofásica (figura 3.22) que:
De donde se desprende que:
I ′ fr = I′ br .
T M = 0. (3.58)
Efectivamente el motor monofásico no tiene par de arranque. La figura 3.23 es una gráfica para las
dos componentes del torque.
T M
Curva hacia adelante
s
2 1.5 1 0.5 0
Curva hacia atrás
Torque mecánico total
Figura 3.23: Par de motor monofásico.
3.6.1. Arranque de los motores monofásicos
Al no tener arranque propio, los motores monofásicos requieren métodos de arranque. Se conocen
el del flujo giratorio y el del colector con escobillas en el rotor.
El más conocido es el primero en el cual de incorpora un devanado auxiliar o de arranque adicional
al devanado principal, el que produce una diferencia de fase entre las corrientes de ambos devanados
(flujo giratorio), y un par neto de arranque. En el fondo la máquina se comporta como una bifásica en
el arranque. Los dos tipos principales de este método de arranque se logran en los siguientes motores:
motor de fase partida y motor con condensador de arranque.
A. Fase partida
La figura 3.24 muestra esquemáticamente este tipo de motor donde los devanados principal y de
arranque tienen diferencias sensibles de impedancia para lograr, como ya se planteó, la diferencia de

214 Capítulo 3. La máquina de inducción
fase entre las corrientes.
Interruptor
centrífugo
Devanado
de
arranque
Rotor
jaula de
ardilla
Devanado
principal
Figura 3.24: Motor de fase partida.
El devanado principal tienen una resistencia relativamente baja y una alta reactancia comparada con
la anterior. El devanado de arranque tiene una alta resistencia y una baja reactancia.
Un interruptor centrífugo en la rama del arrollamiento de arranque, que se acciona cuando el motor
ha alcanzado aproximadamente el 70% de la velocidad final, desconecta automáticamente dicho
devanado.
El análisis de este motor durante el arranque puede hacerse con el circuito equivalente de la máquina
bifásica asimétrica en el estator. Cuando se acciona el centrífugo se utiliza el circuito equivalente
monofásico.
La característica par-velocidad es como muestra la gráfica de la figura 3.25.
B. Condensador de arranque
Como el motor de fase partida es generalmente un motor fraccionario sin un alto par de arranque;
el requerimiento de un par mayor de arranque se logra incorporando un condensador electrolítico en
serie con el devanado de arranque (figura 3.26).
El condensador es simplemente una ayuda para el arranque y obviamente se desconecta con el
centrífugo.
Dentro de este método (arranque por campo giratorio) también hay motores que no sacan el condensador,
sino que lo dejan operando permanentemente y motores que emplean dos condensadores en el arranque,
de los cuales uno se deja operando permanentemente. Sin embargo, estos dos últimos tipos de motores
son de hecho bifásicos desbalanceados.

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 215
T M
Par de la
máquina
bifásica
Par de la
máquina
monofásica
1
Apertura del
interruptor
centrífugo
s
Figura 3.25: Pares para los motores bifásico y monofásico.
Figura 3.26: Motor monofásico con condensador de arranque.
3.7. Transitorios en la máquinas de inducción
Los transitorios que pueden ocurrir en la maquinaria de inducción son de dos tipos; eléctricos como
los producidos por cambios de voltajes o mecánicos como los producidos por cambios en cargas. En
general, cualquier tipo de transitorio puede ser analizado de las ecuaciones ya estudiadas y que se
presentan de nuevo
⎡ ⎤
⎡ ⎤
⎡
v 1 R 1 + L 1 ρ 0 L ′ ⎤
⎢v 2
′ 1x max
ρ 0
⎥
⎣v a
′ ⎦ = ⎢ 0 R 2 ′ + L′ 2 ρ 0 L′ 1x max
ρ
⎣ L ′
v
A
′ 1x max
ρ L ′ 1x max
nρθ 0 R x + L ′ x0 ρ L′ x0 nρθ ⎥⎢
⎦⎣
0
−L 1xmax nρθ 0 L ′ 1x max
ρ −L ′ x0 nρθ 0 R x ′ + L ′ x0 ρ
i 1
i ′ 2
i ′ a
i ′ A
⎥
⎦ . (3.59)

216 Capítulo 3. La máquina de inducción
Y de la ecuación del eje mecánico
T g − fρθ 0 ± T carga = Jρ 2 θ 0 , (3.60)
donde
T g = nL ′ 1x max
(
i
′
2 i ′ a − i 1i ′ A)
. (3.61)
La solución de este sistema de cinco ecuaciones exige técnicas numéricas por ser ecuaciones
diferenciales no lineales. Sin embargo en esta maquinaria puede suponerse que los transitorios eléctricos
han terminado antes que los mecánicos se inicien. Esto permite considerar como constante la velocidad
en la matriz de las ecuaciones eléctricas, lográndose una importante simplificación.
A. Arranque del motor de inducción
Para calcular el transitorio de arranque se considera que la velocidad es cero hasta que termina
el transitorio eléctrico, luego en la medida que va evolucionando la velocidad se va modificando la
misma para calcular corrientes.
Haciendo
De la ecuación matricial 3.59:
nρθ 0 = 0.
v 1 = (R 1 + L 1 ρ)i 1 + L ′ 1x max
ρi ′ a, (3.62)
v a ′ = L ′ 1x max
ρi 1 + (R x ′ + L′ x0 ρ)i′ a , (3.63)
v 2 ′ = (R 2 ′ + L′ 2 ρ)i′ 2 + L′ 1x max
ρi ′ A , (3.64)
v A ′ = L′ 1x max
ρi ′ 2 + (R′ x + L′ x0 ρ)i′ A . (3.65)
Como:
v x ′ = v′ y = 0 ⇒ v′ a = v′ A = 0. (3.66)
Las ecuaciones pueden ser representadas por los siguientes circuitos equivalentes (figura 3.27).
De donde pueden calcularse los transitorios. Si se desprecia R ′ x, los circuitos se reducen (figura
3.28).
Definiendo:
inductancias transitorias 1 y 2 respectivamente
L ′ 1T = L 1 − L′ 2
L ′ 2T = L 2 − L′ 2
1xmax
L ′ x0
1xmax
L ′ x0
i 1 (0 − ) = i ′ 2(0 − ) = 0.
, (3.67)
, (3.68)
Si
v 1 = V 1max cos(ωt + λ), (3.69)

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 217
R 1 L 1 − L ′ 1x max
R ′ x
v 1 i 1 L i ′ 1xmax a
L ′ x0 − L′ 1x max
R 2 L 2 − L ′ 1x max
R ′ x
v 2 ′ i 2 L i ′ 1xmax A
L ′ x0 − L′ 1x max
Figura 3.27: Diagramas para el calculo del transitorio de arranque del motor de inducción.
R 1 R 2
′
v 2 i ′ 2 L ′ 2 − L′ 2
v 1 i 1 L 1 − L′ 2
1xmax
L ′ x0
1xmax
L ′ x0
Figura 3.28: Diagrama de la figura 3.27 simplificado.
i 1 (t) =
⎡
V √
1max
R1 2 + (ωL′ 1T )2
⎢
⎣cos
( ( ωL
ωt + λ − tg −1 ′
)) ( (
1T
ωL
− cos λ − tg −1 ′
))
1T
e
R 1 R 1
R ⎤
1t
−
L ′ ⎥
1T ⎦ .
(3.70)
La constante de tiempo (figura 3.29) del transitorio es
L ′ 1T
R 1
,
es muy pequeña y se puede suponer que la velocidad no ha cambiado cuando ya se alcanza el régimen
permanente.

218 Capítulo 3. La máquina de inducción
i 1 (t)
t
Figura 3.29: Variación de i 1 con el tiempo.
Evolución de la velocidad (transitorio mecánico)
Si se incluye la fricción dentro de la carga:
T L = T carga + fρθ 0 , (3.71)
T g − T L = Jρ 2 θ 0 = J dω
dt ,
∆T = T g − T L = J dω
dt . (3.72)
T g depende de las corrientes i ′ 2 , i′ A , i 1, i ′ a ; sin embargo como se está en régimen permanente de
corrientes, se poden tomar del circuito equivalente, y entonces T g será una función del deslizamiento,
es decir de la velocidad.
T g = T g (ω).
El par externo de la carga siempre se describe en función de la velocidad así:
T carga
= T carga (ω),
T L (ω) = T carga (ω) + fω,
∆T(ω) = T g (ω) − T L (ω).
Siendo ∆T función de ω, el problema se reduce a resolver la ecuación diferencial
dω
dt = ∆T(ω) . (3.73)
J
Solución gráfica (figura 3.30):
De la gráfica de la figura 3.31 se puede determinar la expresión para ∆T(ω).

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 219
T g (ω)
∆T(ω)
T L (ω)
ω s
ω r.p. (régimen permanente)
Figura 3.30: Solución gráfica para el transitorio mecánico.
∆T(ω)
ω r.p.
ω
Figura 3.31: Gráfica para ∆T(ω)-ω.
∫ ω
0
( ) J
dω =
∆T(ω)
El área bajo la curva de la figura 3.32 va mostrando el tiempo necesario para ir alcanzando la
velocidad respectiva (figura 3.33).
También se puede graficar el valor de régimen permanente que toman las corrientes con el tiempo.
Para cada t 1 se determina el s 1 correspondiente. Con este valor del deslizamiento se resuelve el
circuito equivalente del motor de inducción. Al final se podrá obtener el gráfico de la figura 3.34.
∫ t
0
dt.
B. Variaciones pequeñas en la carga mecánica del motor
Se considera un motor alimentado con voltajes balanceados y equilibrados trabajando con una carga
mecánica T L0 cuando reúne una pequeña variación de esta carga.

220 Capítulo 3. La máquina de inducción
J
∆T(ω)
t 1
ω 1
ω r.p.
ω
ω
Figura 3.32: Gráfica para J/∆T(ω)-ω
ω r.p.
ω 1
t 1
t
Figura 3.33: Cambio de la velocidad en el tiempo.
Como se vió, el par desarrollado por un motor se puede expresar por:
T M =
2n(V th ) 2 R
[
x
′
( ) 2
].
sω R th + R′ x
+ (χ th + χ
s
′ a )2
Multiplicando y dividiendo por s 2
T M =
2n(V th ) 2 R xs
′ (3.74)
ω
[(sR th + R x) ′ 2 + s 2 (χ th + χ ′ 2].
a)
Esta función se muestra en la figura 3.35
El rango de operación del motor se da en las vecindades de s = 0, lo cual permite suponer la

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 221
|I 1 |
Corriente máxima de arranque
en régimen permanente
Corriente de
régimen para
ω r.p.
Figura 3.34: Variación de |I 1 | en el tiempo.
t
T M
0 1
ω s
S
ω m
Figura 3.35: Gráfica de T M - s.
característica lineal.
Linealizando:
Evaluando:
T M = ks ∴ k = dT M
ds
∣ .
s=0
k = 2n|V th| 2
ωR x
′ , (3.75)

222 Capítulo 3. La máquina de inducción
La ecuación general para el eje mecánico será:
T M = 2n|V th| 2 s
ωR x
′ . (3.76)
∑
T = (Jmotor + J carga ) dω M
dt , (3.77)
J motor + J carga = J T ,
Expresando en función de deslizamiento s:
T g (ω m ) − fω m − T L = J T
dω m
dt . (3.78)
ω(1 − s)
ω M = ,
n
dω m
= − ω ds
dt n dt .
Reemplazando:
T g (s) − ω n (1 − s)f − T L = −J T + ω n
ds
dt . (3.79)
− ω n J tρs + ω n f(1 − s) + T L = ks. (3.80)
La anterior es la ecuación del eje mecánico en función del deslizamiento, siempre y cuando se
esté en la región lineal.
Ahora para trabajar con variaciones de carga alrededor de un punto:
T L = T L0 + ∆T L (t), (3.81)
s = s 0 + ∆s(t). (3.82)
Reemplazando y notando que:
ω
n f(1 − s 0) + ∆T L0 = ks 0 . (3.83)
Estado estable antes de la perturbación.
ω
n J T∆ L ṡ(t) +
( ω
n f + k )
∆ L s(t) = ∆T L (t). (3.84)
En términos de Laplace y con condiciones iniciales iguales a cero; note que el operador s se cambio
por ∆ L
ω
( ω
)
n J T∆ L ∆ L s(∆ L ) +
n f + k ∆ L s(∆ L ) = ∆T L (∆ L ),
ω
( ω
)]
∆ L s(∆ L )[
n J T∆ L +
n f + k = ∆T L (∆ L ),

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 223
∆ L s(∆ L ) =
∆T L (∆ L )
[ ω
n J T∆ L + ( ω
n f + k)] = G(∆ L). (3.85)
∆ L s(t) = L −1 G(∆ L ). (3.86)
El caso particular cuando ∆T L (t) = cte = ∆T L , se puede resolver fácilmente
G(∆ L ) =
∆T
[ L
∆ ω L n J T∆ L + ( ω
(3.87)
nf + k)],
⎛
∆s(t) = ∆T t ⎞
L
ω
n f + k ⎝1 − e − τ ⎠ , (3.88)
donde:
Ver figura 3.36
τ =
J T
f + nk .
ω
∆S(t)
∆T L
ω
n
JT +K
t
Figura 3.36: Variación de ∆S(t) en el tiempo.
Análogamente la variación de la velocidad será:
ω m (t) = ω m (0) + ∆ω m (t), (3.89)
ω m (0) + ∆ω m (t) = ω n (1 − s 0 − ∆s(t)),
ω m (0) + ∆ω m (t) = ω n (1 − s 0) − ω ∆s(t), (3.90)
n
∆ω m (t) = − ω ∆s(t), (3.91)
n

224 Capítulo 3. La máquina de inducción
Ver figura 3.37.
∆ω(t)
⎛
∆ω(t) = − ∆T t ⎞
L
f + n ω k ⎝1 − e − τ ⎠ . (3.92)
t
∆T L
J T+K n ω
Figura 3.37: Variación de ∆ω(t) en el tiempo.
La cual era de esperarse, si la carga aumenta la velocidad disminuye.

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 225
Ejemplos
Ejemplo 3.1. Un servomotor de amortiguación viscosa, de 6 polos, 400 c.p.s., 26 V (en cada fase)
bifásico, tiene las siguientes constantes referidas al estator:
R 1 = 65 Ω,
R ′ x = 165 Ω,
χ 1 = 75 Ω,
χ ′ a = 65 Ω.
Despreciar la rama de magnetización. La inercia del rotor es 0,69 gr-cm 2 . El coeficiente de amortiguación
viscosa es 3,0 dinas-cm/rad/s.
Para rotor bloqueado (s = 1)
a) Determinar la potencia de entrada para el voltaje nominal aplicado a ambos devanados.
b) Repetir la parte a) para la mitad del voltaje aplicado al devanado de control.
Solución 3.1. a)
La figura 3.38 es la representación circuital de un servomotor bifásico simétrico en el estator y en
el rotor.
+
V fs
R 1 jχ 1 jχ ′ a
I fs
jχ ′ φ I fr
′
R ′ x
R ′ x (1−s)
s
−
+
V bs
I bs
jχ ′ φ
I ′ br
R ′ x
2−s
−
R 1 jχ 1 jχ ′ a
Figura 3.38: Representación circuital de un servomotor bifásico simétrico en el estator y en el rotor.
jχ ′ a = jω ( L ′ x0 − L′ 1x max
)
,
jχ φ = jωL ′ 1x max
,
jχ 1 = jω (L 1 − L 1xmax ).

226 Capítulo 3. La máquina de inducción
V 1 = 26∠0 ◦ , V 2 = 26∠ − 90 ◦ ,
V fs = V 1 + jV 2
√
2
= 26∠0◦ + j26∠ − 90 ◦
√
2
= 36,77∠0 ◦ ,
V bs = V 1 − jV 2
√
2
= 26∠0◦ − j26∠ − 90 ◦
√
2
= 0.
I bs = I ′ br = 0.
De la figura 3.39
65 j75 j65
+
I fs
36.77∠0 ◦ 165
−
Figura 3.39: Circuito del ejemplo 3.1
36,77∠0 ◦ = (65 + j75 + j65 + 165)I fs = (230 + j140)I fs ,
I fs = 0,1366∠ − 31,33 ◦ ,
I ′ fr = −I fs = 0,1366∠148,67 ◦ ,
I bs = I ′ br = 0.
Así:
Si:
P = V fs I fs ,
P = (36,77)(0,1366)cos(31,33 ◦ ) = 4,29 W.
[
I1
]
= 1 [ 1 1
√
I 2 2 −j j
][
Ifs
I bs
]
I 1 = 0,0966∠ − 31,33 ◦ ,
I 2 = 0,0966∠ − 121,33 ◦ .
P = 2V 1 I 1 cosθ = 2(26)(0,0966)cos(31, 33 ◦ ) = 4,29 W.

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 227
Como ilustración se utiliza la transformación:
Así:
es idéntica; pero:
V fs = V 1 + jV 2
= 26∠0 ◦ ,
2
V bs = 0,
I fs = 0,0966∠ − 31,33 ◦ ,
I ′ fr = −I fs = 0,0966∠148,67 ◦ ,
I bs = I br ′ = 0.
[ ] [ ][ ]
I1 1 1 Ifs
=
I 2 −j j I bs
I 1 = 0,0966∠ − 31,33 ◦ ,
I 2 = 0,0966∠ − 121,33 ◦ .
P ent = (26)(0,0966)cos(31,33 ◦ ) + (26)(0,0966)cos(31, 33 ◦ ) = 4,29 W,
que es la mitad de la potencia total de entrada.
b)
P = V fs I fs ,
P = (26)(0,0966)cos(31, 33 ◦ ) = 2,145 W,
El devanado de control es V 1
V 1 = 13∠0 ◦ , V 2 = 26∠ − 90 ◦ ,
V fs = 13∠0◦ + j26∠ − 90 ◦
√
2
= 27,58∠0 ◦ ,
V bs = 13∠0◦ − j26∠ − 90 ◦
√
2
= −9,19∠0 ◦ .
De la figura 3.40
27,58∠0 ◦ = (230 + j140)I fs ,
I fs = 0,0724∠ − 31,33 ◦ .
−9,19∠0 ◦ = (230 + j140)I bs ,
I bs = 0,034∠148,67 ◦ .
I ′ fr = 0,1024∠148,67 ◦ ,
I ′ br = 0,034∠ − 31,33 ◦ .

228 Capítulo 3. La máquina de inducción
65
j75
j65
+
27.58∠0 ◦ j75 j65
I fs
165
−
+
−9.19∠0 ◦ 65
I fs
165
−
Figura 3.40: Circuito del ejemplo 3.1
I 1 = (I fs + I bs )
√
2
,
I 1 = (0,0724∠ − 31,33◦ + 0,034∠148,67 ◦
√
2
= 0,0484∠ − 31,33 ◦ .
I 2 = −jI fs + jI bs
√
2
,
I 2 = (0,0724∠ − 121,22◦ + 0,034∠238,67 ◦
√
2
= 0,0964∠ − 121,33 ◦ .
P ent = (13)(0,0484)cos(31, 33 ◦ ) + (26)(0,0964)cos(31,33 ◦ ) = 2,67 W.
Nota:
El estator es simétrico N 1 = N 2 y V ′
2 = N 1
N 2
V 2 = V 2 .
Ejemplo 3.2. En aplicaciones de potencia de los motores de inducción se puede obtener una expresión
simplificada del par, considerando la resistencia del estator como cero y tomando la relación del par
a deslizamiento s, con la expresión del par máximo, y simplificando. Obtenga la expresión:
T
T max
=
s maxT
s
2
+ s
s maxT
.
Solución 3.2. De la figura 3.41
Z th = j χ 1χ ′ 1a
χ 1 + χ ′ 1a
∴ R th = 0.
T =
2Vth 2R′
x
[ (R
′
) 2
],
sω x s + (χ th + χ
s
′ a) 2

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 229
jχ 1
jχ ′ 1a
Figura 3.41: Diagrama para el ejemplo 3.2
T max =
2V 2
th R′ x
s maxT ω s
[ ( R
′
x
s maxT
) 2
+ (χ th + χ ′ a )2 ],
[
]
T s R ′ 2
x + (χ th + χ ′ a) 2 s 2 max
=
T max s max [Rx 2 + (χ th + χ ′ a) 2 s 2 ] ,
R ′ 2
x (Ts max − T max s) = (χ th + χ ′ a )2 (T max ss 2 max − Ts2 s max ),
s max =
R ′ x
√(R th + χ ′ eq) 2 ,
s 2 max = R ′ 2
x
(R th + χ ′ eq) 2.
s 2 max (Ts max − T max s) = (T max ss 2 max − Ts2 s max ),
T
T max
= 2ss max
s 2 max + s2,
T
T max
=
s max
s
2
+ s
s max
. ◭
Ejemplo 3.3. Un motor de inducción de rotor devanado de 4 polos, conectado en Y, para 440 V,
trifásico, 60 c.p.s.; tienen los siguientes parámetros por fase referidos al devanado del estator:
La reactancia magnetizante es de 10,0 Ω.
R 1 = 0,045 Ω,
R ′ x = 0,040 Ω,
χ 1 = 0,31 Ω,
χ ′ a = 0,21 Ω.
a) Con las terminales del rotor en corto circuito determine para un deslizamiento de 0,02, la
potencia de entrada, el factor de potencia y la corriente de línea.

230 Capítulo 3. La máquina de inducción
Así mismo determine el par electromagnético, la pérdida total en el cobre del rotor y la potencia
mecánica desarrollada.
b) ¿Cuál es el valor máximo del par desarrollado y a qué velocidad y deslizamiento ocurre
Solución 3.3. a) Nótese que el √ 2/2 que afecta al circuito de la figura 3.11 es redundante, y
puede ser dado en función de V 1 , I 1 e I a ′ en vez de v fs , I fs e I
fr ′ .
De la figura 3.42
R 1
χ ′ 1
χ ′ a
+
R ′ x
V 1 I 1 χ ′ 1a
I a
′
−
R ′ x (1−s)
s
Figura 3.42: Circuito para el motor de inducción.
χ ′ 1 = ω(L 1 − L ′ 1x max
),
χ ′ a = ω(L ′ x0 − L′ 1x max
),
χ ′ 1a = ωL ′ 1x max
.
Y, de la figura 3.43
Z ab =
j10(2 + j0,21)
2 + j(10 + 0,21)
= 1,84 + j0.56
Z ent = 0,045 + j0,31 + 1,84 + j0,56 = 2,07∠24,78 ◦ .
De la figura 3.44
V 1f = 440 √
3
= 254∠0 ◦ , V 1 =
√
3
2 254 = 331,09∠0◦ ,
I 1 = V 1
= 331,09∠0◦
Z ent 2,07∠24,78 ◦ = 150,28∠ − 24,78◦ , ◭
I 13φ =
√
2
3 I 1 = 127,7∠ − 24,78 ◦ .

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 231
0.045
j0.31
j0.21
+
V 1 I 1 j10
I a
′
2
−
Z ab
Equivalente
Thévenin
Figura 3.43: Circuito con valores para el ejemplo 3.3.
+
V 1
I 1
Z ent
−
Figura 3.44: Impedancia de entrada para el ejemplo 3.3
f.p = cos(−24.78 ◦ ) = 0,9 atrasado. ◭
P ent = V 1 I 1 cosθ = (311,09)(150,28)(0,9) = 42.075,54 W,
es la potencia de entrada de una fase del bifásico equivalente.
P t ent = 2P ent = 84.151,09 W. ◭
Como ya es sabido la potencia se conserva en la transformación de tres ejes a dos ejes; así:
P t ent3φ = P t.ent2 = 84.151,09 W.

232 Capítulo 3. La máquina de inducción
Reemplazando en la formula anterior:
3P ent /fase(3φ) = 2P ent /fase(2φ),
P ent /fase(3φ) = 2 3 P ent/fase(2φ),
P ent /fase(3φ) = 2 (42.075,54) = 28.050,36 W.
3
que es la potencia por fase del trifásico.
P g total
= 2I 2 1 Re(Z ab),
P g total = 2(150,28) 2 (1,84),
P g total = 83.109,4 W.
P t mec = (1 − s)P g total ,
P t mec = (1 − 0,02)(83.109,4),
P t mec = 81.447,22 W.
P cu = sP g total ,
P cu = (0,02)(83.109,4),
P cu = 1662,19 W.
T g = P g total
ω s
= 83.109,4 W
(377/2)
= 440,9 Nw − m.
b)
s maxT =
R ′ a
√R 2 th + (χ th + χ ′ a )2 ,
s maxT =
Z th =R th + jχ th =
j10(0,04 + j0,31)
0,045 + j(10 + 0,31)
0,042 + j0,3 = 0,3∠81,96 ◦ .
0,04
√
(0,042) 2 + (0,3 + 0,21) 2 = 0,078. ◭
Deslizamiento del torque máximo = 0,078.
ω m = ω(1 − s),

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 233
ω m maxT = ω s (1 − ω maxT ) 377 (1 − 0,078) = 173,69 rad.mec/s. ◭
2
[
311,09∠ ◦ ]
V th = j10
0,045 + j0,31 + j10
= 301,74∠0,25 ◦ .
T max /fase =
=
0,5n|V th | 2
[
],
ω R th +
√Rth 2 + (χ th + χ ′ a) 2
0,5(2)(301,74) 2
377
[0,042 + √ ],
(0,042) 2 + (0,3 + 0,21) 2
T max /fase = 436,14 N − m.
T maxT = 872,29 N − m. ◭
Ejemplo 3.4. Un motor de inducción (el del ejemplo 3.3), de rotor devanado, 4 polos, conectado en
Y, para 440 V, 3φ, 60 Hz, tiene los siguientes parámetros por fase referidos al devanado estator:
Reactancia magnetizante (χ ′ 1a ) de 10 Ω.
R 1 = 0,045 Ω,
R ′ x = 0,04 Ω,
χ ′ 1 = 0,31 Ω,
χ ′ a = 0,21 Ω.
Se desea desarrollar el par máximo para s = 1,0. Determine la resistencia por fase que debe ser
agregada al circuito de rotor para llenar este requerimiento. Con R ′ x para par máximo en el arranque,
determine el par desarrollado y la pérdida por cobre en el rotor para un deslizamiento de 0,5.
Solución 3.4. De la figura 3.45
V α = 254∠0 ◦ V, V β = 254∠ − 120 ◦ V, V γ = 254∠120 ◦ .
] √
2
=
V 2 3
[
V1
[ 1 −1/2 −1/2
0 √ 3/2 − √ 3/2
] ⎡ α
⎣V s ⎤
V s ⎦ .
β
Vγ
s
V 1 =
√ ( 2
V α − 1 ) √
3
3 2 (V β + V γ ) =
2 V α,
=
√
3
2 (254∠0◦ ) = 311∠0 ◦ V.

234 Capítulo 3. La máquina de inducción
440V, Y
3φ,60hz
P = 4
+
440
√
3
= 254V
440V ∼
ω r
−
(a)
(b)
V 2 =
Figura 3.45: Motor del ejemplo 3.4
√
2
3
(√ )
3
2 (V β − V γ ) = 311∠ − 90 ◦ V.
Ver figura 3.46
En el rotor:
Vα r = V β r = V γ r = 0. (rotor en cortocircuito)
ω s
V 1 = 311∠0 ◦
V 2 = 311∠ − 90 ◦ V
Figura 3.46: Voltaje del bifásico.
Cálculo de componentes simétricas:
⇒ V a = V A = 0.
V fs = 1 √
2
(V 1 + jV 2 ) = 1 2 (311∠0◦ + (1∠90 ◦ )311∠ − 90 ◦ ) = 439,82∠0 ◦ V,
V bs = 1 √
2
(V 1 − jV 2 ) = 1 2 (311∠0◦ + (1∠ − 90 ◦ )311∠ − 90 ◦ ) = 0∠0 ◦ V.
V fr = 1 √
2
(V a + jV A ) = 0∠0 ◦ V.

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 235
Además:
V br = 1 √
2
(V a − jV A ) = 0∠0 ◦ V.
I 1 = (I fs + I bs )
√
2
= I fs
√
2
,
I 2 = (−jI fs + jI bs )
√
2
= −j I fs
√
2
,
I a = (I fr + I br )
√
2
= I fr
√
2
,
I A = (−jI fr + jI br )
√
2
= −j I fr
√
2
,
dado que:
I bs = I br = 0. (Por ser balanceado)
De la figura 3.47
jχ 1
jχ ′ a
V fs = 2V 1 √
2
= 439.82 I fs = 2I 1 √
2
R 1
Figura 3.47: Circuito para el ejemplo 3.4
jχ ′ 1a
I ′ fr = 2I′ a √
2
R ′ x
s
R 1 = 0,045 Ω,
R ′ x = 0,04 Ω,
χ 1 = 0,31 Ω,
χ ′ a = 0,21 Ω,
χ ′ 1a = 10 Ω.
Reemplazando se obtiene el resultado observado en la figura 3.48.
Aquí, R ′ x es la existente en el rotor (0,04 Ω) más la que se agregará.
Del ejemplo:
Z th = 0,042 + j0,3 ,
[
439,82∠0 ◦ ]
V th = j10
= 426,59∠0,25 ◦ ,
0,045 + j0,31 + j10

236 Capítulo 3. La máquina de inducción
0.045Ω j0.31Ω j0.21Ω
Z th
j0.21Ω
439.82∠0 ◦ I fs j10 I ′ fr
R ′ x
s
⇒
+
−
I ′ fr = 2I′ a √
2
R ′ a
s
V th
(a)
(b)
Figura 3.48: Circuito equivalente de Thévenin para el ejemplo 3.4
R ′ x = √R 2 th + (χ th + χ ′ a )2 = √ (0,042) 2 + (0,3 + 0,21) 2 = 0,512 Ω,
pero R x ′ del rotor es 0,04 Ω.
Se debe agregar:
R ′ xa = (0,512 − 0,04) = 0,47 Ω/fase,
I fr ′ = 2I′ a
√ = 2
|I ′ fr | = |V th |
√ (
R th + R′ x
s
) 2
+ (χth + χ ′ a )2 =
V th
R th + R′ a
s
+ j(χ th + χ ′ a ),
√ (
0,042 + 0,512
0,5
426,59
) 2
+ (0,3 + 0,21) 2
|I fr ′ | = 360,99 A. √
2
I a ′ = 2 I′ fr = 255,34 A.
T M /fase = |I′ a| 2 R x
′ , En el bifásico equivalente ω en radianes eléctricos.
sω
T M /fase = (255,34)2 (0,512)
(0,5)(377/2)
= 354,18 N − m.
T M total = 2(354,18) = 708,36 N − m.
P cu rotor /fase = |I ′ a| 2 R ′ x = (255,34) 2 (0,512) = 33,38 KW,
P cu rotor total = 2(33,38) = 66,76 KW.
Comprobación:
T M /fase = n|I′ fr |2 R x
′ ,
2sω

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 237
donde:
I ′ fr = 2 √
2
I ′ a.
Reemplazando:
ω en radianes eléctricos.
T M /fase =
∣
n
∣ √ 2
2
I a
′
2sω
∣ 2 R x
′
= n|I′ a| 2 R x
′ ,
sω
Ejemplo 3.5. Determine la resistencia que debe ser agregada por fase de tal manera que el ejemplo
3.4 desarrolle su par máximo a un deslizamiento de 2,0.
Cuál es la velocidad real del rotor para un deslizamiento de 2,0. Determine la potencia en el
entrehierro y la potencia en la flecha mecánica para la resistencia original. Así mismo, ¿cuál es la
pérdida por cobre en el rotor Interprete los resultados.
Solución 3.5. s m : deslizamiento para máximo torque
s m =
R ′ x
√R 2 th + (χ′ 2 + χ th) 2 .
Para máximo torque con s m = 2,0; se tiene:
2,0 =
R ′ 2
√
(0,0042) 2 + (0,21 + 0,3) 2 .
Del ejemplo 3.4
Z th = 0,042 + j0,3,
[√ ]
R 2 ′ = 2 (0,0042) 2 + (0,21 + 0,3) 2 = 1,023 Ω,
)
R 2 ′ adicional
/fase =
(R 2 ′ calculado
− R 2 ′ original
/fase,
R ′ 2 adicional
/fase = 1,023 − 0,04 = 0,983 Ω/fase.
ω m = ω s (1 − s) = 120f (1 − s),
P
ω m = 120(60) (1 − 2) = −1800 r.p.m.
4
Funciona en la región de frenado porque se ha invertido el sentido de giro.
Se resuelve para R ′ x = 0,04 Ω ∴ R′ x
s
= 0,04
2
= 0,02 Ω.
De la figura 3.49

238 Capítulo 3. La máquina de inducción
0.045
j0.31
j0.21
+
V 1 I 1 j10
I a
′
0.02
−
Figura 3.49: Representación de una fase de la máquina trifásica con alimentación balanceada.
Z ent
Z ent
j10(0,02 + j0,21)
= 0,045 + j0,31 +
j10 + j0,21 + 0,02 ,
= 0,045 + j0,31 + 0,0186 + j0,199,
Z ent = 0,51∠82,87 ◦ .
Si I 1 e I ′ a son corrientes del trifásico por alimentar con un voltaje del trifásico por fase:
V 1 = 440 √
3
∠0 ◦ = 254∠0 ◦ .
El circuito de la figura 3.49 representa una fase de la máquina trifásica con alimentación balanceada.
Así:
I 13φ =
254∠0 ◦
0,51∠82,87 ◦ = 498,04∠ − 82,87◦ ,
que es la potencia de una fase del trifásico.
P g /fase = |I 1 | 2 Re(Z ab ),
P g /fase = (498,04) 2 (0,0186) = 4.613,6 W,
P g total = 3(4.613,6) = 13.840,8 W,
P M = (1 − s)P g total = (1 − 2)(13.840,8) = −13.840,8 W.
Absorbe potencia mecánica por el eje (P M < 0), siendo el par en el mismo sentido de motorización.
Por lo tanto da origen a un par de sentido contrario al movimiento y se dice que se frena.
Nótese el equilibrio de potencias:
P cu rotor = sP g = 2(13.840,8) = 27.681,6 W.
P g = P cu rotor + P M .

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 239
Ejemplo 3.6. Un motor de inducción, 6 polos, 230 V, 3φ, es accionado a 1248 r.p.m. cuando el estator
se conecta a una línea de 230 V. Las constantes de la máquina son:
R 1 = 0,27 Ω,
R ′ a = 0,22 Ω,
χ 1 = 0,51 Ω,
χ ′ a = 0,46 Ω.
La reactancia de magnetización es de 22 Ω. Las constantes son valores de fases referidos al
devanado de estator, que está conectado en Y.
Determinar la corriente del estator y del rotor, el par desarrollado y la magnitud y la dirección de
la potencia en las terminales del estator.
Solución 3.6. Tomando una fase del trifásico (figura 3.50)
0.27 j0.51
+
V 1
j22
j0.46
5.5
−
Figura 3.50: Fase de la máquina trifásica.
s = ω s − ω m 1200 − 1248
= = 0,04 ⇒ Generador.
ω s 1200
Z ab =
j22(j0,46 − 5,5)
= −4,98 + j1,67 ,
j22 + j0,46 − 5,5
Z total = 0,27 + j0,51 − 4,98 + j1,67 = −4,71 + j2,18 = 5,19∠155,16 ◦ ,
V 1 = 230 √
3
∠0 ◦ = 132,79∠0 ◦ ,
V 1 = Z total I 1 ,
I 1 =
132,79∠0◦
5,19∠155,16 ◦ = 25,58∠ − 155,16◦ .
P entrada = V 1 I 1 cosθ = (132,79)(25,58)cos(−155,16 ◦ ) = −3.082,51 W,

•
•
•
•
•
•
240 Capítulo 3. La máquina de inducción
P total = −9.247,54 W.
Está precedida por un signo menos; esto indica que la máquina está generando; la potencia va de
la máquina hacia la línea.
P entrehierro = P g = |I 1 | 2 Re(Z ab ) = (25,58) 2 (−4,98) = −3.258,59 W,
( ) ( )
Pg −3.258,59
T g = 2 = 3 = −77,79 N − m.
ω s 377/3
Corriente en el rotor:
I ′ a = j22I 1
j0,46 + j22 − 5,5 = 24,34∠ − 168,91◦ .
Ejemplo 3.7. El motor del ejemplo 3.6 se conecta en ∆ y se alimenta con los siguientes voltajes:
V α = 132,8∠0 ◦ ,
V β = 132,8∠ − 120 ◦ ,
V γ = 132,8∠120 ◦ .
Accionado a la misma velocidad, calcular: las corrientes en el estator y el rotor, potencia de
entrada y par desarrollado.
Solución 3.7. Ver la figura 3.51
• •
132.8V
60 ∼
Figura 3.51: Motor del ejemplo 3.7
] √
2
=
V 2 3
[
V1
[ ] ⎡ 1 −1/2 −1/2
0 √ 3/2 − √ ⎣
3/2
132,8∠0 ◦ ⎤
132,8∠ − 120 ◦ ⎦ ,
132,8∠120 ◦

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 241
Para invariancia de potencia:
De la figura 3.52
[ ]
vfs
=
v bs
√
1
2
V 1 = 162,65∠0 ◦ ,
V 2 = 162,65∠ − 90 ◦ .
[ ][ ] 1 j V1
=
1 −j jV 1
[√ ]
2v1
=
0
[ ] 230
.
0
R 1 = 0.27Ω
jχ 1 = j0.51Ω
jχ d = j0.46
+
V fs = 230 I fs ′ j22
I fr
′
R ′ a
s
= 0.22
−0.04 = −5.5
−
Figura 3.52: Circuito para el ejemplo 3.7
I ′ fs =
230∠0 ◦
5,177∠155,2 ◦ = 44,43∠ − 155,2◦ ,
I ′ fr = − (j22)I 1
j22 + j0,46 − 5,5 = 42,28∠11,05◦ ,
I ′ bs = I′ fr = 0.
Nótese que:
] √
1
=
I 2 2
[
I1
[ 1 1
−j j
][ ]
44,43∠ − 155,2
◦
=
0
I 2 = jI 1 .
[ ]
31,42∠ − 155,2
◦
31,42∠ − 245,2 ◦ .
donde:
[ ] √
I
′
a
1
=
2
I ′ A
[ 1 1
−j j
][ ] 42,28∠11,05
◦
=
0
[ ]
29,9∠11,05
◦
29,9∠ − 78,95 ◦ ,
I A ′ = −jI′ a .
⎡ ⎤
I α
√
⎡ ⎤
⎡
1 0 [ ]
⎣I β
⎦ 2 √
= ⎣−1/2
3/2
3
I γ −1/2 − √ ⎦ 31,42∠ − 155,2
◦ 25,65∠ − 155,2 ◦ ⎤
31,42∠ − 245,2 ◦ = ⎣25,65∠ − 275,2 ◦ ⎦ .
3/2
25,65∠ − 35,2 ◦
La corriente real en el rotor no puede ser calculada, pues se desconoce la relación de transformación,
entre el rotor y el estator, a causa de ser el rotor fundido en jaula de ardilla, sin embargo se puede

242 Capítulo 3. La máquina de inducción
calcular referida al estator.
donde:
[ ] i
′
x
i
′ =
y
[ ] [ ]
cos nθ sen nθ i
′
a
,
−sen nθ cos nθ
i ′ A
n = 3,
θ = θ 0 + Ωt,
( ) 2π
Ω = 1248 rad/s = 130,69 rad/s,
60
= 0 por comodidad,
θ 0
θ = 130,69t.
I ′ a = 29,9∠11,05 ◦ , → i ′ a (t) = 29,2√ 2cos(ωt + 11,05 ◦ ),
I ′ A = 29,9∠ − 78,95 ◦ , → i ′ A(t) = 29,2 √ 2cos(ωt − 78,95 ◦ ).
Así:
i ′ a(t) = 42,3cos(377t + 11,05 ◦ ), i ′ A(t) = 42,3sen(377t + 11,05 ◦ ).
[ ] i
′
x
i
′ =
y
[ cos 392,07t sen 392,07t
−sen 392,07t cos 392,07t
][ 42,3cos(377t + 11,05 ◦ )
42,3sen(377t + 11,05 ◦ )
]
i ′ x (t) = 42,3cos(377t + 11,05◦ )cos(392,07t) + 42,3sen(377t + 11,05 ◦ )sen(392,07t).
con
De inmediato:
i ′ x (t) = 42,3cos(15,07t − 11.05◦ ),
cos(α − β) = cosαcosβ + senαsenβ.
con
Análogamente:
i ′ y (t) = −42,3sen(15,07t − 11.05◦ ),
sen(α − β) = senαcosβ − cosαsenβ.
Estas son las corrientes en la máquina bifásica equivalente referidas al estator.
Esto es apenas lógico; las corrientes inducidas en el rotor son de frecuencia menor y dependen de
la velocidad relativa
f 2 = sf 1 = 0.04(377) = 15,08 rad/s.
Para el cálculo de las trifásicas referidas; en forma fasorial:
I ′ x = 29,9∠ − 11,05 ◦ ,

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 243
i ′ y = −42,3sen(15,07t − 11.05 ◦ ) = 42,3cos(15,07t + 78,95 ◦ ),
I ′ y = 29,9∠78,95 ◦ .
⎡
I ′ ⎤
√
⎡ ⎤
αr 1 0 [ ]
⎣I βr
′ ⎦ 2 √
= ⎣−1/2
3/2
I γr
′ 3
−1/2 − √ ⎦ I
′
x
I y
′ ,
3/2
I ′ αr = 24,4∠ − 11,05 ◦ ,
I ′ βr = 24,4∠108,95 ◦ ,
I ′ γr = 24,4∠ − 131,05 ◦ .
No olvidar que la frecuencia de estas corrientes es 15,07 rad/s, y no la de la red (377 rad/s). Una
comparación de las magnitudes de I a ′ e I′ αr , muestra que para efectos prácticos son muy similares.
T gmedio = n|I′ fr |2 R ′ x
sω
= − 3(42,28)2 (0.22)
0,04(377)
= −78,24 N − m,
porque I ′ br = 0.
Recuérdese que la fórmula para torque es invariante en el sistema total, así se calcule en el sistema
dos a tres, en el de componentes simétricas o en el real referido (problema anterior).
En el trifásico:
En el bifásico:
En bifásico con I fs :
P ent = 2V α I α cosϕ = 3(132,8)(25,65)cos(−155, 2) = −9.276 W.
P ent = 2V 12φ I 12φ cosϕ = 3(162,65)(31,42)cos(−155, 2) = −9.276 W.
P ent = V fs I fs cosϕ = (230)(44,43)cos(−155, 2) = −9.276 W.
Ejemplo 3.8. Si
v ab = 180 V, v bc = 210 V, v ca = 150 V.
a) Hallar los voltajes de secuencia de línea.
b) Hallar el sistema de voltajes de fase.
c) Hallar un sistema equivalente de voltajes v 1 , v 2 .
d) Hallar un sistema de voltajes v fs , v bs .
Solución 3.8. Secuencia acb (figura 3.53)
Aplicando el teorema del coseno al triángulo de la figura 3.54, se tiene

•
•
•
•
•
•
244 Capítulo 3. La máquina de inducción
b
• •
c
a
Figura 3.53: Diagrama del ejemplo 3.8
V ca
γ
V bc
α
β 180◦ − β
180 ◦ − α
V ab
Figura 3.54: Diagrama de voltajes del ejemplo 3.8
cosα = v2 ab + v2 ca + v 2 bc 32400 + 22500 − 44100
= = 0,2 ,
2v ab v ca 2(150)(180)
α = 78,46 ◦ .
cosβ = v2 bc + v2 ab − v2 ca 44100 + 32400 − 22500
= = 0,71 ,
2v bc v ab 2(210)(180)
β = 44,4 ◦ .
γ = 180 ◦ − (α − β) = 180 ◦ − (78,46 ◦ + 44,4 ◦ ) = 57,14 ◦ .
Así:
V ab = 180∠0 ◦ ,
V bc = 210∠135,6 ◦ ,
V ca = 150∠ − 101,54 ◦ .
Este diagrama de fasores se muestra en la figura 3.55
[ ]
Vab1
= 1 [ ] ⎡ ⎤
1 a a
2 ab
√ ⎣V
V ab2 3 1 a 2 V
a bc
⎦ ,
V ca

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 245
v bc
180 ◦ − α
−(180 ◦ − α)
v ab
v ca
Figura 3.55: Diagrama fasorial para el ejemplo 3.8
puesto que la componente de secuencia cero de los voltajes de linea no existe.
V ab1 = 1 √
3
(180∠0 ◦ + 1∠120 ◦ 210∠135,6 ◦ + 1∠240 ◦ 150∠ − 101,54 ◦ ),
Secuencia: acb
De la figura 3.56
V ab1 = 8,95 − j59,8 = 60,43∠ − 81,48 ◦ .
V ab2 = 1 √
3
(180∠0 ◦ + 1∠240 ◦ 210∠135,6 ◦ + 1∠120 ◦ 150∠ − 101,54 ◦ ),
V ab2 = 302,8 + j60 = 308,6∠ + 11,2 ◦ .
V ab1 = 60,43∠ − 81,5 ◦ V ca1 = 60,43∠158,5 ◦ V bc1 = 60,43∠38,5 ◦ .
v ca1
v bc1
158.5 ◦
v ab1
38.5 ◦
81.5 ◦
v ca1
v cn1
v an1
v bn1
v bc1
v ab1
(a)
(b)
Figura 3.56: Secuencia acb
V an1 = V ab1
√
3
∠(−81,5 ◦ + 30 ◦ ).

246 Capítulo 3. La máquina de inducción
V an1 = 34,89∠ − 51,5 ◦ V cn1 = 34,89∠188,5 ◦ V bn1 = 34,89∠68,5 ◦ .
Secuencia: abc
V ab2 = 308,6∠11,2 ◦ V bc2 = 308,6∠ − 108,8 ◦ V ca2 = 308,6∠131,2 ◦ .
De la figura 3.57
v ca2
v ab2
131.2 ◦
11.2 ◦
108.8 ◦
v bc2
v ca2
v an2
v bn2
v cn2
v ab2
v bc2
(a)
(b)
Figura 3.57: Secuencia abc
V an2 = V ab2
√
3
∠(11,2 ◦ − 30 ◦ ).
V an2 = 178,17∠ − 18,8 ◦ V bn2 = 178,17∠ − 138,8 ◦ V cn1 = 178,17∠101,2 ◦ .
Así se obtiene el diagrama mostrado en la figura 3.58
v bn1
v cn2
188.5 ◦ 68.5 ◦
v cn1
51.5 ◦
101.2 ◦ 18.8 ◦
138.8 ◦
v an2
v an1
v bn2
(a) Secuencia acb
(b) Secuencia abc
Figura 3.58: Componentes de secuencia.
Los voltajes de fase se obtienen sumando sus componentes de secuencia:
V an = V an1 + V an2 ,

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 247
V an = 34,89∠ − 51,5 ◦ + 178,17∠ − 18,8 ◦ ,
V an = 208,37∠ − 23,99 ◦ .
V bn = V bn1 + V bn2 ,
V bn = 34,89∠68,5 ◦ + 178,17∠ − 138,8 ◦ ,
V bn = 148,05∠ − 144,99 ◦ .
V cn = V cn1 + V cn2 ,
V cn = 34,89∠188,5 ◦ + 178,17∠101,2 ◦ ,
V cn = 182,95∠112,18 ◦ .
V an = 208,4∠ − 24 ◦ , V bn = 148,05∠ − 145 ◦ , V cn = 183∠112 ◦ .
Este diagrama se muestra en la figura 3.59
v cn
112 ◦ 24 ◦
145 ◦
v bn
v an
Figura 3.59: Voltaje de fase
Se aplica ahora la transformación invariante en potencia al sistema bifásico.
Dado que:
V an + V bn + V cn = 0.
] √
2
=
V 2 3
[
V1
[ ] ⎡ 1 −1/2 −1/2
0 √ 3/2 − √ ⎣
3/2
208,4∠ − 84 ◦ ⎤
148,05∠ − 145 ◦ ⎦ ,
183∠112 ◦
[ ] √ [ ][ ]
Vfs 1 1 j 255,8∠ − 23,8
◦
=
V bs 2 1 −j 182,52∠ − 101,13 ◦ ,

248 Capítulo 3. La máquina de inducción
V 1
V 2
V fs
V bs
= 255,8∠ − 23,8 ◦ , ◭
= 182,52∠ − 101,13 ◦ , ◭
= 308∠ − 18,5 ◦ , ◭
= 61,83∠ − 50,98 ◦ . ◭
Ver figura 3.60
−jV fs
V fs
jV bs
V bs
Figura 3.60: Componente del sistema bifásico.
Ejemplo 3.9. Un motor monofásico de 4 polos, con arranque por capacitor, de 1/3 H.P., 110 V, 60
c.p.s., tiene las siguientes constantes:
Para el devanado de trabajo:
R 1 = 1,95 Ω,
χ 1 = 2,7 Ω.
Los valores del rotor referidos al devanado de trabajo son:
R ′ x = 4,0 Ω,
Resistencia del devanado auxiliar, de arranque:
χ a = 2,3 Ω.
R a1 = 6,8 Ω,
χ 1a = 3,2 Ω.
El capacitor electrolitico de arranque en serie con el devanado de arranque tiene una impedancia:
Z c = 3 − j15,2 Ω.
La relación de espiras efectiva entre el devanado de arranque y el devanado de trabajo ( Na
N m
) es
1,2.
El valor de la reactancia magnetizante referida al devanado de trabajo es 65,3 Ω.
a) En el arranque determine las corrientes de cada uno de los devanados y la corriente de línea,
el voltaje a través del capacitor, el par neto y la pérdida total en el cobre del rotor.
b) Un interruptor, operado por fuerza centrífuga, abre el circuito del devanado de arranque
cuando el deslizamiento es 0,25. Determine la corriente de línea, el factor de potencia, la
potencia y el par neto, así como la pérdida en el cobre del rotor para un deslizamiento de 0,05.

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 249
Solución 3.9. a) Se utiliza el circuito equivalente para la máquina bifásica (s = 1), con asimetría
en el estator y con el rotor en corto (v
fr ′ = v′ br
= 0). Ver figura 3.61.
L ′ x0 − L ′ 1x max
+
R 1 L 1 − L ′ 1x max
L ′ 1x max
I ′ fr
V ′
fs
I ′ fs
R ′ x
s
−
1
2 (R′ 2 − R 1)
1
2 (L′ 2 − L 1)
+
V ′
bs
−
I bs
′ L ′ 1x max
I br
′
R ′ x
2−s
R 1 L 1 − L ′ 1x max
L ′ x0 − L ′ 1x max
Figura 3.61: Circuito equivalente para la máquina bifásica (s = 1), con asimetría en el estator y con el rotor en
corto.
Es necesario referir las cantidades del devanado auxiliar al de trabajo:
R ′ 1a
R 1a
=
χ ′ 1a
χ 1a
=
( ) 2 ( )
Nm
1
2
∴ R 1a ′ N = 6,8 = 4,72 Ω,
a 1,2
( ) 2 ( )
Nm
1
2
∴ χ ′ 1a
N = 3,2 = 2,22 Ω,
a 1,2
donde:
jωL ′ 2 = jχ′ 1a
R ′ 2 = R′ 1a ,
(2 es el devanado auxiliar).
Se da la reactancia del devanado de trabajo:
χ 1D = 2,7 Ω,
L 1 − L ′ 1x max
= L 1D ,
ωL 1 − ωL ′ 1x max
= ωL 1D ,
ωL 1 = ωL 1D + ωL ′ 1x max
,

250 Capítulo 3. La máquina de inducción
donde
ωL 1D = χ 1D = 2,7 Ω,
es la reactancia de dispersión dada
χ 1 = ωL 1 = 2,7 + 65,3 = 68 Ω.
Con este valor, se tiene para la rama central de la figura 3.61
1
2 (R′ 2 − R 1 ) = 1 (4,72 − 1,95) = 1,39 Ω,
2
j ω 2 (L′ 2 − L 1) = j 2 (χ′ 1a − χ 1) = j (2,22 − 68) = −j32,89 Ω.
2
Así se obtiene el circuito equivalente mostrado en la figura 3.62.
1.95Ω j2.7Ω
j2.3Ω
+
V ′
fs
I ′ fs
j65.3 I ′ fr
4Ω
−
1.39Ω −j32.89Ω
+
V ′
bs
I ′ bs
j65.3 I ′ br
4Ω
−
1.95 j2.7 j2.3
Figura 3.62: Circuito equivalente para la máquina bifásica (s = 1), con asimetría en el estator y con el motor
en corto.
Se debe incluir en el anterior circuito el efecto del condensador de la bobina 2 mostrado en la
figura 3.63
Aquí:
Pero:
[
I1
I ′ 2
V 1 = V ′
2 + Z c I ′ 2.
] √
1
=
2
[ 1 1
−j j
][ I
′
fs
I ′ bs
]
,

•
•
•
•
•
•
•
•
3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 251
I ′ 2
+
Z cI ′ 2
′
− +
2
V ′
2
−
1
− +
V 1
I 1
I L = I 1 + I ′ 2
Figura 3.63: Motor monofásico con condensador de arranque.
I ′ 2 = 1 √
2
(−jI ′ fs + jI′ bs ),
V ′
2 = V 1 − 1 √
2
Z c (−jI ′ fs + jI′ bs ).
Además:
V fs ′ = V 1 + jV 2
′
√ ,
2
(
V 1 + j V ′
V fs ′ =
1 − 1
)
√
2
Z ′ c (−jI′ fs + jI′ bs ) √ ,
2
V fs ′ = V 1
√ (1 + j) − Z′ (
c I
′
2 2 fs − I bs
′ )
.
bs = V 1 − jV 2
′
√ , 2
V ′
V ′
bs =
V 1 − j
(
V ′
1 − 1 √
2
Z c (−jI ′ fs + jI′ bs ) )
√
2
,
V bs ′ = V 1
√ (1 − j) − Z′ (
c I
′
2 2 bs − I fs
′ )
.

•
•
•
252 Capítulo 3. La máquina de inducción
Se refiere el capacitor:
( ) 2 ( )
Z ′ Nm
1 2
c = Z c = (3 − j15,2) = 2,08 − j10,56 Ω,
N a 1,2
Z ′ c
2
= 1,04 − j5,28 Ω.
El siguiente circuito (figura 3.64), cumple con las ecuaciones dadas anteriormente consecuencia
de la inclusión del condensador.
1.95Ω j2.7
j2.3
+
+
V 1 √2 (1 + j)
V ′
fs
I ′ fs
j65.3 I ′ fr
4Ω
−
+
−
1.04 − j5.28Ω 1.39Ω −j32.89Ω
+
V 1 √2 (1 − j)
V ′
bs
I ′ bs
j65.3 I ′ br
4Ω
−
−
1.95 j2.7 j2.3
Figura 3.64: Motor monofásico con el condensador incluido.
Se resuelve con:
V 1
√
2
(1 + j) =
V 1
√
2
(1 − j) =
√
2
√ V 1 ∠45 ◦ = 110∠45 ◦ ,
2
√
2
√ V 1 ∠ − 45 ◦ = 110∠ − 45 ◦ .
2
Así:
I bs ′ = 10,97∠ − 39,59 ◦ ,
I fs ′ = 9,21∠ − 46,55 ◦ .
[
I1
I ′ 2
]
= √ 1 [ ][ ] 1 1 I
′
fs
2 −j j
I ′ bs

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 253
I 1 = 1 √
2
(6,51∠ − 46,55 ◦ + 7,76∠ − 39,59 ◦ ),
I 1 = 14,25∠ − 42,75 ◦ .
I 2 = 1 √
2
((6,51∠ − 46,55 ◦ )(1∠ − 90 ◦ ) + (7,76∠ − 39,59 ◦ )(1∠90 ◦ )) ,
I 2 = 1,51∠82,03 ◦ .
I 2
′ = N ( )
a
1
∴ I 2 = 1,51∠82,03 ◦ = 1,25∠82,03 ◦ .
I 2 N m 1,2
I L = I 1 + I 2 = 14,25∠ − 42,75 ◦ + 1,25∠82,03 ◦ ,
I L = 13,57∠ − 38,45 ◦ .
V c = Z c I 2 = (3 − j15,2)(1,25∠82,03 ◦ ),
V c = 19,36∠3,19 ◦ .
I ′ fr = 8,88∠136,84 ◦ A,
I ′ br = 10,58∠143,8 ◦ A.
[ ] √
I
′
a
1
=
2
I ′ A
[ 1 1
−j j
][ I
′
fr
I ′ br
]
,
I ′ a = √
1
2 (6,28∠136,84◦ + 7,48∠143,8 ◦ ),
I ′ a = 13,74∠140,61 ◦ .
I ′ A =
√
1
2 ((1∠ − 90◦ )(6,28∠136,84 ◦ ) + (1∠90 ◦ )(7,48∠143,8 ◦ )) ,
I ′ A = 1,46∠ − 94,7◦ .
Estas corrientes están referidas al devanado de trabajo.
T g medtotal = n|I′ fr |2 R ′ x
sω
− n|I′ br |2 R ′ x
(2 − s)ω ,
T g medtotal = 2(8,88)2 (4)
377
− 2(10,58)2 (4)
377
= −0,7 N − m.

254 Capítulo 3. La máquina de inducción
P cu rotor = R x|I ′ fr ′ |2 + R x|I ′ br ′ |2 ,
P cu rotor = 4 ( (8,88) 2 + (10,58) 2) ,
P cu rotor = 763,16 W.
b) Se utiliza el circuito de la figura 3.65 donde:
+
R 1 L 1 − L ′ 1x max
L ′ x −L′ 1xmax
2
L ′ 1xmax
2
2I ′ fr
R ′ x
2s
V 1 I 1
L ′ x −L′ 1xmax
L ′ 1xmax
2
2I ′ br
R ′ x
2(2−s)
−
Figura 3.65: Circuito para el ejemplo 3.9
2
L ′ x = L′ x0 ,
R ′ x
2s
R ′ x
2(2 − s)
=
=
4
= 40 Ω,
2(0,05)
4
= 1,03 Ω.
2(2 − 0,05)
Resolviendo el circuito de la figura 3.66
I 1 = 3,69∠ − 51,67 ◦ .
f.p. = cos(−51,67 ◦ ) = 0,62 atrasado
2I ′ fr = 2,3∠178,13 ◦ ,
2I ′ br = 3,56∠130,08 ◦ .

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 255
+
1.95 j2.7 j1.15
j32.65
2I ′ fr
40
110∠ ◦ I 1
j1.15
j32.65
2I ′ br
1.03
−
Figura 3.66: Circuito para el ejemplo 3.9
P M = 2I fr ′ (1 − s)
R′ x − 2I ′ (s − 1)
br
2s
R′ x
2(2 − s) ,
P M = (2,3) 2 (1 − 0,05)
(4) − (3.56) 2 (0,05 − 1)
(4)
2(0,05) 2(2 − 0,05) ,
P M = 188,67 W.
T M =
P M
ω =
n (1 − s)
T M = 1,05 N − m.
188,67
377
2 (1 − 0,05) ,
P cu rotor = R x ′ |I′ fr |2 + R x ′ |I′ br |2 ,
[ (2,3 ) 2 ( ) ]
3,56
2
P cu rotor = 4 + ,
2 2
P cu rotor = 17,95 W.
Ejemplo 3.10. Un motor de inducción trifásico con 4 polos, 5 H.P., 760 V, 60 c.p.s., en Y, tiene una
característica velocidad-par, dada por la tabla 3.1:
a) Representar la característica par-velocidad, usando unidades MKS de Newton-metro y radianes
por segundo respectivamente.
b) La máquina está acoplada a un par de carga constante igual a 16,2 lb-pie. El momento de
inercia total de la carga y el rotor es de 50 lb/pie 2 . Obtener una representación gráfica de la
velocidad cuando se arranca el motor.
Solución 3.10.
a) Teniendo en consideración que:
1 N − m = 0,730 lb − pie.

256 Capítulo 3. La máquina de inducción
Velocidad (r.p.m.) Par (lb-pie)
1800 0
1725 18,3
1650 27,1
1575 33,2
1500 36,6
1350 39,4
1200 39,8
900 37,1
600 34,4
300 32,4
0 30,7
Tabla 3.1:
Se obtiene la tabla 3.2:
Velocidad (rad/s) Par (N-m)
188,5 0
180,5 24,8
172,8 36,7
164,9 45,0
157,1 49,6
141,4 53,4
125,7 53,9
94,3 50,3
62,8 46,6
31,4 43,9
0 41,6
Tabla 3.2:
La solución gráfica se ilustra en la figura 3.67.
b) Teniendo en consideración que :
T L = 16,2 lb − pie = 21,95 N − m,
1 kg − m 2 = 23,73 ln − pie 2 ,
(J L + J M ) = 2,1 kg − m 2 .
Se obtiene la tabla 3.3:
La solución gráfica se puede ver en la figura 3.68
A partir de la figura 3.68, se calcula la tabla 3.4: Donde:
t(s) = 5(0,005)(# cm).

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 257
T(N − m)
60
50
40
30
20
10
10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 200
ω( rad
s )
Figura 3.67: La máquina de inducción. Característica par-velocidad.
Velocidad (rad/s) ∆T(ω m ) (N-m) J/∆T(ω m )
188,5 -21,95 -0,05
180,5 2,84 0,73
172,8 14,77 0,14
164,9 23,23 0,09
157,1 27,64 0,07
141,4 31,42 0,06
125,7 31,97 0,06
94,3 28,32 0,07
62,8 24,66 0,08
31,4 21,95 0,09
0 19,64 0,1
Tabla 3.3:
Ver gráfica de la figura 3.69.

258 Capítulo 3. La máquina de inducción
J
∆T(ω m)
0.16
0.15
0.14
0.13
0.12
0.11
0.10
0.09
0.08
0.07
0.06
0.05
0.04
0.03
0.02
0.01
10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190
ω m ( rad
s )
Figura 3.68: La máquina de inducción.
Velocidad (rad/s) Tiempo (s)
0 0
31,4 3,0
62,8 6,0
94,3 8,2
125,7 10,0
141,4 10,8
157,1 11,6
164,9 12,0
172,8 12,7
175 13,5
177,5 13,9
Tabla 3.4:

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 259
V elocidad
( rad
s )
180
160
140
120
100
80
60
40
20
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
t(s)
Figura 3.69: La máquina de inducción. Representación de la velocidad.

260 Capítulo 3. La máquina de inducción
Ejercicios Propuestos
3.2
Ejercicio 3.1. Demostrar a partir de las ecuaciones dadas en el numeral 3.2:
T g = − n (L 1xmax i 1 i x sen nθ 0 − L 2xmax i 2 i x cos nθ 0 + L 1xmax i 1 i y cos nθ 0
+L 2xmax i 2 i y sen nθ 0 ) ,
3.3
T g = n (L 2xmax i 2 i a − L 1xmax i 1 i A ).
Ejercicio 3.2. Referir las ecuaciones siguientes al devanado 1 del estator
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
V 1 R 1 + jωL 1 0 jωL 1xmax 0 I 1
⎢V 2
⎥
⎣V a
⎦ = ⎢ 0 R 2 + jωL 2 0 jωL 2xmax
⎥ ⎢I 2
⎥
⎣ jωL 1xmax L 2xmax nρθ 0 R x + jωL x0 L x0 nρθ 0
⎦ ⎣I a
⎦ .
V A −L 1xmax nρθ 0 jωL 2xmax −L x0 nρθ 0 R x + jωL x0 I A
Ejercicio 3.3. Las ecuaciones de 1 referidas, se escriben como :
[V 1,2,a,A ] = [ Z ′ 1,2,a,A]
[I1,2,a,A ] .
Demostrar que:
⎡
1
2 (R 1 + R 2 ′ ) + j ω 2 (L 1 + L ′ 2 ) 1
2 (R 1 − R 2 ′ ) + j ω 2 (L 1 − L ′ 2 ) jωL′ 1x max
1
[Z 1,2,a,A][T ′ fb ] −1 2
=
(R 1 − R 2 ′ ) + j ω 2 (L 1 − L ′ 2 ) 1
2 (R 1 + R 2 ′ ) + j ω 2 (L 1 + L ′ 2 )
⎢
⎣ jωL ′ R x
′
1x max
0
s + jωL′ x0
0 jωL ′ 1x max
0
⎤
0
jωL ′ 1x max
0
⎥
R x
′
(2 − s) + ⎦ ,
jωL′ x0
donde:
Ejercicio 3.4. Resolver:
⎡ ⎤
1 j 0 0
[T fb ] = 1 ⎢1 −j 0 0
⎥
2 ⎣0 0 1 j ⎦ .
0 0 1 −j
[T fb ][Z ′ 1,2,a,A][T fb ] −1 ,

3.7. Transitorios en la máquinas de inducción 261
si
⎡ ⎤
1 j 0 0
[T fb ] = √ 1
⎢1 −j 0 0
⎥
2
⎣0 0 1 j ⎦ .
0 0 1 −j
3.4
Ejercicio 3.5. Para el circuito de la figura 3.70, hallar la impedancia de entrada
L 1 − L ′ 1x max
L ′ x0 − L ′ 1x max
I fs
R 1
Figura 3.70: Circuito del ejercicio 3.5
L ′ 1x max
I ′ fr
R ′ x
s
Ejercicio 3.6. Dado:
T M =
n|V th | 2 R
[( )
x
′ ],
sω R th + R′ x
s
+ (χ th + χ ′ a )2
demostrar que:
s max =
R ′ x
√R 2 th + (χ th + χ ′ a) 2 ,
y
T max =
0,5n|V th |
[( )
2
].
ω R th + R′ x
s
+ (χ th + χ ′ a) 2
Ejercicio 3.7. Hallar utilizando el circuito de la figura la corriente de arranque para un motor
de inducción.
3.6

262 Capítulo 3. La máquina de inducción
3.7
Ejercicio 3.8. Para la máquina de inducción monofásica demostrar:
⎡
V
fs
′
V
bs
′
V
fr
′
V
br
′
⎢
⎣
⎤ ⎡
R 1 + R 2 ′ + jω(L 1 + L ′ 2 ) R 1 − R 2 ′ + jω(L 1 − L ′ 2 ) jω(L′ 1x max
+ L ′ 2x max
)
⎥
⎦ = ⎢ R 1 − R 2 ′ + jω(L 1 − L ′ 2 ) R 1 + R 2 ′ + jω(L 2 + L ′ 2 ) jω(L′ 1x max
− L ′ 2x max
)
⎣j(ω − nρθ 0 )(L ′ 1x max
+ L ′ 2x max
) j(ω − nρθ 0 )(L ′ 1x max
− L ′ 2x max
) 2(R x ′ + j(ω − nρθ 0 )L ′ x0 )
j(ω + nρθ 0 )(L ′ 1x max
− L ′ 2x max
) j(ω + nρθ 0 )(L ′ 1x max
+ L ′ 2x max
) 0
jω(L ′ 1x max
− L ′ ⎤⎡
2x max
) I ′ ⎤
jω(L ′ 1x max
+ L ′ fs
2x max
)
⎥⎢I ′ bs⎥
0 ⎦⎣I ′ ⎦ .
2(R x ′ + j(ω + nρθ 0)L ′ x0 ) fr
I
br
′
Ejercicio 3.9. Hallar la respuesta i(t) para el circuito de la figura 3.71 cuando en t = 0 se
cierra el interruptor k, siendo i(0) = 0.
k
L ′
+
V i(t) R
−
Figura 3.71: Circuito del ejercicio 3.9

Bibliografía
Adkins, Bernand. The General Theory of Electric Machines. London: Chapman and Hall, 1957.
Alger, Philip L. Nature of Polyphase Induction Machines. New York:Wiley, 1951.
Behrend, Bernard A. The Induction Motor and Other Alternating Current Motors, 2nd Ed. New
York:McGraw-Hill, 1921.
Bewley, Loyal V. Alternating Current Machinery. New York:Macmillan, 1949.
Clarke, Edith. Circuit Analysis of A-C Power Systems, Vol I. New York:Wiley, 1943.
Clarke, Edith. Circuit Analysis of A-C Power Systems, Vol II. New York:Wiley, 1950.
Concordia, Charles. Synchronous Machines. New York:Wiley, 1951.
Fitzgerald, A.E., kingsley, Charles. Jr. and Umans, Stephen. Electric Machinery. New
York:McGraw-Hill, 2002.
Hayt, William H. and Buck, Jhon. Engineering Electromagnetics. New York:McGraw-Hill,
2005.
Herman, Stephen L. Alternating Current Fundamentals, 7th Ed. New York: Delmar Cengage
Learning, 2006.
Jones, Charles V.The Unified Theory of Electrical Machines. London: Butterworths, 1967.
Kron, Gabriel. Equivalent Circuit of Electric Machinery. New York:Dover, 1967.
Ku, Yu-Hsiu. Electric Energy Conversion. New York:Ronald Press, 1959.
Langsdorf, Alexander S. Theory of Alternating Current Machinery. New York:McGraw-Hill,
1937.
Lawrence, Ralph R. and Richards, Henry E. Principles of Alternating Current Machinery, 4th
Ed. New York:McGraw-Hill, 1953.
Liwschitz-Garik, Michael and Whipple, Clyde C. Electric Machines, Vol II: A-C Machines.
Princeton:D. Van Nostrand Company, 1946.
Lyon, Waldo V. Transient Analysis of Alternating Current Machinery. Cambridge,Mass:The
MIT Press, 1954.
McAllister, Addams S. Alternating Current Motors, 3rd Ed. New York:McGraw-Hill. (1909).
Meisel, Jerome. Principios de Conversión de Energía Electromecánica. Mexico:McGraw-Hill,
1969.
M.I.T. Electrical Engineering Staff. Magnetic Circuits and Transformer. Cambridge,Mass:The
MIT Press, 1977.
Puchstein, Albert F., Lloyd, T.C. and Conrad. A.G. Alternating Current Machines, 3d Ed. New
York:Wiley, 1949.
263

264 BIBLIOGRAFÍA
Say, M.G. and Pink, E.M. Performance and Design of Alternating Current Machinery.
London:Pitman and Sons, 1936.
Seely, S. Electromechanical Energy Conversion. New York:McGraw-Hill, 1962.
Shoults, David R., Jhonson, Theron C. and Rife, C.J. Electric Motors in Industry. New
York:Wiley, 1942.
Stevenson, William D. Element of Power System Analysis. New York:McGraw-Hill, 1982.
Thaler, George J. y Wilcox, Milton L. Máquinas eléctricas. Estado dinámico y permanente.
Mexico:Limusa, 1974.
Van Valkenburg, Mac E. Network Analysis, 3rd Ed. New York:Prentice Hall, 1974.
Veinott, Cyril G. Theory ans Design of Small Induction Motors. New York:McGraw-Hill, 1959.
Wagner, Claus F. and Evans, Robley D. Symmetrical Components. New York:McGraw-Hill,
1933.
White, David C. and Woodson, Herbert H. Electromechanical Energy Conversion.
Cambridge,Mass:The MIT Press, 1968.