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I
1
X
m
R
c
V
1
V
2
R
1
I
m
I
c
X
1
X
2
R
2
I
2
R
2
(
1
− 
s
)
s
V
m
Figure 7.13
Exact equivalent circuit with e
V
ective rotor resistance
(
R
0
2
=
s
)
split into R
0
2
and R
0
2
( (1
s
)
=
s
).
The power dissipated in R
0
2
represents the rotor copper loss per-phase,
while the power in the shaded resistance R
0
2
( (1
s
)
=
s
)
corresponds to the mechanical
output power per-phase, when the slip is s
262
Electric Motors and Drives

---

Torque
¼
Mechanical power
Speed
¼
(1
s
)
P
2
(1
s
)
v
s
¼
P
2
v
s
(7
:
21)
Again this is of fundamental importance, showing that the torque
developed is proportional to the power entering the rotor.
All of the relationships derived in this section are universally applic-
able and do not involve any approximations. Further useful deductions
can be made when we simplify the equivalent circuit, but
W
rst we
will look at an example of performance prediction based on the exact
circuit.
PERFORMANCE PREDICTION – EXAMPLE
The per-phase equivalent circuit parameters (referred to the stator) of a
4-pole, 60 Hz, 440 V three-phase delta-connected induction motor are
as follows:
Stator resistance,
R
1
¼
0
:
2
V
Stator and rotor leakage reactances,
X
1
¼
X
0
2
¼
j
1
:
0
V
Rotor resistance,
R
0
2
¼
0
:
3
V
Magnetising reactance,
X
m
¼
j
40
V
Iron-loss resistance,
R
c
¼
250
V
:
The mechanical frictional losses at normal speed amount to 2.5 kW.
We will calculate the input line current, the output power and the
e
Y
ciency at the full-load speed of 1728 rev/min.
The per-phase equivalent circuit, with all values in Ohms, is shown in
Figure 7.14. The synchronous speed is 1800 rev/min and the slip speed is
thus 1800
1728
¼
72 rev/min, giving a slip of 72/1800
¼
0.04. The
electromechanical resistance of 7
:
2
V
is calculated from the expression
R
0
2
( (1
s
)
=
s
), with
R
0
2
¼
0
:
3
V
. Given that the power in this resistor
Stator
Air-gap
Rotor
I
1
j
40
250
440 V
V
2
0.2
I
m
j
1
j
1
0.3
I
2
0.3 (1
−
0.04)
0.04
= 7.2
V
g
Figure 7.14
Exact equivalent circuit for induction motor in Section 7.7, under full-load
conditions (i.e. slip s
¼
0
:
04
). All of the impedance values are in Ohms
Induction Motor Equivalent Circuit
263

---

represents the mechanical output power, we will see that, as expected, it
dominates our calculations.
Although the various calculations in this example are straightforward,
they are not for the faint-hearted as they inevitably involve frequent
manipulation of complex numbers, so most of the routine calculations
will be omitted and we will concentrate on the results and their inter-
pretation.
Line current
To
W
nd the line current we must
W
nd the e
V
ective impedance looking in
from the supply, so we
W
rst
W
nd the impedances of the rotor branch and
the magnetising (air-gap) branches. Expressed in ‘real and imaginary’
and also ‘modulus and argument’ form these are:
Rotor branch impedance,
Z
r
¼
7
:
5
þ
j
1
¼
7
:
57
ff
7
:
6
V
Magnetising branch impedance,
Z
m
¼
6
:
25
þ
j
39
:
0
¼
39
:
5
ff
80
:
9
V
The parallel combination of these two branches has an e
V
ective imped-
ance of 6
:
74
þ
j
2
:
12 or 7
:
07
ff
17
:
5
. At roughly 7
V
, and predominantly
resistive, this is in line with what we would expect: the magnetising branch
impedance is so much higher than the rotor branch that the latter remains
dominant. We must now add the stator impedance of 0
:
2
þ
j
1 to yield the
total motor impedance per phase as 6
:
94
þ
j
3
:
12, or 7
:
61
ff
24
:
2
V
.
The motor is mesh connected so the phase voltage is equal to the line
voltage, i.e. 440 V. We will use the phase voltage as the reference for
angles, so the phase current is given by
I
1
¼
440
ff
0
7
:
61
ff
24
:
2
¼
57
:
82
ff 
24
:
2
A
:
The line current is
ffiffiffi
3
p
times the phase current, i.e. 100 A.
Output power
The output power is the power converted to mechanical form, i.e. the
power in the
W
ctitious load resistance of 7.2
V
, so we must
W
rst
W
nd the
current through it.
The input current
I
1
divides between the rotor and magnetising
branches according to the expressions
I
0
2
¼
Z
m
Z
m
þ
Z
r
I
1
and
I
m
¼
Z
r
Z
m
þ
Z
r
I
1
264
Electric Motors and Drives

---

Inserting values from above yields:
I
0
2
¼
53
:
99
ff 
14
:
38
A
I
m
¼
10
:
35
ff 
87
:
7
A
Again we see that these currents line up with our expectations. Most of
the input current
X
ows in the rotor branch, which is predominantly
resistive and the phase-lag is small; conversely relatively little current
X
ows in the magnetising branch and its large phase-lag is to be expected
from its predominantly inductive nature.
The power in the load resistor is given by
P
mech
¼
(
I
0
2
)
2
7
:
2
¼
(53
:
99)
2
7
:
2
¼
20, 987 W
=
phase.
There
are
three phases so the total mechanical power developed is 62.96 kW.
The generated torque follows by dividing the power by the speed in
rad/s, yielding torque as 348 Nm, or 116 Nm/phase.
We are told that the windage and friction power is 2.5 kW, so the
useful output power is 62
:
96
2
:
5
¼
60
:
46 kW.
Efficiency
We can proceed in two alternative ways, so we will do both to act as a
check. Firstly, we will
W
nd the total loss per phase by summing the powers
in the winding resistances and the iron-loss resistor in Figure 7.14.
The losses in the two winding resistances are easy to
W
nd because
we already know the currents through both of them: the losses are
(
I
1
)
2
R
1
¼
(57
:
82)
2
0
:
2
¼
668 W/phase, and (
I
0
2
)
2
R
0
2
¼
(53
:
99)
2
0
:
3
¼
874
:
5 W/phase for the stator and rotor, respectively.
The iron loss is a bit more tricky, as
W
rst we need to
W
nd the voltage
(
V
m
) across the magnetising branch (sometimes called the gap voltage,
V
g
, as in Figure 7.14). We can get this from the product of the rotor
current and the rotor impedance, which yields
V
g
¼
53
:
99
ff 
14
:
38
7
:
57
ff
7
:
6
¼
408
:
5
ff 
6
:
8 V.
The power in the 250
V
iron-loss resistor is now given by (408
:
5)
2
=
250
¼
667 W/phase. The total loss (including the windage and friction)
is then given by
Total loss
¼
3(668
þ
874
:
5
þ
667)
þ
2500
¼
9
:
13 kW
:
The e
Y
ciency is given by
Efficiency
¼
P
mech
¼
P
mech
¼
60
:
46
¼
60
:
46
Induction Motor Equivalent Circuit
265

---

Alternatively we could have found the input power directly from
the known input voltage and current, using
P
in
¼
3(
V
1
I
1
cos
f
1
)
¼
3
440
57
:
82
cos 24
:
3
¼
69
:
59 kW, which agrees with the result
above.
Phasor diagram
It is instructive to
W
nish by looking at the phasor diagrams showing the
principal voltages and currents under full-load conditions, as shown in
Figure 7.15, which is drawn to scale.
From the voltage phasor diagram, we note that in this motor the volt-
drop due to the stator leakage reactance and resistance is signi
W
cant, in
that the input voltage of 440 V is reduced to 408.5 V, i.e. a reduction of
just over 7%.
The voltage across the magnetising branch determines the magnetis-
ing current and hence the air-gap
X
ux density, so in this motor the air-
gap
X
ux density will fall by about 7% between no-load and full-load. (At
no-load the slip is very small and the impedance of the rotor branch is
high, so that there is negligible rotor current and very little volt-drop due