939.pdf

UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES CUAUTITLÁN

M QUINAS EL CTRICAS CAS Y SU SOLUCI N. (B.L. THERAJA Y A.K. THERAJA, A TEXTBOOK OF ELECTRICAL TECHNOLOGY. VOL. 2 AC & DC MACHINES ED. S. CHAND. 3° ED.)

ACTIVIDAD DE APOYO A LA DOCENCIA

QUE PARA OBTENER EL TÍTULO DE: INGENIERO MECÁNICO ELECTRICISTA

PRESENTA:

ADRIÁN GARCÍA MARTÍNEZ.

ASESOR: ING. VICTOR HUGO LANDA OROZCO. COASESOR: ING. ALBINO ARTEAGA ESCAMILLA.

CUAUTITLÁN IZCALLI, ESTADO DE MÉXICO.

2014

Por Por brind brindarm arme e los conoc conocim imie ient ntos os neces necesari arios os para para enfr enfrent entarm arme e a los retos retos que que vendránenelfuturo.

AbrahamGarcía, Abraham García,por poreseñarme eseñarmelo loque quees eseltrab eltrabajo ajoduro, duro,por porser serun unejemplo ejemplopara para miymishermanos,porimpulsarmeaserunapersonaexitosayportusesfuerzos parapoderlograrunadelasmetasmásgrandesdemivida.Parati,mirespeto, admiraciónycariño.

MargaritaMartínez,porsiempreconfiarenmiyporqueapesardelasdificultades estuvisteconmigoentodomomento,impulsándomeaserunhombreexitoso,por tus sacrific sacrificiospara iospara queyo pudiera pudiera termin terminar armi micarr carreraprofes eraprofesion ional alexit exitosa osament mente. e. Porhabermedadotodolonecesari Porhabermedadotodolonecesarioyenseñarmealucharporloquequi oyenseñarmealucharporloquequiero.Para ero.Para ti,mirespeto,cariñoyadmiración.

JaimeMussaGarcía,porquedesdenuestrainfanciasiemprehassidounejemplo a seguir seguir en mi vida, vida, por enseñ enseñarm arme e lo que es ser un hombre hombre de bien, bien, y Diana Diana Garc García ía, , por por tu tole tolera ranc ncia ia ya que que en vari varias as ocas ocasio ione nes s me perd perdi i de dive divers rsio ione nes s contigo.

MiguelMussa,porsuapoyoyporayudarnosenmomentosdifíciles.

ElIng.VictorHugoLandaOrozco,porsutiempoinvertidoenestetrabajoyporsu valiosaaseoriaparaculminarmicarreraprofesionalconéxito.

ElIng.AlbinoArteagaEscamilla,porsuapoyoenlarevisióndeestetrabajoypor suvaliosaasesoría.

Índice. Pág. Objetivos.

3

Introducción.

5

Capítulo 1.- Generadores de C.D.

7

1.1.- Fundamentos básicos.

11

1.2.- Reacción de armadura y conmutación.

26

1.3.- Generadores en paralelo.

33

Capitulo 2.- Motores de C.D.

41

2.1.- Aspectos básicos.

45

2.2.- Pérdidas y eficiencia.

58

2.3.- Control de velocidad.

67

Capitulo 3.- Transformadores.

105

3.1.- Conceptos básicos.

110

3.2.- Pruebas de vacío y de cortocircuito.

130


141

3.4.- Eficiencia diaria.

165

3.5.- Transformadores en paralelo.

168

Capitulo 4.- Motores asíncronos o de inducción

181

4.1.- Generalidades.

185


209

4.3.- Circuito equivalente.

230

Capitulo 5.- Alternadores síncronos.

235

5.1.- Principio de funcionamiento.

238

5.2.- Tensión generada y regulación.

251

5.3.- Alternadores en paralelo.

263

Capitulo 6.- Motores síncronos.

277

Objetivos. Proporcionar un solucionario de ejercicios que aporte tanto al estudiante como al profesor una obra de consulta que cubra con amplitud el campo de la Ingeniería Eléctrica.

Enriquecer el inventario de libros existentes en la biblioteca del plantel para que este material didáctico esté al alcance de alumnos y profesores.

El material didáctico tiene como objetivo editar los textos básicos para la formación integral del estudiante universitario.

Dar a conocer a los estudiantes las soluciones de ejercicios de una forma clara y sencilla.

Introducción. El material que a continuación se desarrolla trata de los principios y aplicaciones de las máquinas eléctricas que todo ingeniero, cualquiera que sea su especialidad de origen, empleará a lo largo de su vida profesional, este material didáctico ayudará tanto a estudiantes como a personal docente para facilitar el estudio y entendimiento de las asignaturas de máquinas eléctricas. El material se divide en 6 capítulos en los cuales se incluyen ejercicios resueltos que faciliten la labor del profesor que lo utilice en su asignatura, por otra parte estos ejercicios facilitarán el auto aprendizaje del alumno, ya que cada tipo de máquinas eléctricas está explicado mediante problemas en los que se observan sus características principales. El capítulo 1 se dedica a los generadores de corriente directa, en el cual se muestran una serie de problemas que explican los principios fundamentales de los generadores, además se muestran los circuitos de sus diferentes tipos de conexión, así como el fenómeno de la reacción de armadura y conmutación y finalmente su funcionamiento en paralelo. El capítulo 2 se dedica a los motores de corriente directa, en este capítulo se dan ejercicios en los que se hace notar la diferencia que existe entre los generadores y motores de corriente directa, se incluyeron los circuitos que ayudan a explicar el funcionamiento de estos motores, en este capítulo hay una sección dedicada al control de velocidad tanto del motor serie como del motor derivación. En el capítulo 3 se tratan a los transformadores. En este se detallan los aspectos fundamentales tales como la relación de transformación y su funcionamiento como transformador ideal. A continuación se tratan las pruebas de vacío y corto circuito, así como el cálculo de su eficiencia y su acoplamiento en paralelo. El capítulo 4 está dedicado a las máquinas asíncronas o de inducción, fundamentalmente a los motores trifásicos, en los que se dan ejercicios que explican el principio de funcionamiento, circuito equivalente. Se estudia el concepto de velocidad síncrona, deslizamiento, así como el cálculo de la eficiencia con sus diferentes tipos de pérdidas y también se incluyen las pruebas de rotor libre y rotor bloqueado. El capítulo 5 se refiere a los alternadores síncronos, en este se muestran ejercicios que ayudarán a entender los conceptos de bobina de paso completo y paso diametral, así como facilitar el cálculos de los parámetros fundamentales de dichos alternadores, se incluyen los diagramas fasoriales para tener un mejor entendimiento de estos ejercicios y finalmente se analiza su funcionamiento en paralelo. Finalmente el capítulo 6 está dedicado a los motores síncronos, aquí se explica el concepto de velocidad síncrona y aquí también se incluyen los diagramas fasoriales para los diferentes factores de potencia.

Simbología utilizada a lo largo del capítulo. Símbolo Significado Unidades Ampervueltas de compensación.  A v  A  vC    polo 

A  vd

Ampervueltas de desmagnetización.

 A v     polo 

A  vT

Ampervueltas totales.

 A v     polo 

A vt

Ampervueltas transversales.

A

Área de polos.

 A v     polo 

Vescobillas

Caida de tensión en las escobillas.

μ0

Constante de la permeabilidad magnética.

k Ia

Constante. Corriente de armadura.

I f

Corriente de campo derivación.

IL

Corriente de línea.

Ic

Corriente por cada conductor.

  A    conductor 

β

Densidad de flujo.

 Wb   2  m 

η

Eficiencia. Flujo por polo.

 m2   

V

A A A

Wb V

Eg

Fuerza electromotriz generada.

θe

Grados eléctricos.

°eléctricos   

θm

Grados mecánicos.

° mecánicos  

li

Longitud entre interpolos.

m

Z

Número de conductores.

N

Número de espiras.

#P

Número de polos.

a

Número de ramas.

#S

Número de segmentos.

PCu a

Pérdidas en el cobre de la armadura.

PCu f

Pérdidas en el cobre del campo derivación.

conductores espiras  polos ramas segmentos   W W

PCu s

Pérdidas en el cobre del campo serie.

PCu T

Pérdidas en el cobre totales.

PCu

Pérdidas en el cobre.

Pescobillas

Pérdidas en las escobillas.

PCT

Potencia de carga total.

PE

Potencia de entrada

PC

Potencia de la carga.

Pf

Potencia de pérdidas por fricción.

P p

Potencia de pérdidas.

PS

Potencia de sálida.

R a

Resistencia de armadura.

R f

Resistencia de campo derivación.

R s

Resistencia de campo serie.

R c

Resistencia de carga.

θs

Segmentos de desplazamiento.

t

Tiempo.

s

Velocidad.

VR s

Voltaje de la resistencia del campo serie.

VL

Voltaje de línea.

 W W W  W  W kW W W  W kW Ω Ω Ω Ω

segmentos  seg r.p.m. V V

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un generador de corriente directa de 4 polos tiene un devanado ondulado en su armadura con 792 conductores. El flujo por polo es 0.0121Wb. Determine la velocidad a la cual se debe ajustar para generar 240V en vacío. [751.3 r.p.m.] DATOS: #P = 4polos  Z = 792conductores  = 0.0121 Wb E g = 240 V  a = 2 ramas por ser devanado ondulado

SOLUCIÓN:



Eg = k *  * s

Eg =

Z * #P *  * s

s=

60 * a



k=

s=

Z * #P 60 * a

E g * 60 * a Z * #P * 

240V*60*2 ramas  792 conductores* 4 polos * 0.0121Wb  s = 751.31 r.p.m.


11

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un generador compuesto de 20 kW trabaja a plena carga con un voltaje en sus terminales de 230V. La resistencia de armadura, devanado serie y devanado shunt son 0.1, 0.05 y 115Ω

respectivamente. Calcule la f.e.m. cuando el generador está conectado en derivación corta. [243.25V] DATOS: PS = 20  kW  VL = 230 V  R a = 0.1Ω  R s = 0.05 Ω  R f = 115 Ω  SOLUCIÓN: IL = IL =

PS VL 20 kW 230V

= 86.95 A 

I f = I f =

VL R f 230V 115Ω

= 2 A 

I a = IL + If I a = 86.95A + 2A I a = 88.95 A 

E g = VL + Ia * R a  + I L * R s  E g = 230V + 88.95A*0.1Ω +86.95A* 0.05Ω

Eg = 243.24 V

12


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un generador de corriente directa genera una f.e.m. de 520V. Tiene una armadura con 2000 conductores, flujo por polo de 0.013Wb, velocidad de 1200 r.p.m. y el devanado de la armadura tiene cuatro caminos paralelos. Encontrar el número de polos del generador. [4 polos] DATOS: E g = 520 V  Z = 2000conductores  = 0.013 Wb s = 1200r.p.m. a = 4 ramas 

SOLUCIÓN: Eg =

#P =

Z * #P * s *  60 * a



#P =

E g * 60 * a Z*s*

520V*60* 4 ramas  2000 conductores * 1200 r.p.m * 0.013Wb  #P = 4polos


13

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Cuando se excita a 1000 r.p.m. con un flujo por polo de 0.02Wb, un generador de corriente directa tiene una f.e.m. de 200V. Si la velocidad es incrementada a 1100 r.p.m. y al mismo tiempo el flujo por polo es reducido a 0.019 Wb por polo, ¿Cuál es entonces la f.e.m. inducida? [209 V] DATOS: s1 = 1000  r.p.m. 1 = 0.02 Wb

E g1 = 200  V  s 2 = 1100 r.p.m. 2 = 0.019  Wb

SOLUCIÓN: E g1 = k * 1 * s1 E g2 = k * 2 * s 2

Eg1 E g2

=

E g1 E g2 200V E g2 E g2 =

=

k * 1 * s1 k * 2 * s 2

=

1 * s1 2 * s2

0.02Wb*1000 r.p.m. 0.019Wb*1100 r.p.m.

200V *0.019Wb * 1100 r.p.m. 0.02Wb*1000 r.p.m. Eg2 = 209 V

14


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Calcular el flujo por polo requerido a plena carga de un generador shunt de 50 kW, 400V, 8 polos, 600 r.p.m. con 256 conductores ordenados en un devanado imbricado. La resistencia del devanado de la armadura es 0.1Ω, la resistencia del devanado shunt es 200Ω y la caída de voltaje

por contacto de escobillas es de 1V por cada escobilla a plena carga.

[0.162Wb]

DATOS: PS = 50 kW  VL = 400 V  #P = 8 polos  s = 600 r.p.m. Z = 256conductores R a = 0.1Ω  R f = 200Ω 

  V   escobilla 

Vescobillas = 1 

a = 8 ramas por ser devanado imbricado

SOLUCIÓN: IL = IL =

PS

I f =

VL 50 kW 400V

= 125A 

I f =

VL

Ia = IL + I f

R f

Ia = 125A + 2A

400V

= 2 A 

200Ω

Ia = 127  A 

E g = VL + Ia * R a  + Vescobillas E g = 400V + 0.1Ω*127A + 2V

Eg = 414.7V  =

 =

E g * 60 * a Z * #P * s

414.7V*60*8 ramas  256 conductores * 600 r.p.m.* 8 polos   = 0.162 Wb


15

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Calcular el flujo por polo en una dinamo de 4 polos con 722 conductores en la armadura generando 500V cuando gira a 1000 r.p.m. cuando la armadura tiene: a) Devanado imbricado. b) Devanado ondulado. [a) 41.56 mWb, b) 20.78 mWb] DATOS: #P = 4 polos  Z = 722conductores E g = 500  V  s = 1000  r.p.m. SOLUCIÓN: a) Devanado imbricado.

a = 4ramas por ser devanado imbricado  =

 =

E g * 60 * a Z * #P * s

=

E g * 60 Z*s

500V*60 722 conductores*1000 r.p.m.  = 41.55 mWb

b) Devanado ondulado.

a = 2ramas por ser devanado ondulado  =

 =

E g * 60 * a Z * #P * s

500V*60* 2 ramas  722 conductores* 4 polos * 1000 r.p.m.   = 20.78 mWb

16


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Una máquina de 4 polos girando a 1500 r.p.m. tiene una armadura con 90 ranuras y 6 conductores por ranura. El flujo por polo es 10 mWb. Determine la f.e.m. en terminales como generador de corriente directa si las bobinas están conectadas con un devanado imbricado. Si la corriente por conductor es 100A, determine la potencia eléctrica. [810V, 324 kW] DATOS: #P = 4 polos  s = 1500  r.p.m. 90 ranuras

 conductores    ranura 

6

 = 10 mWb 

  A   conductor 

Ic = 100 

a = 4ramas por ser devanado imbricado

SOLUCIÓN:

 6 conductores    ranura

Z = 90 ranuras *

Z = 540conductores  Eg =

Z * #P * s *  60 * a

540 conductores*4 polos*1500 r.p.m.*10 mWb 60*4 ramas E g = 135 V  Eg =

I = a * Ic I =  4 ramas *100A  I = 400 A 

PS = Eg * I PS = 135V*400A  PS = 54kW 

NOTA: El autor propone un resultado de 810V y 324 kW, al resolver detalladamente el resultado no coincide con los resultados propuestos por el autor.


17

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un generador de corriente directa de devanado imbricado tiene 120 ranuras con 4 conductores por ranura. Si cada conductor puede llevar 250A y el flujo por polo es 0.05Wb, calcular la velocidad del generador para obtener 240V en circuito abierto. Si el voltaje cae a 220V a plena carga, encontrar la potencia nominal de la máquina. [600 r.p.m., 400 kW] DATOS: a = 8 ramas por ser devanado imbricado #P = 8polos  120  ranuras

 conductores    ranuras 

4

  A   conductores 

I c = 250 

 = 0.05 Wb

E g = 240  V  VL = 220 V  SOLUCIÓN:

 4 conductores   ranuras 

Z =120 ranuras*

Z = 480 conductores 

Eg = s=

Z * #P *  * s

60 * a Eg * 60 * a

Z *  * #P

240V*60*8 ramas  480 conductores * 0.05Wb * 8 polo s s = 600  r.p.m. s=

I = Ic * a

P = VL * I

I = 250A*8 ramas 

P = 220V * 2000A

I = 2000  A 

P = 440  kW 

18


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un generador shunt tiene una corriente a plena carga de 100A, la resistencia de 55Ω y 500W en perdidas constantes. Si la eficiencia a plena carga es de 88%, encontrar la resistencia de la armadura. Suponiendo un voltaje constante de 110V, calcular la eficiencia a la mitad de la plena carga. [0.078Ω, 85.8%] DATOS: VL = 110 V  I L = 1 00  A  R f = 55Ω  P p = 500  W  η = 88% = 0.88 SOLUCIÓN: PS

η=

PE

Ahora al 50%

PS = 110V *100A  = 11 kW  PS

PE =

If =

η

=

11 kW 0.88

I L = 50 A 

= 12.5 kW 

I f = 2 A  I a = 52 A 

VL

PS = 11 kW 

R f

 1   * PS = 5.5kW   2 

110V

= 2 A  55Ω 55Ω Ia = IL + If = 100A + 2A If =

PCu = I a2 * R a  + I f2 * R f 

Ia = 102 A 

2

PCu = 422.7 22.71 1 kW

PE - PS - I * R f  - Pp 2 f

I

PE = PS + PCu + Pperdidas

2 a

PE = 5.5 5.5 kW + 422.71 422.71W W + 50 50 0W

12.5 kW - 11 kW - 2A  *55Ω - 500W 2

Ra =

2

PCu = 52A  *0.07494Ω + 2A *55Ω

PE = PS +I f2 * R f  + I a2 * R a  + Pp Ra =





2

102A

R a = 0. 0.07497 Ω


PE = 6.422  kW 

 5.5 kW  *100%  6.422 kW 

η = 

η = 85.64%

19

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un generador de corriente directa compuesto corto, suministra una corriente de 100A con un voltaje de 220V. Si la resistencia del devanado shunt es 50Ω, del campo serie 0.025Ω, de la armadura 0.05Ω, la caída por escobillas es de 2V y las pérdidas en el hierro y fricción suman 1 kW,

encuentre: a) La f.e.m. generada, b) Las pérdidas en el cobre, c) La potencia de salida del motor principal acoplado al generador, d) La eficiencia del generador. [a) 229.7V, b) 1.995 kW, c) 24.99 kW, d) 88%] DATOS: I L = 100A  VL = 220  V  Vescobillas = 2 V  P p = 1kW 

R f = 50Ω R s = 0. 0.025Ω R a = 0.05Ω

SOLUCIÓN: If =

2

VL

PCus = I 2L * R s = 100A  *0.025Ω

R f

PCus = 250 W 

220V

= 4.4 A  50Ω 50Ω Ia = IL + If

Pescobillas = Vescobillas * IL =  2V 2V *100A

Ia = 100 100A A + 4.4A 4.4A = 104 104.4 .4A 

PCuT = 544 544.9 .96W 6W + 968 968W W + 250 250W W + 200W

If =

Pesco billas billas = 200  W  PCuT = 1.962 kW 

a)

E g = VL + Ia * R a  + IL * R s  + Vescobillas

c)

E g = 220V +104.4A * 0.05Ω

PS = VL * I L

+ 100A*0.025Ω + 2V

E g = 229.72 V

PS = 220V*100A = 22 kW  PS = PE - Pp  PE = PS + Pp

b)

PE = 22 kW + 1.962 kW + 1 kW  2

PCu a = I a2 * R a = 104.4A  *0.05Ω 

PE = 24.96 kW 

PCu a = 544.96  W  2 f

η= 2

PCu f = I * R f =  4.4A  *50Ω  PCu f = 968 W 

d)

PS PE

*1 0 0 %

 22 kW  *100%  24.96 kW 

η = 

η = 88.14%

20


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- Un generador shunt compuesto corto, 20 kW, 440V, tiene una eficiencia a plena carga de 87%. Si la resistencia de la armadura e interpolos es 0.4Ω y la del campo serie y derivación son 0.25Ω y 240Ω respectivamente, calcular la combinación de las pérdidas por fricción debido a la resistencia del aire y las pérdidas en el núcleo de la máquina. [725 W] DATOS: PS = 20  kW  VL = 440  V  η = 87% R a = 0.4 Ω  R s = 0.25Ω  R f = 240 Ω 

SOLUCIÓN: PE = PE =

IL = IL =

PS

I f =

η 20 kW 0.87

= 22.98 kW 

I f =

VL R f 440V 240Ω 240 Ω

= 1.83 A 

PS

I a = I L + I f

VL

I a = 45.4 45.45A 5A + 1.83 1.83A A

20 kW 440V

I a = 47.28 A 

= 45.45A 

PCua = I a2 * R a 2

PCua = 47.28A  *0.4Ω = 894.15 W  PCuf = I f2 * R f

2

PCuf = 1. 1 .83A  *240Ω = 803.73 W  PCus = I 2L * R s 2

PCus = 45.45A  *0.25Ω = 516.42 W  PE = PS + PCu + Pf

22.98 kW = 20 kW + 2214.3W + Pf Pf = 765.7  W 


21

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- Un generador compuesto largo entrega una corriente de carga de 50A a 500V y las resistencias de armadura, campo serie y campo derivación son 0.05Ω y 250Ω respectivamente.

Calcular la fuerza electromotriz y la corriente de armadura. Considere 1V de caída por contacto de escobillas. [506.2V, 52A] DATOS: I L = 50  A  VL = 500  V  R a = 0.05Ω  R s = 0.05 Ω  R f = 250 Ω  Vescobillas = 1 V 

SOLUCIÓN: I L = 50  A  I f = I f =

VL R f 500V

250Ω 250Ω I a = I L + I f

= 2 A 

I a = 50 50A + 2A I a = 52  A  E g = VL + I a *R a + R s  + Vescobillas E g = 500V + 0.05Ω + 0.05Ω*52A + 1V E g = 506.2  V 

22


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- Un generador compuesto de 110V tiene resistencia de armadura, shunt y devanado serie de 0.06Ω, 25Ω y 0.04Ω respectivamente. La carga se compone de 200 lámparas cada una de 55W,

110V. Encuentre la f.e.m. y la corriente de la armadura cuando la máquina está conectada en: a) Compuesto largo. b) Compuesto corto. [a) 120.4V, 104.4A; b) 120.3V, 104.6A] DATOS: VL = 110  V 

PC = 55 W 

R a = 0.06  Ω 

PCT = 55W*200 lámparas

R f = 25 Ω 

PCT = 11kW k W

R s = 0.04  Ω 

SOLUCIÓN: a) IL = IL = If =

b) PCT

IL =

VL 11 kW 110V VL

= 100  A 

R f 110V

Ia = 104.4 A 

I f =

E g = 110V + 104.4A *0.06 Ω + 0.04Ω E g = 120.4 V 

11 kW

VR s = 100A *0.04 Ω = 4 V I f =

E g = VL + I a *R a + R s 

VL

= 10 0  A  110V VR s = I L * R s

IL =

= 4.4A  25Ω Ia = I L + I f = 100A + 4.4A If =

PCT

VL R f 114V

25Ω 25Ω I a = I L + I f

= 4.56 A 

I a = 100 100A A + 4.56 4.56A A I a = 104.56 A  Eg = VL+ Ia * R a  + IL * R s  Eg = 110V + 104.56A *0.06 Ω

+ 100A*0.04Ω

Eg = 120.27 V 


23

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 14.- Un generador de 200V, 2 polos tiene 400 conductores y gira a 300 r.p.m. Calcular el flujo útil por polo. Si el número de espiras en cada campo es 1200, ¿Cuál es el valor promedio de la f.e.m. inducida en cada bobina si el flujo cae completamente en 0.1 segundos? [φ = 0.1 Wb, E = 1200V]

DATOS: #P = 2 pol polos E g = 200  V  Z = 400conduc conductor tores es s = 300 300 r.p. r.p.m. m. N = 1200 espiras  t = 0.1 0.1seg seg 

SOLUCIÓN: Eg =  =

Z * #P *  * s

60 * a E g * 60 * a Z * s  #P

200V*60* 2 ramas 400 con condu duct ctor ores es*300 300 r.p r.p.m .m..* 2 pol polos 400  = 0.1 Wb  =

E=N*



t

 0.1Wb    0.1 seg 

E =1200 espir spira as *  E = 1200 1200V 

24


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 15.- Un generador de 16 polos, 1500 kW, 550V gira a 150 r.p.m. ¿Cuál debe ser el flujo útil si hay 2500 conductores en un devanado imbricado y las pérdidas en el cobre a plena carga son 25 kW? Calcular el área del polo si la densidad tiene un valor uniforme de 0.9Wb/m 2 y encuentre el voltaje entre terminales, despreciando la reacción de armadura y el cambio en la velocidad. [0.09944 m2, 559.17V] DATOS: #P = 16 polos  PS = 1500 kW  VL = 550 V  s = 150 r.p.m. PCu = 25 kW 

 Wb    m 2 

β = 0.9 

a = 16 ramas por ser devanado imbricado

SOLUCIÓN: Eg =  =

Z * #P *  * s

60 * a E g * 60 * a

A=

Z * s * #P

A=

550V*60*16 ramas  = 2500 conductores*150 r.p.m.*16 polos  = 88mWb

Ia = Ia =

VL 550V

β

88 mWb*1 m 2 

Ra =

= 2727.27  A

0.9 Wb

A = 0.09777  m 2   

Ra =

PS 1500 kW



PCu 2

Ia

25 kW 2

2727.27A  R a = 0.0033Ω

Eg = VL + Ia * R a Eg = 550V + 2727.27A *0.0033Ω Eg = 559V 


25

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Calcular las ampervueltas de desmagnetización de un generador de 4 polos con devanado imbricado simple con 720 espiras, entregando 50A, si el adelanto de las escobillas es 10° (mecánicos). [250 A∙v/polo] DATOS: N = 720 espiras Ia = 50  A  θ m = 10° mecánicos #P = 4 polos  a = 4ramas por ser devanado imbricado

SOLUCIÓN:

 2 conductores    1 espira 

Z = 720 espiras * 

Z = 1440conductores 

I= I=

A  vd = Z * I *

Ia 2 50A 2

= 25A 

θm 360

 10°    360 

A  vd = 1440 conductores* 25A* A  vd = 1000 A  v A  vd  A  vd polo

A  vd polo

A  vd polo

26

= =

#P 1000 A  v 4 polos

 A v    polo 

= 250 


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un generador de corriente directa de 250V, 25 kW, 4 polos, tiene 328 conductores en la armadura conectada con un devanado ondulado. Cuando la máquina está entregando la plena carga, las escobillas están dando un adelanto de 7.2 grados eléctricos. a) Calcular las ampervueltas por polo transversales, b) Calcular el número de espiras del generador. [a) 1886 A∙v/polo, b) 164 espiras] DATOS: VL = 250 V 

Z = 328conductores

PS = 25 kW 

θe = 7.2° eléctricos

#P = 4 polos 

a = 2 ramas  por ser devando ondulado

SOLUCIÓN: a) Ia = Ia =

I= I=

PS

θm =

VL 25 kW 250V

=100  A 

θm =

2 * θe #P 2*7.2° 4 polos

= 3.6°

Ia a 100A 2 ramas

= 50  A 

 1 θ  - m   2 * #P 360 

A  vt = Z * I *

 1 3.6°   A  vt = 328 conductores * 50A *    2*4 polos  360   A v   A  vt = 1886   polo   1 espira   2 conductores 

N = Z * 

b)

 1 espira   2 condutores 

N =328 conductores*  N = 164espiras


27

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un generador derivación de corriente directa de 8 polos con un devanado imbricado simple entrega una salida de 240A a 500V. La armadura tiene 1407 conductores y 160 segmentos de colector. Si las escobillas están dando un adelanto de 4 segmentos del eje neutral en vacío, calcular las ampervueltas por polo de desmagnetización y transversales. [1056 A∙v/polo, 1584 A∙v/polo]

DATOS: #P = 8  polos 


I a = 240  A 

#S = 160segmentos 

VL = 500 V 

θs = 4segmentos

SOLUCIÓN: I= I=

Ia #P 240A 8 polos

= 30  A 

θ m = θs *

360 #S

 360°  θm = 4 segmentos* 160 segmentos  θm = 9° mecánicos 

A  vd = Z * I *

θm 360

 9°    360 

A  vd = 1408 conductores * 30A *   A v    polo 

A  vd = 1056 

 1 θ  - m   2 * #P 360 

A  vt = Z * I *

 1 9°   A  vt = 1408 conductores * 30A *  2 * 8 polos 360        A v   A  vt = 1584   polo  

28


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Un generador derivación de 500V con un devanado imbricado simple, gira a 750 r.p.m. suministra una carga de 195A. La armadura tiene 720 conductores y una resistencia de campo derivación es 100Ω. Encuentre las ampervueltas por polo si las escobillas han avanzado a través de

3 segmentos de colector a esta carga. También, calcular las espiras extra requeridas para neutralizar esta desmagnetización. [600 A∙v/polo, 4800 A∙v/polo, 120 espiras] DATOS: #P = 4 polos 


VL = 500 V 

R f = 100 Ω 

s = 750 r.p.m.

θs = 3segmentos 

I L = 195 A 

a = 4  ramas por ser devanado imbricado

SOLUCIÓN: I f = I f =

VL

I a = I L + I f

R f

I a = 195A + 5A

500V 100Ω

#S = #S =

I a = 200  A 

= 5 A 

Z

I=

θ m = θs *

a 720 conductores

Ia a 200A 4 ramas

= 50  A 

360° #S

  360°  θm = 3 segmentos * 180 segmentos 

4 ramas

#S = 180segmentos

A  vd = Z * I *

I=

θm = 6° mecánicos 

θm

N =

360°

 6°    360° 

A  vd = 720 conductores * 50A *   A v    polo 

A  vd = 600 

 1 θ  - m   2 * #P 360° 

A  vt = Z * I *

N =

I f 600 A  v

5A N = 120 espiras 

A  vT = A  vt + A  vd  A v

 A v

     A  vT = 3900  polo  + 600  polo

 1 6°  A  vt = 720 conductores * 50A *    2*4 polos  360°   A v   A  vt = 3900   polo 


A  vd

 A v    A v = 4500   T  polo   

29

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un generador de 4 polos con un devanado ondulado tiene 320 conductores en la armadura y entrega una corriente de armadura de 400A. Si la relación de polo-arco/polo-paso es 0.68, calcular las ampervueltas para compensar la densidad de flujo uniforme entregada en el entrehierro. [5440 A∙v/polo]

DATOS: #P = 4 polos Z = 320 conductores Ia = 400  A  polo - arco polo - paso

= 0.68

a = 2ramas por ser devanado ondulado

SOLUCIÓN: I= I=

A  vC =

Ia a 400 A 2 ramas

polo - arco polo - paso

*

= 200 A 

Z *I 2 * #P

 320 conductores *200A   2*4 polos    A v     A v = 5440  C  polo 

A  vC = 0.68* 

30


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Un generador de corriente directa de 500 kW, 500V, 10 polos, tiene una armadura con un devanado imbricado simple con 800 conductores. Calcular el número de conductores en cada polo de la compensación del devanado si la cara del polo cubre el 75% del paso. [6 conductores/polo] DATOS: PS = 500  kW  VL = 500 V  #P = 10polos a = 10 ramas por ser devanado imbricado Z = 800 conductores  polo - arco polo - paso

= 0.75

SOLUCIÓN: Ia = Ia =

PS

I=

VL 500 kW 500 V

I=

= 1000  A 

A  vC =

polo - arco

*

Ia a 1000 A 10 ramas

= 100 A 

Z *I

polo - paso 2 * #P

 800 conductores * 100A    2*10 polos    A v    A v = 3000   C  polo 

A  vC = 0.75* 

N  N =

A  vC Ia 3000 A  v

1000A* polo  espiras    polo 

N = 3 


 3 espiras   2 conductores  *   #P  polo   1 espira  Z

= 

Z

= 6

#P

 conductores     polo

31

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Estimar el número de espiras necesarias en cada interpolo de un generador de 6 polos entregando 200 kW a 200V; dados: número de conductores en la armadura con un devanado imbricado = 540; Interpolos del entrehierro = 1.0 cm; densidad de flujo en los interpolos del entrehierro = 0.3 Wb/m2. Ignorar los efectos de las partes de hierro del circuito y de fuga. [10 espiras] DATOS: #P = 6 polos  PS = 200 kW  VL = 200 V  Z = 540conductores  li = 1cm 

 Wb    m 2 

β = 0.3 

μ 0 = 4π *10-7 a = 6ramas por ser devanado imbricado

SOLUCIÓN: Ia = Ia =

PS

Ic =

VL 200 kW 200V

Ic =

= 1000  A 

Ia a 1000A 6 ramas

Ic = 166.67  A 

Ni * Ia =

Ni * Ia =

Z * Ic 2 * #P

+

β * li μ0

  Wb   0.3   *1*10 -2 m  2  540 conductores*166.67A    m  +

2*6 polos N i =

4π *10-7

7500 + 2387.32 1000A

N i = 9.88espiras  N i  10espiras

32


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Dos generadores de corriente directa con excitación independiente están conectados en paralelo suministran una carga de 200A. Las máquinas tienen resistencias del circuito de armadura de 0.05Ω y 0.1Ω y una f.e.m.s. inducidas de 425V y 440V respectivamente. Determine el voltaje en

las terminales, corriente y la potencia de salida de cada máquina. El efecto de la reacción de la armadura es despreciable. [423.3V, 33.3A, 14.1 kW, 166.7A, 70.6 kW] DATOS: I L = 200  A  R a1 = 0.05 Ω  R a 2 = 0.1Ω  E g1 = 425  V  E g 2 = 440  V 

SOLUCIÓN: 1.- Para generador 1:

2.- Para generador 2:

E g1 = VL + I a1 *0.05Ω

E g2 = VL + I a 2 *0.1Ω

425V = VL + I a1 *0.05Ω ... 1

440V = VL + I a 2 *0.1Ω ... 2

Para las corrientes:

Ia1 + Ia2 = 200A ... 3 Resolviendo el sistema: VL = 423.33V  Ia1 = 33.33A  Ia 2 = 166.66 A 

Potencias: P1 = VL * I a1

P2 = VL * I a 2

P1 = 423.33V*33.33 A 

P2 = 423.33V *166.66 A 

P1 = 14.1kW 

P2 = 70.55kW 


33

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Dos generadores derivación operando en paralelo entregan una salida total de 600A. Una máquina tiene una resistencia de armadura de 0.02Ω y un voltaje generado de 455V y la otra una resistencia de armadura de 0.025Ω y un voltaje generado de 460V. Calcular el voltaje entre

terminales y la salida en kilowatts de cada máquina. Desprecie las corrientes de campo. [450.56V, 100 kW, 170.2 kW] DATOS: I L = 600  A  R a1 = 0.02 Ω  E g1 = 455 V  R a 2 = 0.025 Ω  E g 2 = 460  V 

SOLUCIÓN: VL + Ia1 *0.02Ω = 455V ... 1 VL + Ia 2 *0.025Ω = 460V ... 2 Ia1 + Ia 2 = 600A ... 3

Resolviendo el sistema de ecuaciones: VL = 450.55 V  Ia1 = 222.22  A  Ia 2 = 377.77  A 

Para las potencias: P1 = VL * Ia1 P1 = 450.55V *222.22A  P1 = 100.12 kW  P2 = VL * Ia 2 P2 = 450.55V *377.77A  P2 = 170.2 kW 

34


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Las características externas de dos generadores derivación de corriente directa “A” y “B” son líneas rectas en el rango de trabajo entre el vacío y la plena carga. Generador A Generador B Vacío Plena carga Vacío Plena carga Voltaje en terminales (V) 400 360 420 370 Corriente de carga (A) 0 80 0 70 Determine el voltaje común entre terminales y la corriente de salida de cada generador cuando alimentan una carga total de 100A. [57.7A, 42.3A, 378.8V] DATOS: VA1 = 400V 

VB1 = 420V 

VA2 = 360V 

VB2 = 370V 

I A2 = 80A 

IB2 = 70 A  IL = 100 A

SOLUCIÓN: VLA = VLB

 VA - VA   VB - VB     * I B  VA -  * I A = VB -   IA    IB   400V - 360V   420V - 370V  400V - * I A = 420V -  * I     B 80A 70A 1

2

1

1

1

2

1

1

2

2

1

1

400V -0.5* I A = 420V - 0.714* I B 1

1

- 0.5* I A1 + 0.714* I B1 = 20V ... 1 I A1 + I B1 = I L I A1 + I B1 = 100A ... 2

Resolviendo el sistema de ecuaciones: I A1 = 42.15 A  I B1 = 57.85 A 

 VA - VA   IA

VL = VA1 - 

1

2

2

 * I A 

1

 400V - 360V  *42.15A   80A

VL = 400V - 

VL = 378.92  V 


35

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Dos generadores derivación operando en paralelo tienen cada uno una resistencia de armadura de 0.02Ω. La combinación de la corriente de carga es 2500A. Si las f.e.m.’s generadas de las

máquinas son 560V y 550V respectivamente, calcular el voltaje de la barra colectora y la salida en kW de cada máquina. [530V, 795 kW, 530 kW] DATOS: R a1 = R a 2 = 0.02 Ω I L = 2500 A  E g1 = 560 V  E g2 = 550 V 

SOLUCIÓN: VL + 0.02Ω* Ia1 = 560V ... 1 VL + 0.02Ω* Ia 2 = 550V ... 2 Ia1 + Ia 2 = 2500A ... 3

Resolviendo el sistema de ecuaciones: VL = 530 V  Ia1 = 1500 A  Ia 2 = 1000 A 

Para las potencias: P1 = VL * I a1 P1 = 530V*1500A P1 = 795 kW  P2 = VL * I a 2 P2 = 530V *1000A P2 = 530  kW 

36


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Dos generadores derivación “A” y “B” operan en paralelo y sus características pueden ser tomadas como líneas rectas. El voltaje de “A” cae de 240V en vací o a 220V con 200A, mientras que “B” cae de 245V en vací o a 220V con 150A. Determine la corriente a la cual cada máquina suministra a una carga común de 300A y el voltaje en terminales con esta carga. [169A, 131A, 223.1V] DATOS: VA1 = 240 V  VA2 = 220 V  I A2 = 200  A  VB1 = 245 V  VB2 = 220 V  I B2 = 150 A  IT = 300  A 

SOLUCIÓN: VLA = VLB

 VA - VA  VA -   IA 1

1

2

2

  V - VB * I A = VB -  B    I B 1

1

1

2

2

 * I B 

1

 240V - 220V   245V - 220V  * I A = 245V -  * I     B 200A 150A

240V -

1

1

240V -0.1* I A =  245V - 0.166* I B 1

1

- 0.1* I A1 + 0.166* I B1 = 5V ... 1 I A1 + I B1 = I T I A1 + I B1 = 300A ... 2

Resolviendo el sistema de ecuaciones. I A1 = 168.42  A  I B1 = 131.57  A 

 VA - VA  VL = VA -   IA 1

1

2

2

 * I A 

1

 240V - 220V  *168.42A   200A

VL = 240V - 

VL = 223.15 V 


37

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Dos generadores devanado derivación de corriente directa están conectados en paralelo suministran una carga de 5000A. Cada máquina tiene una resistencia de armadura de 0.03Ω y una resistencia de campo de 60Ω, la f.e.m. de una máquina es 600V y la de la otra es 640V. ¿Qué

potencia debe suministrar cada máquina?

[1004 kW, 1730 kW]

DATOS: I T = 5000  A  R a1 = R a 2 = 0.03Ω  R f1 = R f 2 = 60 Ω  E g1 = 600  V  E g 2 = 640  V  SOLUCIÓN: E g1 = VL + I a1 *0.03Ω

600V - VL

E g2 = VL + I a 2 *0.03Ω

0.03Ω 60Ω 0.03Ω 60Ω 5000A - 20000A - 21333.33A VL = - 66.7Ω VL = 544.72 V 

I L1 + I L2 = 5000A

I a1 = I L1 + I f 1 I a1 = I L1 + I a 2 = I L2 +

60Ω VL

I L1 =

60Ω

I L2 =

 VL  *0.03Ω  60Ω   V  640V = VL + I L + L *0.03Ω  60Ω  2

I L2 =

38

VL

+

640V - VL

-

VL

= 5000A

VL

600V = VL + I L1 +

I L1 =

-

600V - VL 0.03Ω 640V - VL 0.03Ω

-

VL 60Ω VL 60Ω

600V - VL 0.03Ω 640V - VL 0.03Ω

-

VL 60Ω VL 60Ω

= 1833.58A  = 3166.92 A 

Para las potencias: P1 = VL * I L1 P1 = 544.72V *1833.58A P1 = 998.78 kW  P2 = VL * I L2 P2 = 544.72V*3166.92A P2 = 1725.08 kW 


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Dos generadores trabajan en paralelo entregando una carga equitativa de 100 kW con un voltaje en terminales de 230V. En vacío sus voltajes se incrementan a 240V y 245V respectivamente. Suponiendo que sus características volt-ampere son rectilíneas, encuentre: ¿Cómo podría entregar la carga cuando la corriente total es reducida a la mitad del valor original? También, encuentre el nuevo voltaje entre terminales. [20 kW, 30 kW, 236V] DATOS: P1 = 50  kW 

VL = 230 V 

P2 = 50  kW 

V1 = 240 V  V2 = 245 V 

SOLUCIÓN: I1 =

P1 V1

=

50 kW

I2 =

240V

I1 = 208.33 A 

P2 V2



50 kW

IL = I1 + I 2

245V

IL = 204.08A + 208.33A

I2 = 204.08 A 

IL = 412.41 A 

 VA - VA   VB - VB     * IB VA -  * I A = VB -  IA   IB   240V - 230V   245V - 230V  240V-  * I A = 245V-  * I  208.33A   204.08A  B 1

2

1

1

1

2

1

2

2

1

1

240V- 0.048* I A = 245V - 0.074 * I B 1

1

- 0.048* I A1 + 0.074* I B1 = 5V ... 1 I A1 + I B1 =

P1 = VL * I1

IL

P1 = 235.96V *84.09A 

2

P1 = 19.84 kW 

I A1 + I B1 = 206.21A ... 2

P2 = VL * I 2

I A = 84.09  A 

P2 =  235.96V *122.11A 

I B = 122.11 A 

P2 = 28.81kW 

V - V A  A VL = VA -   IA 1

1

2

2

 * IA 

1

 240V - 230V  * 84.09A   208.33A  

VL = 240V  - 

VL = 235.96 V 


39

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Tres generadores derivación, cada uno tiene una resistencia de 0.1Ω está conectada a través de una barra común alimentando una carga de 2Ω. Sus voltajes generados son 127V, 120V y 119V.

Despreciando corrientes de campo, calcular el voltaje en la barra y los modos de operación de las tres máquinas. [I1 = 70A modo generador, I2 = 0, I3 = -10A, modo motor, IL = 60A] DATOS: E g1 = 127  V  E g 2 = 120  V  E g3 = 119  V  R a = 0.1Ω  R c = 2 Ω 

SOLUCIÓN: I1 + I 2 + I 3 = I L VL = I L * R c VL = I1+ I 2 + I 3 * R c

Eg1 = VL + I1* R a Eg1 = R c *I1 + I2 + I3  + I1* R a 127V = 2.1Ω* I1 + 2Ω* I 2 +  2Ω* I3 ... 1 Eg2 = VL + I 2 * R a Eg2 = R c *I1+ I 2 + I3  + I 2 * R a 120V = 2Ω* I1 + 2.1Ω* I2 +  2Ω* I3 ... 2 Eg3 = VL + I3* R a Eg3 = R c *I1+ I 2 + I3  + I3 * R a 119V = 2Ω* I1 + 2Ω* I 2 +  2.1Ω* I3 ... 3

Resolviendo el sistema de ecuaciones: I1 = 70  A 

I L = I1 + I 2 + I3

VL = IT * R c

I2 = 0A 

I L = 70A + 0A -10A

VL = 60A *2Ω

I3 = -10  A 

I L = 60  A 

VL = 120  V 

40


Simbología utilizada a lo largo del capítulo. Símbolo Significado Unidades Caída de tensión en las escobillas.   Vescobillas V  V ó   escobilla  k K Ia

Constante de máquina. Constante. Corriente de armadura.

I f

Corriente de campo derivación.

IL


Is

Corriente del campo serie.

A A A A

η

Eficiencia. Elemento resistivo de un arrancador.

Ω

r

Flujo por polo. Eg

Fuerza contraelectromotriz generada.

 Wb V

Z

Número de conductores.

conductores

n

#P

Número de pernos del motor. Número de polos.

a

Número de ramas.

τ armadura

Par ejercido por la armadura.

τ

Par entregado.

τ util

Par útil de salida.

PCu a

Pérdidas en el cobre de la armadura.

PCu f

Pérdidas en el cobre del campo derivación.

PCu s

Pérdidas en el cobre del campo serie.

PCu T

Pérdidas en el cobre totales.

Pescobillas

Pérdidas en las ecobillas.

PE

Potencia de entrada

PE pc

Potencia de entrada a plena carga.

PEvacío

Potencia de entrada en vacío.

PET

Potencia de entrada total.

P p

Potencia de pérdidas.

PST

Potencia de salida total.

 polos ramas  N - m  N - m  N - m W  W  W  W W kW kW kW kW W kW

PS

Potencia de salida.

Pdesarrollada

Potencia desarrollada por el eje del motor.

PM

Potencia mecánica entregada.

Parmadura

Potencia perdida en la armadura.

R x

Resistencia adicional.

R a

Resistencia de armadura.

R f

Resistencia de campo derivación.

R s

Resistencia de campo serie.

R div

Resistencia de divertor.

R i

Resistencia de interpolos.

R r

Resistencia reguladora.

R Tf

Resistencia total del campo derivación.

R T

Resistencia total.

s

Velocidad.

ω

VL

Voltaje de línea.

kW W kW ó h.p.  W Ω Ω Ω Ω Ω Ω Ω Ω Ω  rad   seg  

r.p.m. ó 

V

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un motor de corriente directa conectado a 460V con una resistencia de armadura de 0.15Ω. Calcular: a) El valor de la fuerza contraelectromotriz, cuando la corriente de armadura es 120A. b) El valor de la corriente de armadura cuando la fuerza contraelectromotriz es 447.4V. [a) 442V, b) 84A] DATOS: VL = 460  V  R a = 0.15Ω

SOLUCIÓN: a)

b)

Eg = VL - Ia * R a

E g = VL - I a * R a

Eg = 460V - 120A *0.15Ω Eg = 442V 

Ia = Ia =

VL - Eg R a 460V - 447.4V 0.15Ω

Ia = 84  A 

2.- Un motor de corriente directa conectado a una fuente de 460V toma una corriente de armadura de 120A a plena carga. Si la resistencia del circuito de armadura es 0.25Ω, calcular el valor de la fuerza contraelectromotriz en esta carga. [430V] DATOS: VL = 460 V  R a = 0.25Ω  I a = 120  A  SOLUCIÓN: Eg = VL - Ia * R a Eg = 460V - 120A *0.25Ω Eg = 430 V 

Capítulo 2.- Motores de C.D.

45

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un motor de corriente directa de 4 polos toma una corriente de armadura de 150A a 440V. Si este circuito de armadura tiene una resistencia de 0.15Ω. ¿Cuál será el valor de la fuerza contraelectromotriz en esta carga? [417.5V] DATOS: #P = 4 polos  I a = 150  A  VL = 440 V  R a = 0.15 Ω  SOLUCIÓN: Eg = VL - Ia * R a Eg = 440V - 150A *0.15Ω Eg = 417.5V 

4.- Calcular el par en Newton-metro entregado por un motor de corriente directa de 440V que tiene una resistencia de armadura de 0.25Ω y girando a 750 r.p.m. cuando está tomando una corriente de 60A. [325 N - m] DATOS: VL = 440 V  R a = 0.25Ω  s = 750 r.p.m. I L = 60 A  SOLUCIÓN:

 750 rev   2π rad   1 min  ω =  * *   min   1 rev   60 seg   rad   ω = 78.53   seg  E g = VL - I a *R a 

τ= τ=

Eg * IL ω

425V*60A  r ad    seg 

78.53 

τ = 324.71 N - m

E g = 440V - 60A*0.25Ω E g = 425 V 

46


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un motor de corriente directa con un devanado imbricado de 4 polos tiene 576 conductores una corriente de armadura de 10A. Si el flujo por polo es 0.02Wb, Calcular el par entregado por la armadura. [18.33 N - m] DATOS: #P = 4polos  Z = 576 conductores I a = 10  A   = 0.02 Wb

a = 4 ramas por ser devanado imbricado SOLUCIÓN: Eg =

τ=

Z * #P *  60 * a Z * #P *  * I a

1 rev   1 min   2π rad   *   *  * 60 * a  min   60 seg   1 rev 

570 conductores * 4 polos * 0.02Wb * 10A  2π*4 ramas τ = 18.14 N - m τ=


47

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Una máquina derivación tiene una resistencia de armadura y campo de 0.025Ω y 80Ω respectivamente. Cuando se conecta a la barra colectora de 400V y trabaja como generador a 450 r.p.m., entrega 120 kW. Calcular esta velocidad cuando trabaja como motor y absorbe 120 kW de la misma barra colectora. [435 r.p.m.] DATOS: R a = 0.025 Ω  R f = 80 Ω  VL = 400 V  s1 = 450r.p.m. PS = 120 kW  SOLUCIÓN: Motor: IL = IL = I f = I f =

I f =

PS I f =

VL 120 kW 400V VL

= 300 A 

= 5 A 

80Ω I a 2 = I L - If = 300A - 5A I a 2 = 295 A  E g2 = VL - I a2 * R a E g2 = 400V - 0.025Ω*295A E g2 = 392.63V 

Generador: IL = IL =

48

80Ω

= 5A 

E g1 = VL + I a1 * R a E g1 = 400V + 0.025Ω*305A E g1 = 407.63V  E g1 E g2 s2 =

=

s1 s2

E g 2 * s1 E g1

392.63V*450 r.p.m. 407.63V

s 2 = 433.44  r.p.m.

VL 400V

400V

Ia1 = I L + I f = 300A + 5A

s2 =

PS 120 kW

R f

Ia1 = 305 A 

R f 400V

VL

= 300  A 


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- La corriente de armadura de un motor serie es 60A cuando trabaja a plena carga. Si la carga es ajustada para que esta corriente disminuya a 40A, encuentre el nuevo par expresado como un porcentaje del par de plena carga. El flujo para una corriente de 40A es 70% de cuando la corriente es 60A. [46%] DATOS: I a1 = 40  A  I a 2 = 60  A  1 = 0.70*2

SOLUCIÓN: τ1 = k * 1* s1 τ2 = k * 2 * s2 τ1 τ2 τ1 τ2 τ1 τ2

=

=

k *0.70*2 * I a 1 k *2 * Ia 2

0.70* 40A 60A

*100%

*100%

= 46.66%


49

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un motor derivación de 4 polos tiene un flujo por polo de 0.04Wb y la armadura esta con un devanado imbricado con 720 conductores. La resistencia del campo derivación es 240Ω y la

resistencia de la armadura es 0.2Ω. Con una caída por contacto de escobillas de 1V por escobilla. Determine la velocidad de la máquina cuando funciona: a) Como motor tomando 60A y, b) como generador suministrando 120A. El voltaje entre terminales en cada caso es 480V. [a) 972 r.p.m. b) 1055 r.p.m.] DATOS:

R a = 0.2 Ω

#P = 4 polos 


Vescobillas = 1 

 = 0.04  Wb 

Z = 720conductores VL = 480 V  a = 4 ramas

R f = 240 Ω 

por ser devanado imbricado

SOLUCION: b) IL = 120A

a) IL = 60A If = If =

VL

If = 2 A 

R f

Ia 2 = IL + If

480V

240Ω Ia1 = IL - If

= 2 A 

Ia1 = 60A - 2A = 58 A 





E g = VL - I a1 * R a - Vescobillas E g = 480V - 0.2Ω*58A - 2V E g = 466.4 V  s=

E g * 60 * a

Ia 2 = 120A + 2A =122 A 





E g = VL + I a 2 * R a + Vescobillas E g = 480V + 0.2Ω*122A + 2V E g = 506.4  V 

506.4V*60*4 ramas  0.04Wb*4 polos *720 conductore s s = 1055 r.p.m. s=

 * #P * Z

466.4V*60*4 ramas 0.04Wb*4 polos*720 conductores s = 971.66  r. p.m. s=

50


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un generador derivación de 25 kW entrega una salida completa a 400V en la barra colectora y está girando a 950 r.p.m. por una correa de transmisión. La correa se rompe repentinamente pero la máquina continúa funcionando como motor tomando 25 kW de la barra colectora. ¿A qué velocidad está girando?, tomar la resistencia de la armadura incluyendo el contacto de escobillas [812.7 r.p.m.] como 0.5Ω y la resistencia de campo como 160Ω. DATOS: PS = 25kW 

R a = R s = 0.5Ω

VL = 400V 

R f = 160 Ω

s1 = 950r.p.m.

SOLUCIÓN: Análisis como generador: IL = IL = I f =

PS

400V VL

= 62.5A 

R f 400V

= 2.5 A  160A I a1 = I L + I f = 62.5A + 2.5A I f =

I a1 = 65 A 

25 kW

= 62.5A  400V 400V If = = 2.5A  160A Ia 2 = 60  A  IL =

VL 25 kW

Análisis como motor:

E g2 = VL - I a 2 * R a E g2 = 400V - 60A*0.5Ω E g2 = 370 V 

E g1

=

k * 1* s1 k * 2 * s 2

E g1 = VL + I a1 * R a

E g2

E g1 = 400V+ 65A*0.5Ω

432.5V

E g1 = 432.5V 

370V s2 =

=

950 r.p.m. s2

370V *950 r.p.m.

432.5V s 2 = 812.71 r.p.m.


51

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un motor derivación de corriente directa de 4 polos tiene una armadura con un devanado ondulado con 65 ranuras, cada una contiene 6 conductores. El flujo por polo es 20 mWb y tiene una resistencia de armadura de 0.15Ω. Calcular la velocidad del motor cuando la m áquina está operando con 250V suministrados y tomando una corriente de 60A. [927 r.p.m.] DATOS: #P = 4 polos  Z = 390 conductores   = 20  mWb 

R a = 0.15Ω  VL = 250 V  I a = 60  A  a = 2 ramas por ser devanado ondulado SOLUCIÓN: Eg = VL - Ia * R a Eg = 250V - 60A *0.15Ω Eg = 241V  Eg = s=

Z * #P *  * s

60 * a E g * 60 * a Z * #P * 

241V*60* 2 ramas 390 conductores*20 mWb* 4 polos s = 926.92r.p.m. s=

52


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- Un motor de 500V de corriente directa tiene una resistencia de armadura y campo de 0.5Ω y 200Ω respectivamente. Cuando está cargado y tomando una entrada total de 25 kW, está funcionando a 400 r.p.m. Encuentre la velocidad a la cual debería trabajar como un generador derivación para suministrar una potencia de salida de 25 kW con un voltaje entre terminales de 500V. [442 r.p.m.] DATOS: VL = 500 V  R a = 0.5Ω  R f = 200 Ω  PE = 25 kW  s = 400 r.p.m. SOLUCIÓN: Análisis como motor: IL = IL = I f = I f =

PE VL 25 kW 500V VL

Análisis como generador: = 50 A 

R f 500V

200Ω I a = I L - I f

25 kW

= 50 A  500V 500V If = = 2.5A  200Ω Ia 2 = 50A + 2.5A IL =

= 2.5  A 

Ia 2 = 52.5A 

I a = 50A - 2.5A = 47.5 A 

E g2 = VL + Ia 2 * R a

E g1 = VL - I a1 * R a

E g2 = 500V + 52.5A *0.5Ω

E g1 = 500V - 47.5A *0.5Ω

E g2 = 526.25V 

E g1 = 476.25 V  476.25V 526.25V s2 =

=

400 r.p.m. s2

526.25V *400 r.p.m. 476.25V

s 2 = 442 r.p.m.


53

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- Un motor derivación de corriente directa gira a 900 r.p.m. suministrándole 460V cuando toma una corriente de armadura de 25A. Calcular la velocidad a la cual girará si se le suministran 230V cuando toma una corriente de armadura de 15A. La resistencia del circuito de armadura es 0.8Ω.

Asuma el flujo por polo a 230V debe ser disminuido al 75% del valor de 400V.

[595 r.p.m.]

DATOS: s1 = 900 r.p.m. VL1 = 440  V  I a1 = 25  A  2 = 0.75*1

VL2 = 230  V  I a 2 = 15  A  R a = 0.8 Ω 

SOLUCIÓN: E g1 = VL1 - I a1 * R a E g1 = 460V - 25A *0.8Ω E g1 = 440  V  E g 2 = VL2 - I a 2 * R a E g 2 = 230V - 15A *0.8Ω E g 2 = 218 V 

E g1 E g2

=

440V

k *1* s1 k *0.75*1* s 2 =

900 r.p.m.

0.75* s 2 218V*900 r.p.m. s2 = 0.75*440V s 2 = 594.54 r.p.m. 218V

54


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- Una máquina derivación conectada a 250A de la red eléctrica tiene una resistencia de armadura de 0.12Ω y de resistencia de campo derivación de 100Ω. Encuentre la relación de

velocidad como un generador a la velocidad como motor si la corriente es 80A en ambos casos. [1.08] DATOS: VL = 250  V 

R a = 0.12Ω

I L = 80 A 

R f = 100 Ω

SOLUCIÓN: If = If =

VL R f 250V 100Ω

= 2.5 A 

Análisis como motor: Ia1 = I L - If Ia1 = 80A - 2.5A = 77.5A  E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 250V - 77.5A *0.12Ω E g1 = 240.7  V 

Análisis como generador: Ia 2 = I L + I f Ia 2 = 80A + 2.5A = 82.5 A  E g2 = VL + Ia 2 * R a E g2 = 250V + 82.5A *0.12Ω E g2 = 259.9  V  E g1 E g2

=

s1

s2 =

s2

240.7V 259.9V

=

s1

259.9V

* s1 240.7V s 2 = 1.079 * s1

s2


55

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 14.- Un generador derivación de corriente directa de 20 kW, entrega una salida nominal de 1000 r.p.m. tiene un voltaje entre terminales de 500V. La resistencia de armadura es 0.1Ω, la caída de voltaje por contacto de cada escobilla es 1V y la resistencia de campo derivación es 500Ω. Calcular

la velocidad a la cual la máquina girará como un motor tomando una entrada de 20 kW a 500V. [976.1 r.p.m.] DATOS: PS = 20  kW  s1 = 1000 r.p.m. VL = 500 V  R a = 0.1Ω 

  V   escobilla 

Vescobillas = 1 

R f = 500 Ω  SOLUCIÓN: Análisis como generador: IL = IL = I f =

PS

Ia 2 = IL - If

VL

Ia 2 = 40A - 1A = 39 A

20 kW 500V VL

= 40 A 

R f

E g 2 = 494.1 V

500V





E g1 = VL + I a1 * R a + Vescobillas E g1 = 500V + 41A*0.1Ω + 2V E g1 = 506.1 V 

56

E g 2 = VL - I a 2 * R a  - Vescobillas E g 2 = 500V - 39A * 0.1Ω - 2V

= 1 A  500Ω I a1 = I L + I f = 41A  I f =

Análisis como motor:

E g1 E g2

=

s1 s2

506.1V 494.1V

=

1000 r.p.m. s2

494.1V*1000 r.p.m. 506.1V  s 2 = 976.28 r.p.m. s2 =


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 15.- Un motor de corriente directa, 4 polos, 250V, tiene un devanado de armadura imbricado con 960 conductores. El flujo por polo es 20 mWb. Calcular el par entregado por la armadura y el par útil en Newton – metro, cuando la corriente tomada por el motor es 30A. La resistencia de armadura es 0.12Ω y la resistencia de campo es 125Ω. Las pérdidas rotacionales suman 825W. [85.5 N - m, 75.3 N - m] DATOS: #P = 4 polos VL = 250  V  Z = 960 conductores  = 20  mWb 

R a = 0.12 Ω  R f = 125Ω  I L = 30  A  P p = 825 W  a = 4  ramas por ser devanado imbricado

SOLUCIÓN: I f = I f =

VL

s=

R f 250V 125Ω

E g * 60 * a Z * #P * 

246.64V*60*4 ramas 960 conductores*20 mWb* 4 polos s = 770.75 r.p.m.

= 2A

s=

Ia = IL - I f Ia = 30A - 2A = 28A  E g = VL - I a * R a E g = 250V - 28A *0.12Ω

 770.75 rev   2π rad   1 min  * *   min   1 rev   60 seg 

ω = 

 rad    seg 

ω = 80.71 

E g = 246.64 V 

τ armadura = τ armadura =

E g * Ia ω 246.64V*28A

 rad    seg 

80.71 

τ armadura = 85.56 N - m 


τ util = τ util =

Eg * Ia - Pp ω

246.64V*28A - 825W  rad    seg 

80.71  τ util = 75.34 N - m

57

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un motor serie de 250V de corriente directa de 4 polos, tiene una armadura con un devanado ondulado con 496 conductores. Calcular: a) El par ejercido por la armadura, b) La velocidad, c) El par de salida, y d) La eficiencia, si la corriente del motor es 50A. El valor del flujo por polo bajo estas condiciones es 22 mWb y las pérdidas totales en el hierro, fricción y por efecto del viento son 810W. Resistencia de armadura = 0.19Ω, resistencia de campo = 0.14Ω.

[a) 173.5 N - m, b) 642 r.p.m., c) 161.4 N - m, 86.9%] DATOS: #P = 4 polos 

R a = 0.19Ω

VL = 250 V 

R s = 0.14Ω

Z = 496 conductores 

Ia = 50 A

 = 22 mWb

a = 2ramas 

P p = 810  W 

por ser devanado ondulado

SOLUCIÓN: E g = VL - I a *R a + R s  E g = 250V - 50A *0.14Ω + 0.19Ω E g = 233.5V 

s=

E g * 60 * a Z * #P * 

233.5V*60*2 ramas 496 conductores* 22 mWb* 4 polos s = 641.95r.p.m. s=

 641.95 rev   1 min   2π rad  * *   min   60 seg   1 rev 

ω = 

 rad   ω = 67.22   seg 

58


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. τarmadura = τarmadura =

E g * Ia ω 233.5V*50A

 rad    seg 

67.22 

τarmadura = 173.66 N - m

τ util = τ util =

E g * I a - Pp ω 233.5V*50A  - 810W

 rad    seg 

67.22 

τ util = 161.63 N - m 

PCua = Ia2* R a 2

PCua = 50A *0.19Ω = 475 W  PCus = Ia2* R s 2

PCus = 50A *0.14Ω = 350 W  PCuT = PCua + PCus PCuT = 475W + 350W = 825 W  PE = VL * Ia PE = 250V *50A  = 12.5 kW  PS = PE - Pp - PCu T PS = 12.5 kW - 810W - 825W PS = 10.865 kW 

η=

PS PE

*100%

10.865 kW  η =  *100%  12.5 kW  η = 86.92%


59

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- En vacío, un motor derivación toma 5A a 250V, las resistencias de los circuitos armadura y campo derivación son 0.1Ω y 250Ω respectivamente. Calcular la potencia se sali da y la eficiencia del motor cuando la corriente suministrada es 81A al mismo voltaje suministrado. [18.5 kW, 91%] DATOS: I L1 = 5  A  VL = 250  V  R f = 250  Ω  R a = 0.1 Ω  I L2 = 81 A 

SOLUCIÓN: Análisis en vacío: If =

VL

E g2 = 250V - 80A *0.1Ω

R f

E g2 = 242 V 

250V

= 1 A  250Ω 250Ω Ia1 = I L1 - I f If =

E g2 = VL2 - I a 2 * R a

PS2 = Eg 2 * I a 2 PS2 = 242.6V*80A

Ia1 = 5A - 1A = 4 A 

PS2 = 19.36 kW 

E g1 = VL - Ia1 * R a

PST = PS2 - PS1

E g1 = 250V - 4A *0.1Ω

PST = 19. 19.36 36 kW - 998 998.4 .4W W

E g1 = 24 249.6 9.6 V 

PST = 18.36 kW 

PS1 = E g1 * I a1 PS1 = 249.6V* 4A PS1 = 998.4  W 

PE = VL * I L2 PE = 250V *81A  PE = 20 20.25 kW 

PS

Análisis a plena carga:

η=

I f = 1A 

η = 

I a 2 = I L2 - I f I a 2 = 81A - 1A

PE

*100%

 18.36 kW  *100%  20.25 kW 

η = 90.66%

I a 2 = 80  A 

60


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un motor serie de 230V de corriente directa está tomando 50A. 5 0A. La resistencia de los bobinados armadura y campo serie son 0.2Ω y 0.1Ω respectivamente. Calcular: a) La fuerza contraelectromotriz, b) Potencia perdida en la armadura, c) Potencia mecánica entregada. [a) 215V, b) 500W, c) 13.74 h.p. (10.25 kW)] DATOS: VL = 230  V  I L = 50  A  R a = 0.2  Ω  R s = 0.1 Ω 

SOLUCIÓN: a) E g = VL - I L *R a + R s  E g = 230V - 50A *0.2Ω + 0.1Ω E g = 21 215 V  2

Parmadura = Ia * R a

b)

2

Parmadura = 50A * 0. 0.2Ω Parmadura = 500 W 

PM = Eg * Ia

c)

PM = 205V*50A PM = 10.25kW 

 1 h.p.  *10.25 kW   746W 

PM = 

PM = 13.73 h.p.


61

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Calcular la potencia en el eje de un motor serie tomando los siguientes datos; 83.5% de eficiencia total, velocidad de 550 r.p.m. cuando toma 65A; resistencia del motor de 0.2Ω, flujo por

polo 25 mWb, devanado de armadura imbricado con 1200 conductores.

[15.66 kW]

DATOS: η = 83.5% s = 550 550 r.p. r.p.m. m. I L = 65 A  R T = 0.2 Ω  = 25mWb

Z = 1200conduc conductore toress 

SOLUCIÓN: Eg = Eg =

Z*s* 60 1200 cond condut utor ores es*550 550 r.p r.p.m .m..* 25 mWb 1200 60

E g = 275 V 

VL = E g + I L * RT VL = 275V + 65A *0.2Ω  VL = 288V  PE = VL * I L PE = 288V*65A PE = 18.72 kW  PS = η * PE PS = 0.835*18.72 kW  PS = 15.63kW 

62


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un motor derivación girando sin carga toma 5A con 200V. La resistencia del campo derivación es 150Ω y de la armadura 0.1Ω. Determine la salida y eficiencia del motor cuando la corrie nte de entrada es 120A a 200V. [89.8%] DATOS: I L1 = 5  A  I L 2 =120  A  R f =150  Ω  R a = 0.1 Ω  VL = 200  V 

SOLUCIÓN: Análisis en vacío. I f = I f =

E g2 = VL - Ia2 * R a

VL

E g2 = 200V - 118.67A *0.1Ω

R f

E g2 = 188.13 V 

200V 150Ω 150 Ω

=1.33 A 

Ia1 = I L1 - I f Ia1 = 5A - 1.33 1.33A A = 3. 3.66 A  E g1 = VL - Ia1 * R a E g1 = 200V - 3.66A *0.1Ω E g1 = 199. 199.63 63 V  PS1 = E g1 * I a1

PS2 = E g2 * I a 2 PS2 = 188.13V*118.67A PS2 = 22.32 kW  PST = PS2 - PS1 PST = 22. 22.32 32 kW - 730 730.6 .66W 6W PST = 21.59  kW  PE = VL * I L 2 PE = 200V*120A = 24 kW 

PS1 = 199.63V*3.66A

PS

PS1 = 730.66  W 

η=

Análisis a plena carga:

η = 

If = 1.33A 

η = 89.95%

PE

*100%

 21.59 kW  *100%  24 kW 

Ia 2 = I L2 - I f Ia 2 = 120 120A A - 1.3 1.33A Ia 2 = 118.67 A 


63

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Un motor derivación con interpolos tiene las siguientes particularidades: Potencia de salida de 8.952 kW, 440V, resistencia de armadura de 1.1Ω, la caída por contacto de escobillas es de 2V, Resistencia de los interpolos de 0.4Ω, resistencia del campo derivación 650Ω, resistencia reguladora en el campo derivación de 50Ω. Las pérdidas en el hierro y fricción a plena carga es

450W. Calcular la eficiencia cuando toma una corriente de 24A.

[85%]

DATOS: PS = 8.952  kW  VL = 440  V  Vescobillas = 2  V  R a = 1.1 Ω  R i = 0.4  Ω  R f = 650 Ω  R r = 50  Ω  P p = 450  W  I L = 24  A 

SOLUCIÓN: If = If =

VL

PCu f = If2 *R f + R r 

R f + R r

2

PCu f = 0.62A  + 650Ω + 50Ω

440V

650Ω + 50Ω 650Ω If = 0.62  A 

PCu f = 269.08  W  Pescobillas = Vescobillas * I a Pescobillas = 2V *23.37A  = 46.74  W 

Ia = I L - I f Ia = 24A 24A - 0.6 0.62A 2A

PE = PS + PCu T + Pp

Ia = 23.37  A 

PE = 8.925 8.925 kW kW +1135.0 +1135.05W 5W + 450W 450W

PCu a = I *R a + R i  2 a

PE = 10.51kW 

2

PCua = 23.37A *1. 1 .1Ω + 0.4Ω  PCua = 819.23 W 

η=

PS PE

*100%

 8.925 kW  *100% 10.51 kW 

η = 

η = 84.91%

64


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un motor serie de corriente directa a plena carga toma 50A de una red eléctrica de 230V. La resistencia total del motor es 0.22Ω. Si las pérdidas en el hierro y fricción valen juntas el 5% de la entrada, calcular la potencia entregada por el eje del motor. La caída de tensión total por escobillas es 2V. [10.275 kW] DATOS: I L = 50  A  VL = 230  V  R T = 0.22 Ω  Vescobillas = 2  V  PM = 0.05* PE

SOLUCIÓN: PE = 230V *50A  = 11.5 kW  Eg = VL - Ia* R T  - Vescobillas Eg = 230V - 50A *0.22Ω - 2V Eg = 217 V  PS = E g * I L PS = 217V*50A = 10.85 kW  Pdesarrollada = PS - PM Pdesarrollada = 10.85 kW - 0.05*11.5 kW Pdesarrollada = 10.275 kW 


65

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un motor derivación de corriente directa de 2 polos, funciona con un suministro de 200V, toma a plena carga una corriente de 35A, en vací o la corriente es 2A. La resistencia de campo es 500Ω y la armadura tiene una resistencia de 0.6Ω. Calcular la eficiencia del motor a plena carga. Tomar la

caída de tensión por contacto de escobillas igual a 1.5V por escobilla. Desprecie el incremento de temperatura. [82.63%] DATOS: #P = 2 polos  VL = 200 V  R a = 0.6 Ω  R f = 500 Ω 

  V   escobilla 

Vescobillas = 1.5  I L1 = 35 A  I L 2 = 2  A SOLUCIÓN:

Análisis a plena carga: I f =



VL

E g1 = 200V - 34.6A *0.6Ω - 3V

R f

E g1 =176.24 V 

200V

= 0.4  A  500Ω I a1 = I L1 - If

PS = E g1 * Ia1

I a1 = 35A - 0.4A = 34.6 A 

PS = 6.09 kW 

I f =



E g1 = VL - Ia1 * R a - Vescobillas

PEPC = VL * I L1 PEPC = 200V*35A  = 7 kW PEVacio = VL * I L2 PEVacio = 200V*2A = 400 W  PET = PEPC + PEVacio

PS = 176.24V*34.6A

η=

PS PET

* 100%

 6.09 kW  * 100%  7.4 kW 

η = 

η = 82.4%

PET = 7.4kW 

66


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un motor derivación de corriente directa gira a 900 r.p.m. de un suministro de 460V cuando está tomando una corriente de armadura de 25A. Calcular la velocidad a la cual girará con un suministro de 230V cuando está tomando una corriente de armadura de 15A. La resistencia del circuito de armadura es 0.8Ω. Asumir que el flujo por polo a 230V debe reducirse al 75% del valor a 460V. [595 r.p.m.] DATOS: s1 = 900  r.p.m. VL1 = 460 V  I a1 = 25 A  VL 2 = 230 V  I a 2 =15  A  R a = 0.8 Ω  2 = 0.75* 1

SOLUCIÓN: Eg1 = VL1 - I a1 * R a Eg1 = 460V - 25A *0.8Ω Eg1 = 440 V  E g2 = VL2 - I a 2 * R a E g2 = 230V - 15A *0.8Ω E g2 = 218 V 

E g1 E g2

=

k * 1 * s1 k * 2 * s 2



k * 1 * s1 k *0.75*1 * s 2

900 r.p.m. 218V 0.75 * s 2 900 r.p.m.*218V s2 = 440V*0.75 s 2 = 594.54 r.p.m. 440V

=


67

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un motor derivación de corriente directa de 250V tiene una resistencia de armadura de 0.5Ω y gira 1200 r.p.m. cuando la corriente de armadura es 80A. Si el par permanece constante, encuentre la velocidad y la corriente de armadura cuando el campo esta reforzado al 25%. [998 r.p.m., 64A] DATOS: VL = 250V 

Ia1 = 80A 

R a = 0.5Ω

τ1 = τ2

s1 = 1200 r.p.m.

2 = 1.25* 1

SOLUCIÓN:

1200 rev   1 min   2π rad  ω1 =  * *   min   60 seg   1 rev   rad    seg 

ω1 = 125.66 

τ2 =

E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 250V - 80A *0.5Ω E g1 = 210 V  τ1 = τ1 =

τ2 =

E *I  g2

ω2

E *I  g2

0.4787 * E g

0.4787

E g2 = 250V - 64A*0.5Ω

ω1

210V*80A  rad    seg 

E g2 = 218V 

τ2 =

k * 1 * ω1 k *1.25  1 * ω2

125.66 Eg 1.25 * ω2 125.66 * E g ω2 = 210V*1.25 ω2 = 0.4787* E g 210V

Ia2

Ia 2 = 64 A 

E *I 

τ1 = 133.69 N - m

E g2

2

E g2 = VL - I a 2 * R a

E g * Ia1

=

a2

133.69  N - m  =

125.66 

E g1

a2

=

2

2

2

g2

a2

ω2

133.69 N - m = ω2 =

218V* 64A ω2

218V* 64A 133.69 N - m  rad    seg   

ω 2 = 104.36 

104.36 rad   60 seg   1 rev  *  * s 2 =          seg 2π rad   1 min s 2 = 996.57 r.p.m.

68


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Cuando a plena carga, un motor derivación de 500V de corriente directa gira a 800 r.p.m. y toma una corriente de armadura de 42A. El flujo por polo es reducido a 75% del valor normal de manera adecuada aumentando la resistencia del circuito de campo. Calcular la velocidad del motor si el par total ejercido en la armadura es: a) Constante, b) R educido al 20%. La resistencia de armadura es 0.6Ω y la caída total de voltaje en las escobillas es 2V. [a) 1042 r.p.m.; b) 1061 r.p.m.] DATOS: VL = 500  V  Vescobillas = 2  V  s1 = 800  r.p.m.

 rad    seg 

ω1 = 83.77  Ia1 = 42  A 

τ 2 = 0.75* τ1

SOLUCIÓN: E g1

a) τ1 = τ 2





E g1 = VL - Ia1 * R a - Vescobillas E g1 = 500V - 42A*0.6Ω - 2V E g1 = 472.8 V  τ1 = τ1 =

E g1 * Ia1 ω1

E g2

τ1 = 237.04 N - m

k * 1 * ω1 k *0.75*1 * ω2

83.77 Eg 0.75* ω2 83.77 * E g ω2 = 472.8V*0.75 ω2 = 0.2362* E g 472.8V

=

2

2

2

472.8V*42A  rad   83.77   seg 

=

τ2 =

τ2 =

E *I  g2

a2

ω2

E *I  g2

a2

0.2362* E g

237.04 N - m  =

2

Ia 2 0.2362

Ia 2 = 56 A 


69

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica.





E g2 = VL - I a 2 * R a - Vescobillas

E g1

E g2 = 500V - 56A *0.6Ω - 2V

E g2

=

k * 1 * s1 k *0.75* 1 * s 2

800 r.p.m. 464.4V 0.75* s 2 800 r.p.m.*464.4V s2 = 472.8V*0.75 s 2 = 1047.71r.p.m. 472.8V

E g2 = 464.4 V 

=

b)

τ2 = 0.80* τ1 τ 2 = 0.80* τ1 τ 2 = 0.80* 237.04 N - m τ 2 = 189.63 N - m

τ2 =

τ2 =

E *I  g2

a2

ω2

E *I  g2

a2

0.2362* E g

189.63 N - m  =

2

Ia 2 0.2362

Ia 2 = 44.79  A 





E g2 = VL - I a 2 * R a - Vescobillas E g2 = 500V - 44.79A *0.6Ω - 2V E g2 = 471.12  V 

E g1 E g2

=

k * 1 * s1 k *0.75* 1 * s 2

800 r.p.m. 471.12V 0.75* s 2 800 r.p.m.*471.12V s2 = 472.8V*0.75 s 2 = 1062.87 r.p.m. 472.8V

70

=


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Los siguientes datos se aplican a un motor derivación de corriente directa. Voltaje suministrado = 460 V; corriente de armadura = 28 A; velocidad = 1000 r.p.m.; resistencia de armadura = 0.72Ω.

Calcular: a) La corriente de armadura y b) La velocidad cuando el flujo por polo es incrementado a 120% del valor inicial, dado que el par total entregado por la armadura es constante. [a) 23.33A; b) 840 r.p.m.] DATOS: VL = 460 V 

R a = 0.72 Ω

I a1 = 28A 

2 = 1.2* 1

s1 = 1000 r.p.m.

τ 2 = τ1

 rad    seg 

ω1 = 104.71  SOLUCIÓN:

E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 460V- 28A*0.72Ω E g1 = 439.84 V  τ1 = τ1 =

E g1 * Ia1

ω2 Eg2 * Ia 2

0.1983* Eg

2

Ia 2 = 0.1983*117.61 N - m

ω1

Ia 2 = 23.32  A 

439.84V*28A  rad    seg 

Eg 2 = VL - Ia 2 * R a Eg 2 = 460V - 23.32A *0.72Ω

τ1 = 117.61 N - m

Eg2

Eg2 * Ia 2

117.61 N - m  =

104.71 

E g1

τ2 =

Eg 2 = 443.21V 

=

k * 1 * ω1 k *1.2* 1 * ω 2

   104.71  rad   seg   439.84V  = E g2

1.2* ω2

  104.71  rad  * E  seg   g  ω2 =

2

439.84V*1.2 ω2 = 0.1983* E g

ω2 = 0.1983* E g2 ω2 = 0.1983* 443.21V

 rad    seg 

ω2 = 87.88 

 87.88 rad   1 rev  60 seg  *  *  seg   2π rad   1 min 

s 2 = 

s 2 = 839.27 r.p.m.

2


71

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un motor derivación de corriente directa de 100V, con una resistencia de campo de 50Ω y una resistencia de armadura de 0.5Ω gira a una velocidad de 1000 r.p.m., y toma una corriente de 10A de una fuente. Si la resistencia total del circuito de campo es reducida a tres cuartos de su valor original, encuentre la nueva velocidad y la corriente tomada de la fuente. Asumir que el flujo es directamente proporcional a la corriente de campo. [1089 r.p.m.; 8.33A] DATOS: VL = 100  V  R f = 50  Ω  R a = 0.5 Ω  s1 = 1000 r.p.m.

 rad    seg 

ω1 = 104.71  I L = 10  A 

 3 R Tf =  * R f  4   = I f

τ1 = τ 2

SOLUCIÓN: If 1 = If 1 =

 3 R Tf =  * R f  4 

VL R f 100V 50Ω

= 2A 

Ia1 = IL1 - If 1 Ia1 = 10A - 2A Ia1 = 8 A E g1 = VL - I a1 * R a

 3 R Tf =  *50Ω  4  R Tf = 37.5 Ω  I f 2 = I f 2 =

VL R Tf 100V 37.5Ω

= 2.6 A 

E g1 = 100V - 8A *0.5Ω E g1 = 96  V 

72


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. τ1 = τ1 =

E g1 * I a1 ω1

96V*8A  rad    seg 

104.71 

τ1 = 7.33 N - m  E g1 E g2

=

k * 1 * ω1

96V

k * 2 * ω2

2.6* ω2 209.42* E g ω2 = 96V*2.6 ω2 = 0.839* E g



E g1 E g2

=

Eg2

 rad      seg 

2A*104.71  

=

209.42

2

2.6A* ω2

2

τ2 =

E g2 * Ia 2 ω2

7.33 N - m  =

E g2 * Ia 2

0.839* Eg

2

Ia 2 = 7.33 N - m *0.839 Ia 2 = 6.15A 

I L2 = Ia 2 + If 2 I L2 = 6.15A + 2.6A I L2 = 8.75A  E g2 = VL - I a 2 * R a E g2 = 100V - 6.15A *0.5Ω E g2 = 96.92  V  ω2 = 0.839* E g2 ω2 = 0.839*96.92V

 rad   ω2 = 81.31   seg 


 81.31 rad   60 seg   1 rev  *  *   seg   1 min   2π rad 

s 2 = 

s 2 = 776.51r.p.m.

73

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Un motor derivación de 250V de corriente directa tiene una resistencia de armadura de 0.5Ω y una resistencia de circuito de campo de 125Ω. Gira con carga a 1000 r.p.m. y toma 30A. La resistencia del circuito de campo se incrementa a 150Ω. Si el flujo y la corriente de campo se

pueden asumir que pueden ser proporcionales si el par de carga permanece constante, calcular la velocidad final y la corriente de armadura. [1186 r.p.m.; 33.6A] DATOS: VL = 250  V  R a = 0.5 Ω  R f 1 = 125Ω  R f 2 = 150  Ω  s1 = 1000 r.p.m.

 rad    seg 

ω1 = 104.71  I L = 30  A   = I f

τ1 = τ 2

SOLUCIÓN: I f 1 = I f 1 =

VL

E g1

R f 1

Eg2

250V

125Ω I a1 = I L1 - If 1

= 2 A 

I a1 = 28A 

I f 2 =

k * 2 * ω2

k * I f1 * ω1 k * I f2 * ω2

1.66A* ω2

Eg2

236V

=

209.42

1.66A* ω2 209.42* E g ω2 = 236V*1.66A ω2 = 0.5345* E g 2

R f 2 150Ω



  rad     2A*104.71    Eg seg    =

E g2

VL 250V

k * 1 * ω1

1

I a1 = 30A - 2A

I f 2 =

=

= 1.66 A 

2

E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 250V - 28A *0.5Ω E g1 = 236 V 

74



E g1 * Ia1 ω1

236V*28A  rad    seg 

104.71 

τ 2 = 63.11 N - m  τ2 =

E g2 * Ia 2 ω2

63.11 N - m  =

E g2 * Ia 2

0.5345* Eg

2

Ia 2 = 63.11 N - m *0.5345 Ia 2 = 33.73 A  E g2 = VL - I a 2 * R a E g2 = 250V - 33.73A *0.5Ω E g2 = 233.14 V  ω2 = 0.5345* E g2 ω2 = 0.5345* 233.14V

 rad    seg 

ω2 = 124.61 

124.61 rad   60 seg   1 rev  *  * s 2 =          seg 2π rad   1 min s 2 = 1189.94 r.p.m.


75

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un motor derivación de 250V de corriente directa con una resistencia de armadura de 0.5Ω y una resistencia de campo derivación de 250Ω trabaja con carga que mantiene el par constante. El

motor toma de una fuente una corriente de línea de 21A cuando la velocidad es 600 r.p.m. Si la velocidad se incrementa a 800 r.p.m. ¿Qué cambio se debe hacer a la resistencia de campo derivación? Asumir que la curva de magnetización del motor es una línea recta. [88Ω] DATOS: VL = 250  V  R a = 0.5  Ω  R f = 250 Ω  I L = 21 A  s1 = 600  r.p.m. s 2 = 800  r.p.m. τ1 = τ 2  = I f

SOLUCIÓN:

 600 rev   2π rad   1 min    * *   min   1 rev   60 seg 

ω1 = 

 rad    seg 

E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 250V - 20A *0.5Ω

ω1 = 62.83 

E g1 = 240 V 

 800 rev   2π rad   1 min  ω2 =   *   *  min   1 rev   60 seg 

τ2 =

 rad    seg 

ω2 = 83.77 

I f 1 =

VL R f

=

250V

τ2 =

E g1 * Ia1 ω1

240V*20A  rad    seg 

62.83 

τ 2 = 76.396  N - m 

250Ω

I f 1 = 1 A  Ia1 = IL - If 1

τ2 =

E g2 * Ia 2 ω2

 250V - Ia *0.5Ω * Ia   76.396 N - m =   rad   83.77   seg  2

Ia1 = 21A - 1A Ia1 = 20 A 

76

2



76.396*83.77 =  250* I a - 0.5* I a2 2

2

6399.69 - 250* I a 2 + 0.5* I a22 = 0 Ia 2 = 27.06  A  E g2 = VL - I a 2 * R a E g2 = 250V - 27.06A *0.5 Ω E g2 = 236.47 V  E g1 E g2 E g1 E g2

=

=

k * 1 * ω1 k * 2 * ω 2



k * I f1 * s1 k * I f2 * s 2

1A*600 r.p.m. If * 800 r.p.m. 2

1A*600 r.p.m. 236.47V I f * 800 r.p.m. 1A*600 r.p.m.*236.47V  I f = 240V*800 r.p.m. I f = 0.7389 A  240V

=

2

2

2

RT = RT =

VL I f 2 250V

0.7389A R T = 338.31Ω  R T = R x - R f R x = R T - R f R x = 338.31Ω - 250Ω R x = 88.31Ω 


77

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un motor derivación de 240V de corriente directa gira a 800 r.p.m. sin una resistencia extra en el circuito de campo y armadura, sin carga. Determine la resistencia para ser colocada en serie con el campo derivación para que el motor gire a 950 r.p.m. cuando toma una corriente de armadura de 20A. Resistencia de campo = 160Ω. Resistencia de armadura = 0.4Ω. Se puede asumir que el

flujo por polo es proporcional a la corriente de campo.

[33.6Ω]

DATOS: VL = 240  V  s1 = 800  r.p.m. R a = 0.4  Ω  s 2 = 950  r.p.m. I a1 = 20  A  R f = 160 Ω   = I f

τ1 = τ 2

SOLUCIÓN:

 800 rev   2π rad   1 min   *  *  min   1 rev   60 seg 

ω1 = 

 rad    seg 

ω1 = 83.77 

 950 rev   2π rad   1 min    * *   min   1 rev   60 seg 

ω2 = 

 rad    seg 

ω2 = 99.48 

I f 1 =

VL R f

=

240V 160Ω

I f 1 = 1.5A  E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 240V - 20A*0.4Ω E g1 = 232V 

78



E g1 * Ia1 ω1

232V*20A  rad    seg 

83.77 

τ 2 = 55.389  N - m  τ2 =

E g 2 * Ia 2 ω2

 240V - I a *0.4Ω * Ia   55.389  N - m  =   rad   99.48   seg  2

2

55.389*99.48 =  240* I a -  0.4 * I a2 2

2

2 a2

5510.17 - 240* I a 2 + 0.4* I = 0 I a 2 = 23.91 A  E g2 = VL - I a2 * R a E g2 = 240V - 23.91A *0.4Ω E g2 = 230.43V  E g1 Eg2

=

k * 1 * ω1 k * 2 * ω2



k * I f1 * s1 k * I f2 * s 2

1.5A*800 r.p.m. Eg If *950 r.p.m. 1.5A*800 r.p.m. 232V = 230.43V If *950 r.p.m. 1.5A*800 r.p.m.*230.43V If = 232V*950 r.p.m. If = 1.25A  E g1

=

2

2

2

2

2

RT = RT =

VL

R T = R x - R f

I f 2

R x = R T - R f

240V

R x = 192Ω - 160Ω

1.25A

R x = 32Ω

R T = 192 Ω 


79

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un motor derivación tiene una resistencia de campo de 400Ω y una resistencia de armadura de 0.1Ω trabajando de una fuente de 240V. La corriente de la armadura es 60A y la velocidad del motor es 900 r.p.m. Asumiendo que la curva de magnetización es una línea recta, calcular: a) La resistencia adicional en el campo para incrementar la velocidad a 1000 r.p.m. para la misma corriente de armadura, y b) La velocidad con la corriente original de campo de 200A. [a) 44.4Ω; b) 842.5 r.p.m.]

DATOS: VL = 240  V  s1 = 900  r.p.m. R a1 = 0.1Ω  I a1 = 60  A  R f 1 = 400 Ω   = I f

s 2 = 1000  r.p.m.

SOLUCIÓN: a)

 900 rev   2π rad   1 min   * *  min   1 rev   60 seg 

ω1 = 

 rad    seg 

ω1 = 94.24 

1000 rev   2π rad   1 min  ω2 =  * *  min   1 rev   60 seg   rad    seg 

ω2 = 104.71 

I f 1 =

VL R f

=

240V 400Ω

I f 1 = 0.6 A  E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 240V - 60A *0.1Ω E g1 = E g2 = 234 V 

80


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. E g1 E g2

=

k * 1 * ω1 k * 2 * ω 2



k * I f1 * s1 k * I f2 * s 2

0.6A*900 r.p.m. Eg If * 1000 r.p.m. 234V 0.6A*900 r.p.m. = 234V If *1000 r.p.m. 0.6A*900 r.p.m.*234V If = 234V*1000 r.p.m. If = 0.54 A  E g1

=

2

2

2

2

2

RT = RT =

VL I f 2 240V 0.54A

R T = 444.44 Ω 

R T = R x - R f R x = R T - R f R x = 444.44Ω - 400Ω R x = 44.44 Ω

b) I L3 = I a 3 + I f 1

Eg3 = VL - Ia3 * R a

I a 3 = I L3 - If 1

Eg3 = 240V - 199.4A *0.1Ω

I a 3 = 200A - 0.6A

Eg3 = 220.06 V 

I a 3 = 199.4  A 

s3 =

E g3 * s1 E g1

220.06V*900 r.p.m. 234V  s 3 = 846.38 r.p.m. s3 =


81

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un motor derivación de 230V de corriente directa tiene una resistencia de armadura de 0.5Ω

2 y una resistencia de campo de 76   Ω. El motor toma una corriente de línea de 13A mientras gira  3  1 a 1000 r.p.m. A una cierta carga la resistencia del circuito de campo se incrementa a 38   Ω.  3  ¿Cuál es la nueva velocidad del motor si la corriente de la línea a esta carga es 42A? [1400 r.p.m.] DATOS: VL = 230 V 

I L2 = 42 A 

s1 = 1000 r.p.m.

 2 R f 1 = 76  Ω   3 

R a = 0.5Ω I L1 = 13A 

 2  1 R f 2 = 76   Ω + 38  Ω = 115Ω   3   3

SOLUCIÓN: I f 1 =

VL R f

=

230V 76.66Ω

I f 1 = 3A 

E g2 = VL - I a 2 * R a E g2 = 230V - 40A *0.5Ω E g2 = 210 V 

Ia1 = IL1 - If 1

E g1

Ia1 = 13A - 3A

E g2

Ia1 = 10 A 

E g1

I f 1 =

VL R f

=

230V 115Ω

I f 1 = 2 A  Ia1 = IL1 - If 1 Ia1 = 42A - 2A

E g2 s2 =

=

=

k * I f1 * s1 k * If2 * s 2 If1 * s1 If 2 * s 2

E g2 * If1 * s1 E g1 * If 2

210V*3A*1000 r.p.m. 225V* 2A s 2 = 1400 r.p.m. s2 =

Ia1 = 40 A  E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 230V - 10A *0.5Ω E g1 = 225V 

82


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- Un motor derivación de corriente directa de 250V gira a 1000 r.p.m. y toma una corriente de armadura de 25A. La resistencia de armadura es 0.4Ω. Calcular la velocidad con un incremento de carga con una corriente de armadura de 50A. Suponer que el incremento de carga resulta en un debilitamiento del flujo del 3% con respecto al flujo en la condición de carga anterior. [988 r.p.m.] DATOS: VL = 250 V  s1 = 1000 r.p.m. Ia1 = 25 A  Ia 2 = 50 A  R a = 0.4 Ω  1 = 0.97*2

SOLUCIÓN: E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 250V - 25A *0.4Ω E g1 = 240 V  E g2 = VL - I a 2 * R a E g2 = 250V - 50A *0.4Ω E g2 = 230  V 

E g1 E g2

=

k * 1 * s1 k *0.97* 1 * s 2

1000 r.p.m. 230V 0.97* s 2 230V*1000 r.p.m. s2 = 0.97*240V s 2 = 987.97 r.p.m. 240V


=

83

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- Un motor derivación gira a 600 r.p.m. de una fuente de 230V cuando toma una corriente de línea de 50A. Las resistencias de armadura y campo son 0.4Ω y 104.5Ω respectivamente.

Despreciando los efectos de la reacción de armadura y considerando 2V por caída de escobillas, calcular: a) La velocidad en vacío si la corriente de línea en vacío es 5A, b) La resistencia que se debe colocar en el circuito de armadura con el fin de reducir la velocidad a 500 r.p.m. cuando el motor está tomando una corriente de línea de 50A, c) El porcentaje de reducción del flujo por polo con el fin de que la velocidad sea 750 r.p.m. cuando la corriente de armadura es 30A sin resistencia agregada en el circuito de armadura. [a) 652 r.p.m., b) 0.73Ω, c) 1 7.3%] DATOS: VL = 230V 

R a = 0.4 Ω

s3 = 500 r.p.m.

I L1 = 50 A

R f = 104.5Ω

s 4 = 750r.p.m.

s1 = 600r.p.m. I L2 = 5 A

Ia 3 = 30  A 


Vescobillas = 2 

SOLUCIÓN: a) I f 1 = I f 1 =






VL

E g1 = 230V - 47.8A   0.4Ω - 4V

R f

E g1 = 206.88V 

230V 104.5Ω

= 2.2  A 






Ia1 = IL1 - If 1

E g2 = 230V - 2.8A   0.4Ω - 4V

Ia1 = 50A - 2.2A

E g2 = 224.88 V 

Ia1 = 47.8A  I f 2 = I f 2 =

E g1

VL

E g2

R f

E g1

230V 104.5Ω

= 2.2  A 

E g2 s2 =

Ia 2 = IL2 - If 2 Ia 2 = 5A - 2.2A Ia 2 = 2.8A 

84

= =

k * If1 * s1 k * If2 * s 2 I f1 * s1 If2 * s 2

E g 2 * I f1 * s1 E g1 * If 2

224.88V*2.2A*600 r.p.m. 206.88V*2.2A s 2 = 652.2r.p.m. s2 =


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. b) E g1 E g3 E g1 E g3

=

=

E g3 =

k * I f1 * s1 k * I f3 * s 3 If1 * s1 I f3 * s 3

E g1 * I f3 * s3 If1 * s1

206.88V*2.2A*500 r.p.m. 2.2A*600 r.p.m. = 172.4 V 

E g3 = E g3

E g3 = VL - I a1 * R T  - Vescobillas 172.4V = 230V - 47.8A * R T - 4V RT =

230V - 172.4V - 4V

47.8A R T = 1.12 Ω  R T = R a + R x R x = R T - R a R x = 1.12Ω - 0.4Ω R x = 0.72Ω

c)





E g4 = VL - I a 3 * R a - Vescobillas E g4 = 230V - 30A *0.4Ω - 4V E g4 = 214  V 

E g1 E g4 4 1

=

=

k * 1* s1

4

k * 4 * s 4

1

E g4 * s1

4

E g1 * s 4

1 4 1


=

214V*600 r.p.m. 206.88V*750 r.p.m.

= 1 - 0.827 = 0.1724  17.24%

85

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- La resistencia de armadura de un motor derivación de 250V es 0.3Ω y su velocidad a plena carga es 1000 r.p.m. Calcular la resistencia que debe ser insertada en serie con la armadura para reducir la velocidad con un par de plena carga a 800 r.p.m. la corriente de la armadura a plena carga es 5A. Si el par de carga es reducido a la mitad, ¿A qué velocidad trabajara el motor? Desprecie la reacción de armadura. [0.94Ω, 932 r.p.m.] DATOS: VL = 250 V  R a = 0.3Ω s1 = 1000 r.p.m. s 2 = 800  r.p.m. Ia1 = 5A  τ3 = 0.5* τ1

SOLUCIÓN: E g1 = VL - I a1 * R a

τ1

E g1 = 250V - 5A *0.3Ω E g1 = 248.5 V  Eg1 E g2

=

3

Eg3 = VL - Ia3 * R T =

1000 r.p.m. 800 r.p.m.

250V - 5A* R T = 198.8V

RT =

0.5* τ1 I a I a = 0.5*5A I a = 2.5  A  3

s2

250V - 5A* R T

250V - 198.8V

5A R T = 10.24 Ω 

Eg3 = 250V - 2.5A *10.24Ω Eg3 = 224.4 V 

E g1 E g3 s3 =

R T = R a + R x R x = R T - R a R x = 10.24Ω - 0.3Ω R x = 9.94 Ω 

86

I a1

3

s1

248.5V

=

=

s1 s3

E g3 * s1 E g1

224.4V*1000 r.p.m. 248.5V  s3 = 903.02 r.p.m. s3 =


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 14.- Un motor derivación de 230V de corriente directa toma una corriente de armadura de 20A a una cierta carga. La resistencia de la armadura es 0.5Ω. Encuentre la resistencia que se requiere en serie con la armadura para reducir la velocidad a la mitad si: a) El par de carga es constante, b) El par de carga es proporcional al cuadrado de la velocidad. [a) 5.5Ω, b) 23.5Ω] DATOS: VL = 230 V  I a = 20 A  R a = 0.5 Ω  s 2 = 0.5* s1 τ 2 = τ1 1 = 2

SOLUCIÓN: a) E g1 = VL - I a * R a E g1 = 230V - 20A *0.5Ω E g1 = 220 V 

E g1 E g2

=

220V

E g2 τ1 = τ 2 E g1 * I a1 ω1 E g1 * I a1 ω1

= =

E g1 * Ia1 =

E g2 * I a2 ω2 E g2 * I a 2

0.5* ω1

E g 2 * Ia 2

k * 2 * s 2 =

s1

0.5* s1 = 220V *0.5 = 110  V 

E g2 E g2

k * 1* s1

Ia 2 =

E g1 * Ia1 *0.5 E g2

220V* 20A* 0.5 110V = 20  A 

Ia 2 = Ia 2

0.5


87

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Eg 2 = VL - Ia 2 * R T 110V = 230V - 20A* R T 230V - 110V

RT =

20A

R T = 6Ω

R x = R T - R a R x = 6Ω - 0.5Ω R x = 5.5 Ω  b) τ1 = k * ω12 τ 2 = k * ω22

τ 2 = τ1 E g2 * Ia 2

= k * ω22

ω2 E g 2 * Ia 2

0.5* ω1 ω13 =

= k * 0.5* ω1 

2

E g 2 * Ia 2

0.125 E g1 * I a1 = 8* E g2 * I a 2 Ia 2 =

E g1 * I a1

8* E g 220V *20A = 8*110V = 5 A  2

Ia 2 Ia 2 RT = RT =

VL - Eg2

R x = R T - R a R x = 24Ω - 0.5Ω

Ia2 230V - 110V

R x = 23.5 Ω 

5A

R T = 24Ω

88


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 15.- Un motor serie gira a 1200 r.p.m. a un cuarto del par de plena carga, tomando una corriente de 16A. Calcular esta velocidad a la mitad del par y para el par de plena carga. La resistencia de las escobillas de armadura y bobina de campo es 0.25Ω. Conside rar que el flujo por polo es proporcional a la corriente. [842 r.p.m., 589 r.p.m.] DATOS: VL = 230 V  s1 = 1200 r.p.m. Ia1 = 16 A  R T = 0.25Ω  τ 2 = 0.25* τ1 τ3 = 0.5* τ1

SOLUCIÓN: τ1

Ia21

=

E g3 = VL - Ia3 * R T

0.25* τ1 16A2

E g3 = 224.34V 

2

I a1 =

16A 0.25

Para la mitad del par:

I a1 = 32 A  τ1

I

=

E g3

2 a1 2

0.5* τ1 16A 2

Ia 3 =

E g3 = 230V - 22.62A *0.25Ω

16A 0.5

I a 3 = 22.62 A  E g1 = VL - I a1 * R T E g1 = 230V - 32A *0.25Ω E g1 = 222  V  E g2 = VL - I a 2 * R T E g2 = 230V - 16A *0.25Ω

E g2

=

Ia3 * s3 Ia 2 * s 2

22.64A* s3 226V 16A*1200 r.p.m. s3 = 841.82  r .p.m. 224.34V

=

Para el par de plena carga: E g1 E g2

=

Ia1 * s1 Ia 2 * s 2

32A* s1 226V 16A*1200 r.p.m. s 2 = 589.38 r. p.m. 222V

=

E g2 = 226  V 


89

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 16.- Un motor serie gira con una carga y un par el cual es proporcional al cuadrado de la velocidad. La corriente del motor es 20A cuando la velocidad es 500 r.p.m. Calcular la velocidad y la corriente cuando el campo de bobinado del motor tiene en paralelo una resistencia del mismo valor que el devanado de campo. Despreciar todas las pérdidas del motor y considerar que el campo magnético es no saturado. [595 r.p.m., 33.64A] DATOS: Ia1 = 20 A  s1 = 500r.p.m. τ1 = k * s12

SOLUCIÓN: Ia21

=

Ia22

s12 s 22

2

 2 * I

a1

Ia 2 s1

=

s2

=

s1 s2

Ia 2

2* Ia

1

 2 * I

a1

=

Ia 2

Ia 2

2* Ia

1

 2 * I

I2a 2 = 2 *

2*

Ia 2 =



2 a1 2

2 *20A

Ia 2 = 33.64  A 

s2 s1

=

s2 =

2* Ia

1

Ia 2

2* s1* Ia

1

Ia 2

2*500 r.p.m.* 20A 33.64A s 2 = 594.53 r.p.m. s2 =

90


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 17.- Un motor serie de corriente directa, con un circuito magnético no saturado y con resistencia despreciable, cuando gira con una cierta velocidad en una carga dada toma 50A con 500V. Si el par de carga varía al cubo de la velocidad, encuentre la resistencia a la cual se debería conectar en serie con la máquina para reducir la velocidad en un 25%. [7.89Ω] DATOS: Ia1 = 50  A  E g1 = 500  V  ω2 = 0.75* ω1 τ1 = k * ω13 τ 2 = k * ω32

SOLUCIÓN: τ1 τ2

=

k * Ia21 k * I2a2 2

ω13

0.75* ω1   

E g1 E g2

=

E g2 =

=

I2a2

3

2

0.75 *50A = 32.47 A 

Ia 2 = Ia 2

3

50A

k * I a1 * s1 k * Ia 2 *0.75* s1

E g1 * I a 2 *0.75 Ia1

500V*32.47A*0.75 50A = 243.52 V 

E g2 = E g2

E g1 - Eg2

Rx = Rx =

Ia2

500V - 243.52V 32.47A

R x = 7.89 Ω


91

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 18.- Un motor serie gira a 500 r.p.m. en una cierta carga. Calcular la resistencia de un divertor requerida para aumentar la velocidad a 650 r.p.m. con la misma corriente de carga, dado que la resistencia es 0.05Ω y el campo es no saturado. Suponer que la caída óhmica en el campo y la

armadura puede ser despreciable.

[0.1665Ω]

DATOS: s1 = 500 r.p.m. s 2 = 650  r.p.m. I a1 = I a 2 R s = 0.05 Ω  E g1 = E g 2  = I a

SOLUCIÓN: E g1 E g2 1=

=

1* s1

s2

2 * s2

s1

=

Ia1 Is 2

 650 r.p.m.  * I  500 r.p.m.  s

Ia1 * s1

Ia1 = 

I s 2 * s2

2

Ia1 = 1.3* Is2 I a1 = I a 2

 R div    R + R * I a s div

Is2 = 

2

 R div  0.05Ω + R

* 1.3* I  s    div 

Is2 = 

1 1.3

=

2

R div 0.05Ω + R div

0.05Ω + R div = 1.3* R div R div =

0.05Ω 0.3

R div = 0.1666 Ω

92


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 19.- Un motor serie de corriente directa de 230V tiene una resistencia de armadura y campo de 0.5Ω y 0.3Ω respectivamente. El motor toma una corriente de línea de 40A mientras trabaja a 400 r.p.m. Si una resistencia de divertor de 0.15Ω es utilizada, encuent re la nueva velocidad del motor

para la misma corriente de armadura. Si se asume que el flujo por polo es directamente proporcional a la corriente de campo. [1204 r.p.m.] DATOS:  = I a

VL = 230  V  R s = 0.3 Ω  R a = 0.5  Ω  R div = 0.15Ω  I a1 = 40  A 

SOLUCIÓN: E g1 = VL - I a *R a + R s  E g1 = 230V - 40A *0.3Ω + 0.5Ω E g1 =198 V 

 R div  R + R

Is2 = 

s

 * Ia div 

1

  0.15Ω * 40A = 13.33 A   0.3Ω + 0.15Ω  

Is2 =

E g2 = VL - I a1 * R a  - I s 2 * R s  E g2 = 230V - 40A *0.5Ω - 13.33A*0.3Ω E g2 = 206 V  E g1 E g2 E g1 E g2

= =

k * I a1 * s1 k * Is2 * s 2 I a1 * s1 I s2 * s 2


s2 =

E g 2 * I a1 *s1 Is2 * E g1

206V*40A *400 r.p.m. 198V *13.33A  s 2 = 1248.48r.p.m. s2 =

93

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 20.- Un motor derivación de corriente directa de 250V trabaja a 700 r.p.m. en vacío sin una resistencia extra en el campo y circuito de armadura. Determine: a) La resistencia que debe ser insertada en serie con la armadura para una velocidad de 400 r.p.m. cuando toma una corriente total de 16A. b) La resistencia que deber ser insertada con el campo para producir una velocidad de 1000 r.p.m. cuando toma una corriente de armadura de 18A. Suponer que el flujo útil es proporcional al campo. Resistencia de armadura = 0.35 Ω, resistencia de campo = 125Ω. [a) 7.3Ω, b) 113Ω]

DATOS: VL = 250 V 

IL = 16 A 

R f = 125 Ω 

s1 = 700  r.p.m.

Ia 3 = 18 A 

If = I f1 = If 2

s 2 = 400 r.p.m.

R a = 0.35Ω

 = I f

s3 = 1000 r.p.m. SOLUCIÓN: a) If = If =

VL R f 250V 125Ω

= 2 A 

Ia1 = IL - If Ia1 = 16A - 2A Ia1 = 14 A  E g1 = VL - I a1 * R a E g1 = 250V - 14A *0.35Ω E g1 = 245.1V 

E g1 Eg2

=

E g2 =

k * If1 * s1 k * If2 * s 2

E g1 * s 2 s1

245.1V*400 r.p.m. 700 r.p.m = 140.05 V 

E g2 = E g2

94


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. E g 2 = VL - I a1 * R T RT = RT =

VL - E g 2 I a1 250V - 140.05V

14A R T = 7.85 Ω  R T = R a + R x R x = R T - R a R x = 7.85Ω - 0.35Ω R x = 7.5Ω

b) E g3 = VL - I a3 * R a E g3 = 250V - 18A *0.35Ω E g3 = 243.7 V  E g1 E g3 If 3 =

=

k * I f1 * s1 k * I f3 * s 3

E g3 * I f1 * s1 E g1 * s3

243.7V*2A*700 r.p.m. 245.1V*1000 r.p.m If = 1.39 A  If 3 = 3

RT = RT =

VL If 3 250V 1.39A

= 179.59Ω

R T = R f + R x R x = R T - R f R x = 179.59Ω - 125Ω R x = 54.59 Ω


95

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 21.- Un motor serie está operando de una fuente de 220V de corriente directa. Toma 50A y gira a 1000 r.p.m. La resistencia del motor es 0.1Ω. Si una resistencia de 2Ω es colocada en serie con el

motor, calcular la velocidad resultante si el par de carga es constante.

[534 r.p.m.]

DATOS: VL = 220  V  I a = 50  A  s1 = 1000 r.p.m. R x = 2 Ω  R a = 0.1Ω  τ1 = τ 2

SOLUCIÓN: Eg = VL - Ia * R a Eg = 220V - 50A *0.1Ω Eg = 215V  τ1 = τ1 =

E g * Ia

ω2 =

ω1

215V*50A  rad    seg 

τ1 = 102.66  N - m 

τ2

=

I 2a1 I

E g 2 * Ia 2 ω2

102.66 N - m  =

104.71 

τ1

τ2 =

115V*50A ω2

115V*50A 102.66 N - m   rad    seg 

ω2 = 56.01 

 56.01 rad   60 seg   1 rev   *  *  seg   1 min   2π rad 

s 2 = 

s 2 = 534.85 r.p.m.

2 a2 2

1=

50A 

2

50A  = 50  A 

Ia2 = Ia2

I a22

E g2 = VL - I a 2 *R a + R x  E g2 = 220V - 50A *2Ω + 0.1Ω E g2 = 115 V 

96


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 22.- Un motor derivación toma 25A cuando gira a 1000 r.p.m. de una fuente de 220V. Calcular la corriente tomada de la fuente y la velocidad si el par de carga está a la mitad, una resistencia de 5Ω es colocada en el circuito de armadura y una resistencia de 50Ω es colocada en el circuito derivación. Resistencia de armadura = 0.1Ω; resistencia de campo = 100Ω. Suponer que el flujo por

polo es directamente proporcional a la corriente de campo.

[17.1A, 915 r.p.m.]

DATOS: VL = 220 V  I L1 = 25A  s1 = 1000 r.p.m. R a = 0.1Ω  R f = 100 Ω  R x1 = 5 Ω  R x 2 = 50 Ω  τ 2 = 0.5* τ1 SOLUCIÓN: VL

I f 1 = I f 1 =

R f 220V 100Ω

If 2 = If 2 =

= 2.2  A 

E g2 = 220V - 17.17A *0.1Ω + 5Ω

R f + R x 2 220V

= 1.46A

100Ω + 50Ω

E g1 = 220V - 22.8A *0.1Ω

E g2 s2 =

E g1 = 217.72  V  =

E g2 = 132.43V  E g1

E g1 = VL - I a1 * R a

If1 * Ia1

0.5* τ1 If * Ia 0.5* If * I a Ia 2 =

Ia 2

E g2 = VL - I a 2 *R a + R x 1 

VL

τ1

0.5*2.2A *22.8A  1.46A  = 17.17 A 

Ia 2 =

2

2

1

1

=

If1 * s1 I f2 * s 2

E g2 * I f1 * s1 E g1 * If 2

132.43V*2.2A*1000 r.p.m. 217.72V*1.46A s 2 = 917.74r.p.m. s2 =

If 2


97

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 23.- Un motor derivación de 440V mientras gira a 1500 r.p.m. toma una corriente de armadura de 30A y entrega una salida mecánica de 15 h.p. (11.19 kW). El par de carga varía al cuadrado de la velocidad. Calcular el valor de la resistencia que debe ser conectada en serie con la armadura para reducir la velocidad del motor a 1300 r.p.m. y la corriente de armadura a esta velocidad. [2.97Ω, 22.5A]

DATOS: VL = 440 V  s1 = 1500 r.p.m. s 2 = 1300 r.p.m. Ia1 = 30  A  PM = 11.19  kW  = 15 h.p. τ = k * ω2

SOLUCIÓN: τ1 τ2

=

k * ω12 k * ω 22

=

I a1

E g2

Ia2

E g1

2

1300 r.p.m.  I a =   *30A 1500 r.p.m.  2

I a 2 = 22.53 A 

E g1 =

Ra = Ra =

s1 373V

1

E g1 =

s2

440V - 22.53A * R T

2

s  =  2  Ia  s1 

Ia2

=

PM

=

1300 r.p.m. 1500 r.p.m.

440V - 22.53A* R T = 323.26V RT =

440V - 323.26V

22.53A R T = 5.18Ω 

R T = R a + R x

I a1

R x = R T - R a

11.19 kW 30A

= 373V 

R x = 5.18Ω - 2.23Ω R x = 2.95Ω

VL - Eg1 Ia1 440V - 373V 30A

R a = 2.23Ω

98


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 24.- Un motor serie de 460V de corriente directa gira a 500 r.p.m. tomando una corriente de 40A. Calcular la velocidad y el porcentaje de cambio y el par si la carga es reducida para que el motor tome una corriente de 30A. La resistencia total de armadura y circuito de campo es 0.8Ω. Considerar que el flujo es proporcional a la corriente de campo. [680 r.p.m., 43.75%] DATOS: VL = 460  V  I a1 = 40  A 

Ia 2 = 30 A s1 = 500r.p.m. R T = 0.8Ω

SOLUCIÓN: E g1 = VL - I a1 * R T E g1 = 460V - 40A *0.8Ω E g1 = 428V 

τ1 = τ1 =

E g2

=

Ia1 * s1 Ia2 * s 2

40A*500 r.p.m. = 436V 30A * s 2 436V*40A *500 r.p.m. s2 = 428V*30A s 2 = 679.12r.p.m.

τ2 = τ2 =

 rad   ω1 = 52.35   seg 

 rad    seg 

E g 2 * Ia 2 ω2

436V*30A  rad    seg 

71.11 

428V

 500 rev   1 min   2π rad  ω1 =  * *  min   60 seg   1 rev 

428V* 40A

τ1 = 327.02 N - m

E g2 = 436 V 

E g1

ω1

52.35 

E g2 = VL - I a 2 * R T E g2 = 460V - 30A*0.8Ω

E g1 * Ia1

τ 2 = 183.94  N - m  τ2 τ1 τ2 τ1 τ2 τ1

 183.94 N - m     327.02 N - m 

= 1- 

= 1 - 0.5624 *100% = 43.75%

 679.12 rev   1 min   2π rad  ω2 =  * *  min   60 seg   1 rev   rad    seg 

ω2 = 71.11 


99

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 25.- Un motor de 440V, 25 h.p. (18.65 kW) tiene una resistencia de armadura de 1.2Ω y una eficiencia a plena carga de 85%. Calcular el número y el valor de los elementos resistivos de un arrancador para el motor si la máxima corriente permisible es 1.5 veces la corriente de plena carga. [1.92Ω, 1.30Ω, 0.86Ω, 0.59Ω] DATOS: VL = 440 V 

R a = 1.2Ω 

PS = 18.65 kW  = 25h.p.

I a max = 1.5* I a η = 85%

SOLUCIÓN: PS

PE =

η 18.65 kW

PE =

Ia = Ia =

R2 =

0.85

= 21.94  kW 

R3=

PE VL 21.94 kW 440V

R3= = 49.86 A 

Ia max = 1.5*49.86A  Ia max = 74.79 A  K=

Ia max

R4 = R4 = R5 =

Ia

R5 =

K = 1.5

K 5.88Ω

= 3.92 Ω 

1.5 R 2 K 3.92Ω

= 2.61Ω 

1.5 R 3 K 2.61Ω

= 1.74 Ω 

1.5 R 4 K 1.74Ω 1.5

= 1.16 Ω 

VL

R1 =

R1 - R 2 = 5.88Ω - 3.92Ω

Ia max 440V

R1 =

K

R2 =

R 1

74.79A

n-1

=

R 3 - R 4 = 2.61Ω - 1.74Ω

R a =

R 2 - R 3 = 3.92Ω - 2.61Ω r2 = 1.31Ω 

R 1

n-1

1.5

= 5.88Ω 

r1 = 1.96Ω

5.88Ω

r3 = 0.87 Ω 

1.2Ω

R 4 - R 5 = 1.74Ω - 1.16Ω

n - 1* log10 1.5 = log10 4.9

r4 = 0.58Ω

n - 1 = 3.92 n = 4.92

100


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 26.- Un motor derivación de 230V de corriente directa tiene una resistencia de armadura de 0.3Ω. Calcular: a) La resistencia que debe ser conectada en serie con la armadura para limitar la corriente de armadura a 75A en el arranque y b) El valor de la f.e.m. generada cuando la corriente de armadura ha caído a 50A con este mismo valor de resistencia en el circuito. [a) 2.767Ω, b) 76.7V] DATOS: VL = 230  V  R a = 0.3 Ω  I a1 = 75  A  E g1 = 0  V  I a 2 = 50  A 

SOLUCIÓN: E g1 = VL - I a1 * R T 0V = 230V - 75A* R T RT =

230V 75A

= 3.066 Ω 

R T = R a + R x R x = R T - R a R x = 3.066Ω - 0.3Ω R x = 2.767 Ω Eg2 = VL - I a 2 * R T Eg2 = 230V - 50A *3.066Ω Eg2 = 76.7 V 


101

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 27.- Un motor derivación de 200V de corriente directa toma una corriente a plena carga de 12A. La resistencia del circuito armadura es 0.3Ω y la resistencia de campo es 100Ω. Calcular el valor de 5

secciones en los 6 botones de arranque para el motor. La máxima corriente de arranque no excede 1.5 veces la corriente a plena carga. [6.57Ω, 3.12Ω, 1.48Ω, 0.7Ω, 0.33Ω] DATOS: VL = 200 V  I L = 12  A  I Lmax = 1.5* I L n=6 n-1=5 R a = 0.3Ω  R f = 100 Ω  SOLUCIÓN: If = If =

VL

R2 =

R f 200V 100Ω

= 2 A 

R3= R4 =

I a = I L - I f I a = 12A - 2A I a = 10 A  I a max = 1.5 *10A I a max = 15A 

R5 = R6 =

R 1 K R 2 K R 3 K R 4 K R 5 K

= = = = =

13.33Ω 2.135 6.24Ω 2.135 2.92Ω 2.135 1.36Ω 2.135 0.64Ω 2.135

= 6.24 Ω 

= 2.92 Ω  = 1.36 Ω  = 0.64 Ω  = 0.3 Ω 

R 1 - R 2 = 13.33Ω - 6.24Ω R1 = R1 =

VL 200V 15A

K6 - 1= K5 =

r1 = 7.09 Ω 

Ia max

R 2 - R 3 = 6.24Ω - 2.92Ω = 13.33Ω

R 3 - R 4 = 2.92Ω - 1.36Ω

R 1

r3 = 1.56Ω 

R a

R 4 - R 5 = 1.36Ω - 0.64Ω

13.33Ω

0.3Ω 5*log10 K  = log10  44.44 K = 2.135

102

r2 = 3.32 Ω 

r4 = 0.72 Ω  R 5 - R 6 = 0.64Ω - 0.3Ω r5 = 0.34 Ω 


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 28.- La resistencia de arranque para un motor derivación de 200V, es tal que la máxima corriente de arranque es 30A. Cuando la corriente ha decrecido a 24A, el brazo de arranque se mueve desde el primero al segundo perno. Calcular la resistencia entre estos dos pernos si la máxima corriente en el segundo perno es 34A. La resistencia del motor es 0.4Ω.

[1.334Ω]

DATOS: VL = 200  V  I1 = 30  A  I 2 = 24  A  I3 = 34  A  R = 0.4 Ω 

SOLUCIÓN: R1 = R1 = K= K=

R2 = R2 =

VL I1 200V 30A I1

= 6.66 Ω 

I2 30A 24A

= 1.25

R 1 K 6.66 Ω 1.25

= 5.32 Ω

r1 = R1 - R 2 r1 = 6.66Ω - 5.328Ω r1 = 1.338Ω 


103

Símbolo θ

Símbologia utilizada a lo largo del capítulo. Significado Unidades Ángulo de carga.  

A

Área de sección transversal.

 m2   

Im

Corriente de magnetización.

I1

Corriente en el primario.

I2

Corriente en el secundario.

I0

Corriente en vacío.

I max

Corriente máxima.

I 01

Corriente primaria en vacío.

Iw

Corriente real.

I 02

Corriente secundaria en vacío.

I '2

Corriente secundaria reflejada.

IT

Corriente total.

A A A A A A A A A A

β

Densidad de flujo en el núcleo.

ηmax

Eficiencia máxima.

η E1

Eficiencia. F.e.m. primaria.

E2

F.e.m. secundaria.

c cos θ1

Factor de carga. Factor de potencia de la corriente primaria.

cos θ 2

Factor de potencia de la corriente secundaria.

cos θ 0

Factor de potencia en vacío.

RMS

Flujo eficaz en el núcleo. Flujo en el núcleo.

f f

Frecuencia final.

f i

Frecuencia inicial.

f

Frecuencia.

Z CC

Impedancia de cortocircuito.

Zc

Impedancia de la carga.

Z1

Impedancia del primario.

 Wb   2  m 

V V

Wb Wb Hz Hz Hz Ω Ω Ω

Z2

Impedancia del secundario.

Z eq1

Impedancia equivalente referida al primario.

Z eq 2

Impedancia equivalente referida al secundario.

ZT

Impedancia total.

N1

Número de vueltas en el primario.

N 2

Número de vueltas en el secundario.

PCu max

Pérdidas en el cobre máximas.

PCu

Pérdidas en el cobre.

PH max

Pérdidas en el hierro máximas.

PH

Pérdidas en el hierro.

PF

Pérdidas por corrientes de Focault.

PHS

Pérdidas por histéresis.

εx

Porcentaje de caída en la reactancia.

ε r

Porcentaje de caída en la resistencia

%Reg S0

Porcentaje de regulación. Potencia aparente en vacío.

Smax

Potencia aparente máxima.

ST

Potencia aparente total.

S

Potencia aparente.

PCC1

Potencia de cortocircuito referida en el primario.

PCC 2

Potencia de cortocircuito referida en el secundario.

Pf

Potencia final.

Pi

Potencia inicial.

PKg

Potencia necesaria por kilogramos.

Q0

Potencia reactiva en vacío.

Q

Potencia reactiva.

P0

Potencia real en vacío.

P

Potencia real.

X CC

Reactancia de cortocircuito

X1

Reactancia del primario.

X2

Reactancia del secundario.

Ω Ω Ω Ω

vueltas vueltas W  W  W kW W W

kVA kVA kVA kVA  W W W  W  W kVAR  kVAR  kW kW Ω Ω Ω

X0

Reactancia en vacío.

X eq1

Reactancia equivalente referida al primario.

X eq 2

Reactancia equivalente referida al secundario.

α R CC

Relación de transformación. Resistencia de cortocircuito.

R 1

Resistencia del primario.

R 2

Resistencia del secundario.

R 0

Resistencia en vacío.

R eq1

Resistencia equivalente referida al primario.

R eq 2

Resistencia equivalente referida al secundario.

VCC

Voltaje de cortocircuito.

V1

Voltaje en el primario.

V2

Voltaje en el secundario.

V N

Voltaje por cada vuelta.

 V     vuelta 

V01

Voltaje primario en vacío.

V02

Voltaje secundario en vacío.

V V

Ω Ω Ω

Ω Ω Ω Ω Ω Ω V V V

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- El número de vueltas en los devanados primario y secundario de un transformador monofásico son 350 y 35 respectivamente. Si el primario está conectado a un suministro de 2.2 kV, 50 Hz, determinar el voltaje secundario en vacío. [220V] DATOS: N1 = 350  vueltas N 2 = 35 vueltas f = 50  Hz  V1 = 2.2 kV  SOLUCIÓN: α= α= α=

N1 N 2 350 vueltas 35 vueltas V1

= 10

V2

V2 = V2 =

V1 α 2.2  kV 

10 V2 = 220 V 

110

Capítulo 3.- Transformadores

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un trasformador monofásico de (3000/200)V, 50 Hz, está construido sobre un núcleo que tiene una sección transversal de 150 cm 2 y tiene 80 vueltas en el devanado de baja tensión. Calcular: a) El valor de la densidad de flujo máximo en el núcleo, b) El número de vueltas en el devanado de alta tensión. [a) 0.75Wb/m2, b) 1200] DATOS: V1 = 3000 V  V2 = 200 V  f = 50 Hz  N 2 = 80 vueltas A = 150 cm2   

SOLUCIÓN:  =

V1

4.44* N1* f 3000V

 =

4.44*1200 vueltas*50 Hz  = 0.01126 Wb β= β=



A 0.01126 Wb

0.015 m 2  Wb  β = 0.75  2   m  α= α= α=

V1 V2 3000V 200V N1

= 15

N 2

N1 = α * N 2 N1 = 15*80 vueltas N1 = 1200  vueltas


111

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un transformador monofásico de (3300/230)V, 50 Hz, trabaja con una densidad de flujo máximo de 1.2Wb/m2 en el núcleo. El área transversal del núcleo del transformador es de 150 cm2. Calcular el número de vueltas en el primario y secundario. [830, 58] DATOS: V1 = 3300 V  V2 = 230 V  f = 50 Hz 

 Wb    m 2 

β = 1.2 

A = 150 cm 2  = 0.015 m 2 









SOLUCIÓN: β=



A  = β * A

1.2Wb   =  *0.015 m 2   2   m   = 0.018  Wb N1 =

V1

4.44*  * f 3300V

N1 =

4.44 *0.018 Wb*50 Hz N1 = 825.82  vueltas N 2 = N 2 =

V2

4.44*  * f 230V

4.44 *0.018 Wb*50 Hz N 2 = 57.55 vueltas

112


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Un transformador monofásico de 40 kVA, (3300/240)V, 50 Hz, tiene 660 vueltas en el primario. Determinar: a) El número de vueltas en el secundario, b) El valor máximo del flujo en el núcleo, c) El valor aproximado de las corrientes primaria y secundaria a plena carga. [a) 48, b) 22.5 mWb, c) 12.1A; 166.7A] DATOS: S = 40 kVA  V1 = 3300 V  V2 = 240 V  f = 50  Hz  N1 = 660  vueltas SOLUCIÓN: a) α= α= α=

c) V1

I1 =

V2 3300V 240V V1

= 13.75

I1 =

S V1 40 kVA

3300V I1 = 12.12 A 

V2

N 2 = N 2 =

N1

I2 =

α 660 vueltas

13.75 N 2 = 48 vueltas

I2 =

S V2 40 kVA

240V I 2 = 166.67  A 

b)  =  =

V1

4.44* N1* f 3300V

4.44*660 vueltas*50 Hz  = 22.5 mWb 


113

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un transformador monofásico 1900V a 240V, 50 Hz. Tiene 1.5V por vuelta. a) Calcular el número requerido de vueltas en los devanados primario y secundario respectivamente. El valor de la densidad de flujo necesaria para 1.2Wb/m 2. b) Calcular el área transversal requerida del núcleo de hierro. Si la potencia de salida es de 10 kVA y c) Calcular la corriente del devanado secundario. [a) 1267; 160, b) 56.4 cm2, c) 41.75A] DATOS: V1 = 1900V  V2 = 240 V f = 50Hz 

 V    vuelta 

V N = 1.5 

 Wb    m 2 

β = 1.2 

S = 10 kVA  SOLUCIÓN: a) N1 = N1 =

b) V1 V N 1900V  V   1.5   vuelta 

N1 = 1266.67  vueltas N 2 =

240V N 2 =  V  1.5    vuelta  N 2 = 160 vueltas

4.44* N1* f 1900V

 =

4.44*1266.67 vueltas*50 Hz  = 0.00675 Wb 

β=

A

V2 V N

V1

 =

A=

;

A=



β

0.00675 Wb

 Wb    m 2  A = 0.005629  m 2    A = 56.29  m 2    1.2 

c) I2 = I2 =

Ss V2 10 kVA

240V I 2 = 41.67  A 

114


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- La relación de voltaje sin carga de un trasformador monofásico a 50 Hz, es de (1200/440)V. Encontrar el número de vueltas en cada devanado si el flujo máximo es de 0.075Wb. [24, 74 vueltas] DATOS: f = 50 Hz  V1 = 1200  V  V2 = 440  V   = 0.075 Wb

SOLUCIÓN: N1 =

V1

4.44*  * f 1200V

N1 =

4.44 *0.075 Wb*50 Hz N1 = 72 vueltas N 2 =

V2

4.44*  * f

N 2 =

440V

4.44 *0.075 Wb*50 Hz N 2 = 26 vueltas


115

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un transformador monofásico tiene en el primario 500 y 1200 vueltas en el secundario. El área de sección transversal del núcleo es de 75 cm2. Si el devanado primario se conecta a un suministro de 400V, 50 Hz, calcular: a) El valor de pico de la densidad de flujo en el núcleo, y b) La tensión inducida en el devanado secundario. [a) 0.48Wb/m2, b) 60V] DATOS: N1 = 500  vueltas  N 2 = 1200  vueltas  A = 75 cm 2  = 0.0075  m 2 









V1 = 400 V  f = 50  Hz  SOLUCIÓN: a)  =

V1

4.44* N1* f 400V

 =

4.44*500 vueltas*50 Hz  = 0.0036 Wb β= β=



A 0.0036Wb

0.0075 m 2  Wb  β = 0.48  2   m  b) α=

N1 N 2

α=

500 vueltas

1200 vueltas α = 0.4167

α=

V1 V2

V2 = V2 =

V1 α 400V

0.4167 V2 = 960  V 

116


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un transformador monofásico de 10 kVA, tiene una relación de (300/23) vueltas. El devanado principal está conectado a un suministro de 1500V y 60 Hz. Encuentra: a) El voltaje del devanado secundario en circuito abierto. b) Los valores aproximados de las corrientes en los dos devanados a plena carga. c) Encuentra también el valor máximo del flujo. [a) 115V, b) 6.67A; 87A, c) 11.75 mWb] DATOS: S = 10 kVA  N1 = 300  vueltas N 2 = 23 vueltas V1 = 1500 V  f = 60  Hz  SOLUCIÓN: a) α=

I2 =

300 vueltas I2 =

23 vueltas α = 13.04 α=

V1 V2

V2 =

;

V2 =

V1 α

10 kVA 115V

I 2 = 86.95A 

c)  =  =

b)

I1 =

V2

1500V

13.04 V2 = 115 V 

I1 =

S

S

V1

4.44* N1* f 1500V

4.44*300 vueltas*60 Hz  = 18.76 mWb 

V1 10 kVA

1500V I1 = 6.67 A 


117

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un trasformador monofásico de 100 kVA, (3300/400)V, 50 Hz, tiene 110 vueltas en el devanado secundario. Calcular los valores aproximados de las corrientes primarias y secundarias a plena carga, el valor máximo de flujo en el núcleo y el número de vueltas del devanado primario. ¿Cómo varía el flujo en el núcleo con carga? [30.3A, 250A, 16.4 mWb, 907] DATOS: S = 100  kVA  V1 = 3000 V  V2 = 400 V  N 2 = 110 vueltas f = 50 Hz 

SOLUCIÓN: S

I1 = I1 =

α=

V1 10 kVA

α=

3300V I1 = 30.3 A  I2 = I2 =

V2 3000V

400V α = 8.25 α=

S V2

N1 N 2

N1 = α * N 2

10 kVA

N1 = 8.25*110 vueltas

400V I 2 = 250  A   =

V1

N1 = 907.5  vueltas 

V2

4.44* N 2 * f

 =

400V

4.44*110 vueltas*50 Hz  = 16.38mWb 

118


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- La corriente en vacío de un transformador es de 5A con un factor de potencia de 0.3 cuando se suministra 230V, 50 Hz. El número de vueltas en el bobinado primario es 200. Calcular el valor máximo del flujo en el núcleo, la pérdida en el núcleo y la corriente de magnetización. [5.18 mWb, 345W, 4.77A] DATOS: I 0 = 5 A  cos θ 0 = 0.3 V1 = 230 V  f = 50  Hz  N1 = 200  vueltas SOLUCIÓN:  =

V1

4.44* N1* f 230V

 =

4.44* 200 vueltas*50 Hz  = 5.18 mWb θ 0 = cos -1 0.3 = 72.54° I 0 = 5 72.54°  A  I 0 =  I w + jI m  A  I 0 = 1.5 + j4.76 A  PH = I w * V1 PH = 1.5A *230V  PH = 345  W 

I0 = Iw + jIm  A I0 = 1.5 + j4.76A  Im = 4.76A 


119

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- La corriente sin carga de un transformador es de 15A con un factor de potencia de 0.2 cuando se conecta a un suministro de 460V a 50 Hz. Si el devanado primario tiene 550 vueltas, calcular: a) La componente magnetizante de la corriente sin carga. b) La pérdida de hierro. c) El valor máximo del flujo en el núcleo. [a) 14.7A, b) 1380W, c) 3.77 mWb] DATOS: I 0 = 15 A  cos θ 0 = 0.2 V1 = 460 V  f = 50  Hz  N1 = 550  vueltas SOLUCIÓN: a) θ 0 = cos -1 0.2 = 78.46° I0 = 15 78.46°  A  I0 =  I w + jI m  A  I0 = 3 + j14.69A  I m = 14.69 A 

b) PH = I w * V1 PH = 3A * 460V PH = 1380  W 

c)  =  =

V1

4.44* N1* f 460V

4.44* 250 vueltas*50 Hz  = 3.767mWb 

120


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- La corriente en vacío de un transformador es de 4A con un factor de potencia de 0.25 cuando se suministran 250V a 50 Hz. El número de vueltas en el bobinado primario es 200. Calcular: a) El valor R.M.S. del flujo en el núcleo (asumir flujo sinusoidal). b) La pérdida de núcleo. c) La corriente de magnetización. [a) 3.96 mWb, b) 250W, c) 3.87A] DATOS: I0 = 4A cos θ 0 = 0.25 V1 = 250 V  f = 50  Hz  N1 = 200  vueltas SOLUCIÓN: a)  =

PH = I w * V1 PH = 1A *250V 

V1

4.44* N1* f 250V

 =

4.44* 200 vueltas*50 Hz  = 5.63mWb  RMS = RMS =

PH = 250  W 

c) I0 =  I w + jI m  A 



2 5.63 mWb

I0 = 1+ j3.87A  I m = 3.87 A 

2

RMS = 3.98 mWb 

b) θ0 = cos-1 0.25 θ0 = 75.52 I0 = 4 75.52°A  I0 =  Iw + jI m A  I0 = 1 + j3.87A 


121

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- Los datos siguientes se aplican a una salida de un transformador monofásico: 100 kVA, voltaje secundario: 400V; vueltas en el devanado primario: 200; vueltas del secundario: 40. Despreciando las pérdidas, calcular: a) La tensión del primario aplicada. b) Las corrientes del lado primario y secundario y la corriente secundaria. c) Cuando la potencia real de la carga es de 25 kW con factor de potencia 0.8. [a) 2000V; b) 50A, 25A; c) 78.125A] DATOS: S = 100  kVA  V2 = 400 V  N1 = 200  vueltas N 2 = 40  vueltas P = 25 kW  cos θ = 0.8 SOLUCIÓN: a) α=

I2 = N1 N 2

α=

200 vueltas

40 vueltas α=5 α=

V1 V2

V1 = α * V2 V1 = 5   400V V1 = 2000 V 

b) I1 = I1 =

I2 =

S V2 100 kVA

400V I 2 = 25  A 

c) P = V2 * I 2 * cos θ I2 = I2 =

P V2 * cos θ 25 kW

400V*0.8 I 2 = 78.125 A 

S V1 100 kVA 2000V

I1 = 50  A 

122


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 14.- El primario del transformador toma 1A con un factor de potencia de 0.4, cuando está conectado a una red de 200V, 50 Hz y el secundario está en circuito abierto. El número de vueltas en el primario es el doble que en el secundario. Cuando una carga de 50A en un factor de potencia de 0.8 se conecta a través del secundario. ¿Cuál es el valor de la corriente principal? [25.9A] DATOS: I 0 = 1A  cos θ 0 = 0.4 I 2 = 50 A  cos θ 2 = 0.8 V1 = 200 V  f = 50 Hz  N1 = 2* N 2 α=2 SOLUCIÓN: θ0 = cos-1 0.4 θ0 = 66.42° I0 = 166.42° A  I0 = 0.40 + j0.91A  θ 2 = cos-1 0.8 θ 2 = 36.86° I2 = 50 36.86° A  I2 = 20 + j14.99 A  I'2 = I'2 =

I2 α 50 36.86° A  2

I'2 = 25 36.86° A 

I1 = I0 + I'2 I1 = 0.40 + j0.91 + 20 + j14.99 A  I1 =  20.40 + j15.9A  I1 = 25.86 37.93° A 


123

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 15.- El número de vueltas en los devanados primario y secundario de un transformador monofásico son 350 y 38, respectivamente. Si el devanado primario está conectado a una fuente de 2.2 kV, 50 Hz, determinar: a) La tensión secundaria en vacío. b) La corriente primaria cuando la corriente secundaria es 200A con un factor de potencia de 0.8 en atraso, si la corriente en vacío es de 5A con un factor de potencia de 0.25 en atraso. c) El factor de potencia de la corriente primaria. [a) 239V; b) 25.65A; c) 0.715 (atraso)] DATOS: N1 = 350  vueltas

I 2 = 200 A 

N 2 = 38 vueltas

cos θ 2 = 0.8

V1 = 2.2 kV 

I 0 = 5 A 

f = 50  Hz 

cos θ 0 = 0.25

SOLUCIÓN: a) α= α=

I '2 = N1 N 2

=

350 vueltas 38 vueltas

= 9.21

V1 V2

V2 = V2 =

V1 α 2.2 kV

9.21 V2 = 238.85 V  b) θ0 = cos-1 0.25

I '2 =

I2 α 200 36.86°  A  9.21

' 2

I = 21.7136.86°  A  I '2 = 17.37 + j13.02 A  I1 = I0 + I'2 I1 = 1 + j4.89 + 17.37 + j13.02 A  I1 = 18.37 + j17.91A  I1 = 25.65 44.27° A 

c)

θ0 = 78.52°

cos θ1 = cos 44.27°

I0 = 5 78.52° A 

cos θ1 = 0.716atraso

I0 = 1 + j4.89 A 

θ 2 = cos -1 0.8 θ 2 = 36.86° I 2 = 200 36.86° A  I 2 = 160 + j119.0 A 

124


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 16.- Un transformador monofásico (400/200)V, está suministrando una carga de 25A con factor de potencia de 0.866 en atraso. En vacío, la corriente y el factor de potencia son 2A y 0.208 respectivamente. Calcule la corriente tomada de la fuente. [13.9A atrasada 36.1°] DATOS: V1 = 400 V  V2 = 200 V  I 2 = 25 A  cos θ 2 = 0.866 I0 = 2A  cos θ 0 = 0.208 SOLUCIÓN: θ 0 = cos -1 0.208 θ 0 = 77.99° I0 = 2 77.99°A  I0 = 0.416 + j1.95 A 

θ 2 = cos -1 0.866 θ 2 = 30° I 2 = 25 30° A  α= I'2 =

V1 V2 I2 α

= =

400V 200V

=2

25 30° A  2

= 12.5 30° A 

I'2 = 10.82 + j6.25 A 

I1 = I0 + I'2 I1 = 0.416 + j1.95 + 10.82 + j6.25 A  I1 = 11.236 + j8.2A  I1 = 13.9 36.12° A 


125

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 17.- Un transformador toma 10A en vacío con factor de potencia de 0.1. La relación de transformación es 4:1. Si una carga es aplicada en el secundario a 200A y un factor de potencia de 0.8. Encontrar la corriente del primario y el factor de potencia (caídas de voltaje internas del transformador se pueden ignorar). [57.2A, 0.717 (atraso)] DATOS: I0 = 10  A  cos θ 0 = 0.1 α = 4:1 I2 = 200  A  cos θ 2 = 0.8

SOLUCIÓN: θ 0 = cos-1 0.1 θ 0 = 84.26° I0 = 10 84.26° A  I0 = 1 + j9.94 A 

θ 2 = cos -1 0.8 θ 2 = 36.86° I 2 = 200 36.86° A 

I'2 =

I2 α

=

200 36.86  A 4

' 2

I = 50 36.86 A I'2 = 40 + j29.99 A I1 = I0 + I'2 I1 = 1 + j9.94 + 40 + j29.99 A  I1 = 41 + j39.93A  I1 = 57.23 44.24° A  cos θ1 = cos 44.24° cos θ1 = 0.717

126


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 18.- Un transformador monofásico se suministra a 1600V en el lado primario y tiene una relación de 8:1, a su vez el transformador alimenta una carga de 20 kW con un factor de potencia de 0.8 en atraso y toma una corriente en vacío es de 2A con un factor de potencia de 0.2. Calcular la magnitud y la fase de la corriente tomada del lado primario. [17.15, 0.753 (atraso)] DATOS: V1 = 1600 V  α = 8:1 P = 20 kW  cos θ 2 = 0.8 I0 = 2A  cos θ 0 = 0.2 SOLUCIÓN: V2 = V2 =

V1

θ 0 = cos -1 0.2

α 1600V

θ 0 = 78.46°

8

θ 2 = cos

= 200  V 

I 0 = 0.40 + j1.95 A 

-1

0.8

I1 = I 0 + I '2

θ 2 = 36.86°

I1 = 0.40 + j1.95 + 12.50 + j9.37 A 

P = V2 * I 2 * cos θ 2 I2 =

I1 = 12.90 + j11.32 A 

P

I1 = 17.16 41.26°  A 

V2 * cos θ 2 20 kW

I2 =

I 0 = 2 78.46°  A 

= 125 A 

200V*0.8 I 2 = 125 36.86° A 

cos θ1 = cos 41.26° cos θ1 = 0.751

I '2 = I '2 =

I2 α 125 36.86° A  8

I '2 = 15.625 36.86° A  I '2 = 12.50 + j9.37 A 


127

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 19.- Un transformador (2200/200)V toma 1A en el lado de alta tensión en vacío con un factor de potencia de 0.385 en atraso. a) Calcule las pérdidas en el hierro. Si una carga de 50A con un factor de potencia de 0.8 en atraso se toma del secundario del transformador, b) Calcular la corriente del primario y su factor de potencia. [847W, 5.44A, 0.74 (atraso)] DATOS: V1 = 2200 V  V2 = 200 V  I 0 = 1A  cos θ 0 = 0.385 I 2 = 50  A  cos θ 2 = 0.8 SOLUCIÓN: a)

V1

α=

V2

θ 0 = cos -1 0.385 θ 0 = 67.35°

2200V

α=

200V

I 0 = 1 67.35°  A  I 0 = I w + jI m I 0 = 0.385 + j0.922A 

PH = V1* I w PH = 2200V *0.385A  PH = 847  W  b) θ0 = cos-1 0.385 = 67.35° I0 = 167.35° A  I0 = 0.385 + j0.922A 

I'2 =

I2 α

=

= 11

50 36.86° A  11

' 2

I = 4.54 36.86° A  I'2 = 3.63 + j2.723A  I1 = I0 + I'2 I1 = 0.385 + j0.922 + 3.63 + j2.723 A  I1 = 4.015 + j3.645A  I1 = 5.42 42.23° A  cos θ1 = cos 42.23° cos θ1 = 0.74 atraso

θ 2 = cos -1 0.8 = 36.86° I2 = 50 36.86° A 

128


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 20.- Un transformador de (400/200)V, se alimenta una carga de 50A con factor de potencia de 0.866 en atraso. La corriente en vacío es de 2A con factor de potencia 0.208 en atraso. Calcular el factor de potencia de la corriente primaria y el factor de potencia. [26.4A, 0.838 (atraso)] DATOS: V1 = 400 V  V2 = 200 V  I 2 = 50  A  cos θ 2 = 0.866 I0 = 2A  cos θ 0 = 0.208 SOLUCIÓN: θ0 = cos-1 0.208 = 77.99°

θ 2 = cos-1 0.866 = 30°

I0 = 2 77.99°A 

I 2 = 50 30° A 

I0 = 0.416 + j1.95A  α= α=

I'2 =

I2 α

=

V1 V2 400V 200V

=2

50 30°A  4

I'2 = 25 30°A  I'2 = 21.65 + j12.5A  I1 = I0 + I'2 I1 = 0.416 + j1.95 + 21.65 + j12.5 A  I1 = 22.06 + j14.45A  I1 = 26.37 33.22° A  cos θ1 = cos 33.22° cos θ1 = 0.836


129

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- La prueba de corto circuito en un transformador monofásico, con el devanado primario en corto circuito y 30V aplicados al secundario dio una lectura de 60W y la corriente secundaria de 10A. El voltaje nominal aplicado al primario es 200V, la relación de transformación es 1:2 y la corriente secundaria a plena carga es 10A. Calcular el voltaje del secundario con corriente a plena carga para: a) Factor de potencia unitario, b) Factor de potencia 0.8 en atraso. [a) atraso. [a) 394V, b) 377.6V] DATOS: α = 0.5

Prueba cortocircuito

Prueba circuito abierto

PCC 2 = 60  W 

V1 = 200 V 

I CC 2 = 10  A

I2 = 10 A 

VCC 2 = 30  V 

SOLUCIÓN: R CC2 = R CC2 =

ZCC2 = ZCC2 =

PCC2

X CC2 =

2 ICC 2

60W 2

10A

= 0.6 Ω

VCC 2

X CC2 V2 =

10A

= 3Ω 

V2 =

2

2

3Ω - 0.6Ω = 2.93Ω 

X CC2 =

I CC2 30V

ZC2 C2 - R C2 C 2

V1

α 200V 0.5

= 400  V 

a) Factor de potencia unitario: E 2 =  V2 * cos θ + I 2 * R CC  + j  V2* sen θ + I 2* X CC  E 2 = 400V*1 + 10A*0.6Ω + j 400V*0 +10A * 2.93Ω E 2 = 406 + j29 j29.3V  E 2 = 40 407.05 4.12° V 

b) Factor de potencia 0.8 en atraso. E 2 =  V2 * cos θ + I 2 * R CC  + j  V2* sen θ + I 2 * X CC  E 2 = 400V*0.8+ 10A *0.6 Ω + j 400V*0.6 +10A * 2.93Ω E 2 = 326 + j26 j269.3V  E 2 = 42 422.84 39.55° V 

130


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un transformador monofásico tiene una relación de transformación de 6, las resistencias del devanado primario y secundario son de 0.9Ω y 0.025Ω 0.025Ω respectivamente y las reactancias para estos devanados son 5.4Ω y 0.15Ω respectivamente. Determine el voltaje que se debe aplicar al devanado de bajo voltaje para obtener una corriente de 100A en el devanado de alto voltaje en cortocircuito. Ignore la corriente de magnetización. [82V] DATOS: α=6 Z1 = 0.9 + j5.4Ω  Z2 = 0.025 + j0.15Ω  I2 = 100  A 

SOLUCIÓN: Impedancia referida al primario:

V1 = I1* Z1 V1 = 10.9 0.94 80.5 0.53° Ω*16.6A

R eq1 = R1 +α2  R 2  2 R eq = 0.9 + 6 *0. 0.025  

V1 = 29. 29.87 87 + j179 j179.1 .12 2 V 

1

R eq1 = 1.8Ω

Tomando solo parte real: V1 = 29.87V*16.6A

X eq1 = X1 + α 2 *X 2  X eq1 = 5.4Ω  + 6 *0.15Ω 

V1 = 495.84 V 

2





X eq1 = 10.8 Ω 

V2 =

Zeq1 = 1.8 + j10.8 Ω 

V2 =

Zeq1 = 10.94 80.53° Ω

V1 α 495.84V

6 V2 = 82.64 V 

Voltaje en el primario: I1 = I1 =

I2 α 10 0  A 

6 I1 = 16.6A 


131

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Calcular el circuito equivalente para un transformador de una fase de (3000/400)V en el cual se obtuvieron los siguientes resultados de prueba. La entrada al devanado de alto voltaje cuando el devanado de bajo voltaje esta en circuito abierto; 3000V, 0.5A, 500W. La entrada al devanado de bajo voltaje cuando el devanado de alto voltaje esta en corto circuito; 11V, 100A, 500W. Insertar los valores apropiados de resistencias y reactancias. [R0 = 18000Ω, X0 = 6360Ω, RCC = 2.81Ω, XCC = 5.51Ω] DATOS: α=

3000V 400V

= 7.5

Prueba circuito abierto

Prueba cortocircuito

V1 = 3000 V 

VCC 2 = 11 V 

I0 = 0.5A 

ICC 2 = 100 A 

P0 = 500 W 

PCC 2 = 500  W 

SOLUCIÓN: I1 = I1 =

I2 α 100A

X0 =

V12 Q0 2

= 13.33A 

3000V

X0 =

7.5 V1 = α * V2

1414.21VAR X 0 = 636 6363 3.96Ω 

V1 = 7.5*11V = 82.5 V 

Prueba de cortocircuito:

Prueba de circuito abierto:

PCC 2

R CC2 =

S0 = V1* I0

2 I CC 2

S0 = 3000V *0.5A 

Q0 =

R CC2

S02 - P02 2

R0=

V

3000V 

500W R 0 = 1 80 00  Ω 

132

ICC2 82.5V 13.33A

= 6.18Ω 

P0 2

R0=

VCC2

ZCC2 = ZCC2 =

2 1

2

13.33A = 2.81Ω 

2

1.5 kVA - 500W  Q0 = 14 1414. 14.21 VAR  Q0 =

500W

R CC2 =

S0 = 1.5 kVA 

X CC2 =

2

2

6.18Ω - 2.81Ω = 5.51Ω 

X CC2 = X CC2

ZC2 C 2 - R C2 C 2


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- La pérdida de hierro en el núcleo de un transformador con densidad de flujo normal fue medida a frecuencias de 30 y 50 Hz, los resultados inician en 30W y 54W respectivamente. Calcular: a) La pérdida de histéresis, y b) Las pérdidas por corrientes de Foucault a 50Hz. [a) 44W, b) 10W] DATOS: f i = 30 Hz  Pi = 30 W  f f = 50 Hz  Pf = 54  W  f = 50 Hz  SOLUCIÓN: A + B * f  = A + B * f  =

A + 30* B =

30W

Pi f i Pf f f A + 50* B =

30 Hz

A + 30* B = 1 ... 1

54W 50 Hz

A + 50* B = 1.08 1.08 ... ... 2

Resolviendo el sistema de ecuaciones A = 0.88 B = 0.004 a) PHS = A* f PHS = 0.88*50 Hz  PHS = 44  W 

b) PF = B * f 2 2

PF = 0.004*50 Hz PF = 10  W 


133

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un núcleo de hierro fue magnetizado magnetizado por el paso de corriente alterna a través de un devanado en él. La potencia requerida para cierto valor máximo de densidad de flujo fue medido a un número de diferentes frecuencias. La potencia requerida por kg de hierro fue de 0.8W a 25 Hz y 2.04W a 60 Hz. Estimar la potencia necesaria por kg cuando el hierro es sometido a la misma densidad de flujo máximo, cuando la frecuencia es 100 Hz. [3.63W] DATOS: f i = 25 Hz  Pi = 0.8 W  f f = 60 Hz  Pf = 2.04  W  f = 100 100 Hz  SOLUCIÓN: Pi

A + B * f  =

f i

A + 25* B =

0.8W 25 Hz

A + 25* B = 0.03 0.032 2 ... ... 1 A + B * f  =

Pf f f

A + 60* B =

2.04W 60 Hz

A + 60* B = 0.03 0.034 4 ... ... 2 Resolvemos el sistema de ecuaciones A = 0.03057 B = 57.142μ 57.142μ

PHS = A* f = 0.03057*100 Hz  PHS = 3.057  W  2

PF = B * f 2 = 57.142μ*100 Hz PF = 0.57142 W  Pkg = PHS + PF Pkg = 3.0 3.057 57W W + 0.57 0.5714 142W 2W Pkg = 3.63 W 

134


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- La relación de conversión de un transformador monofásico es 8, las resistencias de los devanados primario y secundario son 0.85 Ω y 0.012Ω respectivamente y las reactancias de estos devanados son de 4.8Ω y 0.07Ω respectivamente. Determinar el voltaje que se debe aplicar al primario para obtener una corriente de 150A en el circuito secundario cuando las terminales secundarias están en corto circuito. Ignorar las corrientes de magnetización. [176.4V] DATOS: α=8 Z1 = 0.85 + j4.8Ω  Z2 = 0.012 + j0.07 Ω  I2 = 150  A 

SOLUCIÓN: R eq1 = R 1 + α 2 * R 2  2

R eq1 = 0.85Ω + 8 *0.012Ω R eq1 = 1.618 Ω  X eq1 = X1 + α 2 * X 2  2

X eq1 = 4.8Ω + 8 *0.07Ω X eq1 = 9.28Ω  Zeq1 = 1.618 + j9.28 Ω Zeq1 = 9.4 80.1°Ω

I1 = I1 =

I2 α 150 A

8 I1 = 18.75 A  V1 = Z1* I1 V1 = 9.4 80.1° Ω*18.75A V1 = 176. 176.2580. 2580.1° 1°V 


135

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un transformador tiene pérdidas sin carga de 55W con un voltaje primario de 250V a 50 Hz y 41W y con un voltaje primario de 200V a 40 Hz. Calcular las pérdidas por histéresis y las pérdidas por corrientes de Foucault en el voltaje primario de 300V a 60 Hz del transformador. Ignorar las pequeñas cantidades de pérdidas de cobre sin carga. [43.5W, 27W] DATOS: V1 = 250  V 

f f = 40 Hz 

f i = 50  Hz 

Pf = 41 W 

Pi = 55 W 

PHS = ? ; PF = ? a

V1 = 200  V 

V1 = 300 V  f = 60  Hz 

SOLUCIÓN: A + B * f  = A + B * f  =

A + 50* B =

Pi f i Pf f f

55W

A + 40* B =

50 Hz

A + 50* B = 1.1 ... 1

41W 40 Hz

A + 40* B = 1.025 ... 2

Resolvemos el sistema de ecuaciones A = 0.725 B = 0.0075 PHS = A* f PHS = 0.725*60 Hz  PHS = 43.5 W 

PF = B * f 2 2

PF = 0.0075*60 Hz  PF = 27  W 

136


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un transformador 20 kVA, (2500/250)V, 50 Hz de una fase dio los siguientes resultados de prueba, calcular los parámetros de la aproximación del circuito equivalente referido a lado de bajo voltaje. [R0 = 592.5Ω, X0 = 187.2Ω, RCC = 1.25Ω, XCC = 3Ω] DATOS: S = 20 kVA α=

2500

= 10

250 f = 50 Hz

P0 = 105 W 

PCC1 = 320  W 

I 0 = 1.4  A 

ICC1 = 8 A 

V2 = 250 V 

VCC1 = 104 V 

SOLUCIÓN: Prueba de cortocircuito. R CC1 = R CC1 =

2 ICC 1

320W 2

8A

X CC2 = 5 Ω 

Prueba de circuito abierto.

S0 = 250V *1.4A 

104V 8A

= 13Ω

Reflejando al secundario:

ZCC2 =

2

S0 = V0 * I0

ICC1

ZCC2 =

2

0.13Ω - 0.05Ω = 0.12 Ω

X CC2 =

VCC1

ZCC1 = ZCC1 =

PCC1

2 2 ZCC - R CC 2 2

X CC2 =

S0 = 350 VA 

Q0 =

S20 - P02 2

ZCC1

α2 13Ω 2

10

2

350VA - 105W Q0 = 333.87  VAR  Q0 =

= 0.13Ω

R0 =

V22

X0 =

P0 2

R CC2 = R CC2

R CC1 2

=

5Ω 2

10 = 0.05Ω  α


R0 =

250V

105W R 0 = 595.2 Ω 

V22 Q0 2

X0 =

250V

333.87 VAR

X 0 = 187.2 Ω 

137

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un transformador monofásico a 10 kVA, (2000/400)V tiene resistencias y reactancias como sigue: R1 = 5.2Ω, X1 = 12.5Ω, R2 = 0.2Ω, X2 = 0.5Ω. Determinar el valor del voltaje de la terminal secundaria cuando el transformador está operando con un voltaje primario nominal y con corriente secundaria nominal y este valor nominal está con un factor de potencia 0.8 en atraso. [376.8V] DATOS: S = 10kVA  α = 2000/400 V  Z1 = 5.2 + j12.5Ω  Z2 = 0.2 + j0.5Ω  cos θ 2 = 0.8 SOLUCIÓN: α= α=

V1

X eq2 = X 2 +

V2 2000V 400V

R eq2 = R 2 +

R eq2

α2

X eq2 = 0.5Ω +

=5

12.5Ω 2

5

X eq2 = 1Ω 

R 1 α2

R eq2 = 0.2Ω +

X1

5.2Ω

I2 =

2

5 = 0.408Ω

I2 =

S V2 10 kVA 400A

= 25  A 

E 2 =  V2 * cos θ 2 + I2 * R eq 2  + j  V2 * sen θ 2 + I 2 * X eq 2 

    E 2 = 400V *0.8 + 25A *0.408Ω + j  400V * 0.6 + 25A *1Ω  E 2 = 330.2 + j265V  E 2 = 423.38 38.74° V 

138


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un suministro en un transformador de 10 kVA, 50 Hz, (2000/400)V resulta en 650W de pérdidas de histéresis y 400W de pérdidas por corrientes de Foucault. Si tanto la frecuencia y el voltaje se duplican, encuentre las nuevas pérdidas en el núcleo. [PHS = 1300W, PF = 1600W] DATOS: S = 10kVA  f = 50 Hz  α=5 PHS = 650 W  PF = 400 W 

SOLUCIÓN: a) A * f = PHS A=

PHS f

 

=

650W 50 Hz

= 13

 W    *100 Hz  Hz  

PHS = 13 

PHS = 1300 W 

b) B * f 2 = PF B=

PF f 2

 

=

400W 2

50 Hz 

= 0.16

 W   2  *100 Hz   Hz  

PF = 0.16 

PF = 1600 W 


139

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- Un transformador 50 kVA, (2200/100)V, cuando se probó arrojó los siguientes resultados, calcule todos los parámetros del circuito equivalente referido al lado de alto voltaje. [R0 = 12.1 kΩ, X0 = 4.724 kΩ, RCC = 1.923Ω, ZCC = 4.39Ω] DATOS: S = 50 kVA 

P01 = 400  W 

PCC1 = 808  W 

α = 2200/100 V 

I01 = 10 A 

ICC1 = 20.5 A 

V2 = 110 V 

VCC1 = 90 V 

SOLUCIÓN: Prueba de cortocircuito:

S0 = V1* I 01 S0 = 2200V*0.5A 

PCC1

R CC1 =

S0 = 1100 VA 

2 ICC 1

808W

R CC1 =

Q0 =

2

20.5A R CC = 1.923Ω

ZCC1 =

VCC1 ICC1

R0=

90V

R0=

ZCC1 = 4.39 Ω 2 2 ZCC - R CC 1 1 2

2

X0 = X0 =

Prueba de circuito abierto:

I 01 =

140

P0

2200V

V12 Q0 2

1

I 01 =

V12

400W R 0 = 12.1kΩ 

4.39Ω - 1.923Ω X CC = 3.94 Ω  X CC1 =

2

2

20.5A

X CC1 =

2

1100VA - 400W Q0 = 1024.69 VAR  Q0 =

1

ZCC1 =

S02 - P02

2200V

1024.69 VAR X 0 = 4.723 kΩ 

I 02 α 10A 20

= 0.5  A 


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un transformador a 200 kVA tiene una eficiencia del 98% a plena carga. Si la eficiencia máxima ocurre a

3 4

de carga. Calcular: a) Pérdidas de hierro a plena carga, b) Pérdidas de cobre a plena

carga, y c) La eficiencia a

1 2

carga. Asumiendo un factor de potencia para todas las cargas de 0.8. [a) 1.777 kW, b) 2.09 kW, c) 97.92%]

DATOS: S = 200kVA 

c1 = 1

η = 0.98

c 2 = 0.75

cos θ = 0.8

c3 = 0.5

SOLUCIÓN: a) η=

S * cos θ * c1 S * cos θ * c1 + c12 * PCu + PH

0.98 =

200 kVA *0.8*1 2 200 kVA *0.8*1 + 1 * PCu + PH

PCu + PH =

160 kVA 0.98

- 160 kVA

PCu + PH = 3265.30 ... 1 Para eficiencia máxima:

Resolviendo ecuaciones:

PH = c 22 * PCu

PH = 1.174kW

2

PH = 0.75 * PCu

b)

PH - 0.562* PCu = 0 ... 2

PCu = 2.09kW

c) η= η=


*100%

200 kVA*0.8*0.5 *100% 2 200 kVA*0.8*0.5 + 0.5 * 2.09 kW +1.174 kW

η = 97.92%


141

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un transformador monofásico a 600 kVA tiene una eficiencia del 92% a plena carga y a media carga, con factor de potencia unitario. Determinar la eficiencia al 60% de carga y con un factor de potencia de 0.8 en atraso. [90.59%] DATOS:

S = 600 kVA

c1 = 1

η = 0.92

c 2 = 0.5

cos θ = 0.8

c3 = 0.6

SOLUCIÓN: η=


0.92 =

600 kVA*1*1 2 600 kVA*1*1 + 1 * PCu + PH 2

PH +1 * PCu =

600 kVA 0.92

- 600 kVA

PH + PCu = 52173.91 ... 1 Para eficiencia máxima: η=


600 kVA*1*0.5 2 600 kVA*1*0.5 + 0.5 * PCu + PH 600 kVA*0.5 2 PH + 0.5 * PCu = - 600 kVA *0.5

0.92 =

0.92

PH + 0.25* PCu = 26086.95 ... 2

Resolviendo ecuaciones: PCu = 34.78 kW  PH = 17.39 kW 

η= η=


*100%

600 kVA*0.8*0.6 *100% 2 600 kVA * 0.8 * 0.6 + 0.6 * 34.78 kW + 17.39 kW            

η = 90.59%

142


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Encontrar la eficiencia de un transformador a 150 kVA a 25% de plena carga con un factor de potencia de 0.8 en atraso. Si las pérdidas de cobre a plena carga son de 1600W y las pérdidas de hierros son de 1400W. Ignore los efectos de incremento de temperatura y la corriente de magnetización. [96.15%] DATOS: S = 150  kVA  c = 0.25 cos θ = 0.8 PCu = 1600  W  PH = 1400  W  SOLUCIÓN: η= η=

S * cos θ * c S * cos θ * c + c2 * PCu + PH

*100%

150 kVA*0.8*0.25 *100% 2 150 kVA*0.8*0.25 + 0.25 *1.6 kW + 1.4 kW 

η = 95.23%


143

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Las pérdidas del cobre y las pérdidas de hierro a plena carga de un transformador son de 920W y 430W respectivamente. Calcular: a) La carga del transformador a eficiencia máxima, b) Las pérdidas para dar la máxima eficiencia a 0.85 de la plena carga si el total de las pérdidas a plena carga siguen sin cambios. [a) 68.4%, b) PH = 565W, PCu = 785W] DATOS: PCu = 920  W  PH = 430  W  c 2 = 0.85

SOLUCIÓN: a) c1 = c1 =

PH PCu

*100%

430W

920W c1 = 68.36%

*100%

b) PHmax = c 2 * PH PHmax = 0.85*920W  PHmax = 782W 

PCu max = PCu max =

PCu c 22 430W 2

0.85

PCu max = 595.15 W 

144


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- A plena carga las pérdidas de cobre y de hierro en un transformador de 100 kVA son iguales a 2.5 kW. Encontrar la eficiencia con una carga de 65 kVA y con factor de potencia de 0.8. [93.58%] DATOS: S1 = 100 kVA  PCu = PH = 2.5kW  S2 = 65 kVA  cos θ = 0.8

SOLUCIÓN: c= c=

S2 S1 65 kVA

100 kVA c = 0.65 η= η=

S2 * cos θ * c S2 * cos θ * c + c2 * PCu + PH

*100%

65 kVA*0.8*0.65 *100% 2 65 kVA*0.8*0.65 + 0.65 * 2.5 kW + 2.5 kW

η = 93.59%


145

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Un trasformador se realizó una prueba a plena carga y se encontró que la pérdida de cobre es de 1.8% y tiene una caída de reactancia de 3.8%. Calcular su regulación a plena carga; a) Con factor de potencia unitario, b) Con factor de potencia de 0.8 en atraso, c) Con factor de potencia de 0.8 en adelanto. [a) 1.80%, b) 3.7%, c) -0.88%] DATOS: ε r = 1.8% ε x = 3.8% cos θ1 = 1 cos θ 2 = 0.8atraso cos θ3 = 0.8adelanto

SOLUCIÓN: a) %Reg = ε r * cos θ1 + ε x * sen θ1 cos-1 1 = 0 %Reg = 1.8* cos 0 + 3.8* sen 0  %Reg = 1.8%

b) %Reg = ε r * cos θ2 + ε x * sen θ 2 cos-1 0.8 = 36.86° %Reg = 1.8* cos 36.86° + 3.8* sen 36.86° %Reg = 3.72%

c) %Reg = ε r * cos θ3 + ε x * sen θ3 cos-1 0.8 = - 36.86° %Reg = 1.8* cos -36.86° + 3.8* sen -36.86° %Reg = - 0.84%

146


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un transformador monofásico a 100 kVA ha sido probado en ciertas condiciones y se obtuvieron los siguientes resultados: En circuito abierto la potencia consumida fue de 1300W y en corto circuito la potencia consumida fue 1200W. Calcular la eficiencia del transformador; a) A plena carga, b) A media carga cuando trabaja con un factor de potencia unitario. [a) 97.6%, b) 96.9%] DATOS: S = 100  kVA  PH = 1200  W  PCu = 1300  W  c1 = 1 c 2 = 0.5 cos θ = 1

SOLUCIÓN: a) η= η=


*100%

100 kVA*1*1 *100% 2 100 kVA*1*1+ 1 *1.3 kW + 1.2 kW 

η = 97.56%

b) η= η=


*100%

100 kVA*1*0.5 *100% 2 100 kVA * 1 * 0.5 + 0.5 * 1.3 kW + 1.2 kW           

η = 97.04%


147

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un transformador monofásico a (11000/230)V, 150 kVA, 50 Hz tiene unas pérdidas en el núcleo de 1.4 kW y pérdidas de cobre a plena carga de 1.6 kW. Determinar a) Los kVA para una máxima y una mínima eficiencia, b) La eficiencia a media carga con un factor de potencia de 0.8 en atraso. [a) 140.33 kVA, b) 97.6%; 97%] DATOS: α=

11000

PH = 1.4  kW 

= 47.82

230 Snom = 150  kVA 

PCu = 1.6  kW  cos θ = 0.8

f = 50 Hz 

c2 = 0.5

SOLUCIÓN: a) c1 = c1 =

PH

Smax = c1*Snom 

PCu

Smax = 0.935*150 kVA 

1.4 kW 1.6 kW

Smax = 140.25kVA 

= 0.935

b) Plena carga: ηmax = ηmax =

Smax * cos θ * c1 Smax * cos θ * c1 + c12 * PCu + PH

*100%

140.25 kVA*0.8*0.935 *100% 2 140.25 kVA*0.8*0.935 + 0.935 *1.4 kW  + 1.4 kW 

ηmax = 97.6%

Media carga: η=

η=

Snom * cos θ * c2 Snom * cos θ * c 2 + c22 * PCu  + PH

*100%

150 kVA*0.8*0.5 *100% 2 150 kVA*0.8*0.5 + 0.5 *1.6 kW  + 1.4 kW 

η = 97.08%

148


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un transformador monofásico que trabaja a factor de potencia unitario, tiene una eficiencia del 90% a media carga, con 500 kW a media carga y plena carga. Determinar la eficiencia al 75% de carga. [90.5%] DATOS: cos θ = 1

c1 = 1

η = 0.9

c 2 = 0.5

P = 500  kW

c3 = 0.75

SOLUCIÓN: Eficiencia a media carga: S= η=

P cos θ

=

500 kW

2

= 500 kVA 

PH + 0.5 * PCu =

1 S * cos θ * c2

0.9

- 250 kVA

PH + 0.25* PCu = 27777.78 ... 1

2 2

S * cos θ * c2 + c * PCu + PH

0.9 =

500 kVA*1*0.5 2 500 kVA*1*0.5+ 0.5 * PCu + PH

Eficiencia a plena carga: η=

250 kVA

Resolviendo ecuaciones:

S * cos θ * c1

PH = 18.518 kW 

S * cos θ * c1 + c12 * PCu + PH

0.9 =

500 kVA*1*1 2 500 kVA *1*1 + 1 * PCu + PH 2

PH +1 * PCu =

500 kVA 0.9

PCu = 37.037  kW 

- 500 kVA

PH + PCu = 55555.55 ... 2 Eficiencia al 75% de carga: η= η=


*100%

500 kVA*1*0.75 *100% 2 500 kVA*1*0.75 + 0.75  * 37.037 kW + 18.518 kW 

η = 90.5%


149

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un transformador monofásico a 10 kVA, (500/250)V tiene una eficiencia máxima del 94% cuando desarrolla el 90% de su rango de salida con factor de potencia unitario. Calcular la eficiencia cuando desarrolla en la salida a plena carga y con un factor de potencia de 0.8 en atraso. [92.6%] DATOS:

S = 10 kVA  α=

500

c1 = 0.9 cos θ1 = 1

=2

c2 = 1

250 ηmax = 0.94

cos θ 2 = 0.8

SOLUCIÓN: PH = c12 * PCu PH - c12 * PCu = 0 2

PH - 0.9 * PCu = 0 ... 1

η=

S * cos θ1* c22 S * cos θ1 * c 2 + c 22 * PCu + PH

0.94 =

10 kVA*1*1 2 10 kVA *1*1 + 1 * PCu + PH 2

PH +1 * PCu =

10 kVA 0.94

- 10 kVA

PH + PCu = 638.29 ... 2 Resolviendo ecuaciones: PCu = 352.646  W  PH = 285.646  W 

η= η=

S * cos θ 2 * c2 S * cos θ 2 * c2 + c22 * PCu + PH

*100%

10 kVA*0.8*1 *100% 2 10 kVA*0.8*1 + 1 *352.646W + 285.646W

η = 92.61%

150


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- Un transformador monofásico tiene un voltaje nominal en circuito abierto de (3300/660)V. Las resistencias del primario y el secundario son 0.8Ω y 0.03Ω respectivamente, las reactancias

correspondientes son 4Ω y 0.12Ω. La carga es equivalente a una bobina de resistencia 4.8Ω y una reactancia inductiva de 3.6Ω. Determine el voltaje terminal del transformador y la salida en kW. [636V, 54 kW] DATOS: α=

3300V

X1 = 4Ω

=5

660V R1 = 0.8Ω 

X2 = 0.12Ω Zc = 4.8 + j3.6 Ω

R 2 = 0.03Ω  SOLUCIÓN: I2 = I2 =

V2 Zc 660V 4.8 + j3.6

I 2 = 110 -36.86°A  R eq2 = R 2 +

R 1 α

Xeq2 = X 2 +

2

R eq2 = 0.03Ω +

0.8Ω

X1 α2

Xeq2 = 0.12Ω +

2

5

R eq2 = 0.062 Ω

4Ω 2

5

Xeq2 = 0.28Ω cos θ = cos -36.86° cos θ = 0.8

E 2 =  V2 * cos θ + I 2 * R eq 2  + j  V2* sen θ - I 2 * X eq 2 

    E 2 = 660V *0.8 + 110A*0.062Ω + j  660V * 0.6 -110A * 0.28Ω  E 2 = 534.82 + j365.2 V  E 2 = 647.61 34.32° V  PS = E 2 * I 2 * cos θ PS = 647.61V *110A * 0.8  PS = 56.98 kW 


151

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- Un transformador monofásico de 100 kVA tiene pérdidas de hierro de 600W y pérdidas en el cobre de 1.5 kW con la corriente de plena carga. Calcular la eficiencia con: a) 100 kVA de salida y un factor de potencia de 0.8 en atraso, b) 50 kVA de salida con un factor de potencia unitario. [a) 97.44%, b) 98.09%] DATOS: S1 = 100 kVA  c1 = 1 PH = 600  W  PCu = 1500 W  cos θ1 = 0.8 S2 = 50 kVA  cos θ 2 = 1


S1* cos θ1* c1 S1* cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH

*100%

100 kVA*0.8*1 *100% 2 100 kVA*0.8*1 + 1 *1.5 kW + 600W

η = 97.44%

b) c2 = c2 =

S2 S1 50 kVA

100 kVA c 2 = 0.5

η= η=

S1* cos θ 2 * c2 S1* cos θ 2 * c 2 + c22 * PCu + PH

*100%

100 kVA*1*0.5 *100% 2 100 kVA*1*0.5+ 0.5 *1.5 kW + 600W 

η = 98.08%

152


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- Un transformador monofásico de 10 kVA, (440/3300)V, cuando se prueba a circuito abierto, dio los siguientes datos en el lado primario 440V, 1.3A, 115W. Cuando se hace la prueba a corto circuito con la corriente a plena carga, la potencia de entrada fue de 140W. Calcular la eficiencia del transformador: a) A plena carga y con factor de potencia unitario, b) A un cuarto de carga con un factor de potencia de 0.8. [a) 97.51%, b) 94.18%] DATOS: S = 10 kVA 

Circuito Abierto V1 = 440 V 

α=

440

3300 c1 = 1

I0 = 1.3A  PCu = 115 W 

= 0.133

cos θ1 = 1

Corto circuito

c 2 = 0.25

PH = 140  W 

cos θ 2 = 0.8


S * cos θ1* c1 S * cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH

*100%

10 kVA*1*1 *100% 2 10 kVA*1*1 +1 *115W + 140W

η = 97.51%

b) η= η=

S * cos θ2 * c2 S * cos θ2 * c 2 + c 22 * PCu + PH

*100%

10 kVA*0.8*0.25 *100% 2 10 kVA*0.8*0.25+ 0.25 * 115W + 140W 

η = 93.14%


153

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 14.- Un transformador monofásico de 150 kVA tiene una pérdida en el núcleo de 1.5 kW y a plena carga una pérdida de cobre de 2 kW. Calcular la eficiencia del transformador: a) A plena carga con un factor de potencia 0.8 en atraso, b) A la mitad de carga con factor de potencia unitario. Determinar también la corriente del secundario a la cual la eficiencia es máxima si el voltaje del secundario se mantiene a su valor nominal de 240V. [a) 97.17%, b) 97.4%, 541A] DATOS: S = 150  kVA 

c1 = 1

PH = 1.5  W 

cos θ1 = 0.8

PCu = 2  kW 

c 2 = 0.5

V2 = 240  V 

cos θ 2 = 1



*100%

150 kVA*0.8*1 *100% 2 150 kVA*0.8*1+ 1 *2 kW + 1.5 kW 

η = 97.17%

b) η= η=

S * cos θ2 * c2 S * cos θ2 * c2 + c22 * PCu + PH

*100%

150 kVA*1*0.5 *100% 2 150 kVA*1*0.5+ 0.5 *2 kW + 1.5 kW 

η = 97.4%

c3 =

PH PCu

=

1.5 kW 2 kW

c3 = 0.866

Smax = V2 * I max I max =

Smax V2

=

129.90 kVA 240V

I max = 541.26 A  Smax = c3 * S Smax = 0.866*150 kVA  Smax = 129.90 kVA 

154


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 15.- Un transformador monofásico de 200 kVA, (3300/400)V, dio los siguientes resultados en la prueba de corto circuito. Con 200V aplicados al primario y el secundario en cortocircuito, la corriente del primario fue el valor a plena carga y una potencia de entrada de 1650W. Calcular el voltaje secundario y el porcentaje de regulación cuando la carga en el secundario es 300A con un factor de potencia 0.707 en atraso con un voltaje primario normal. [380V, 4.8%] DATOS: α=

3300V 400V

Prueba de cortocircuito

= 8.25

VCC1 = 200 V 

S = 200kVA 

PCC1 = 1650 W 

cos θ 2 = 0.707 I 2 = 300  A 

SOLUCIÓN: ICC1 = ICC1 =

I2 α 300A

ZCC1 = ZCC1 =

R CC1 = R CC1 =

8.25

ZCC2 = = 36.36 A 

ZCC2

R CC2 =

= 5.5Ω 

2

8.25 = 80.81mΩ

ICC1 36.36A

α2 5.5Ω

ZCC2 =

VCC1 200V

ZCC1

R CC1

R CC2 =

PCC1 2 ICC 1

R CC2

1650W 2

36.36A 

= 1.24 Ω

α2 1.24Ω 2

8.25 = 18.21mΩ

X CC2 =

2 2 ZCC - R CC 2 2 2

X CC2

2

80.81mΩ - 18.21mΩ = 78.73mΩ 

X CC2 =

E 2 =  V2 * cos θ + I 2 * R CC2  + j V2* sen θ + I 2 *X CC2     









E 2 = 400V*0.707 + 300A*18.21mΩ + j 400V*0.707 - 300A*78.73mΩ E 2 = 284.78 + j297.21V 

%Reg =

E 2 = 420.69 46.75° V 

%Reg =

E 2 - V2 V2

*100%

420.69V - 400V

400V %Reg = 5.17%


*100%

155

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 16.- Los devanados primario y secundario de un transformador monofásico de 40 kVA, (6600/250)V, tienen resistencias de 10Ω y 0.02Ω respectivamente. Las reactancias del transformador referidas al primario es 35Ω. Calcular: a) El voltaje primario requerido para circular

una corriente a plena carga cuando el secundario esta en corto circuito, b) La regulación a plena carga con factor de potencia unitario y factor de potencia de 0.8 en atraso. Despreciar la corriente en vacío. [a) 256V, b) 2.2%, 3.7%] DATOS: R1 = 10Ω

S = 40kVA  α=

6600V 250V

R 2 = 0.02 Ω

= 26.4

Xeq1 = 35Ω

SOLUCIÓN: a) I2 = I2 =

S V2 40 kVA 250V

R eq2 = R 2 +

= 160  A 

R 1

α2 10Ω

R eq2 = 0.02Ω + R eq2

2

26.4 = 0.0343Ω

X eq2 = X eq2 =

X eq1 α2 35Ω 2

26.4

X eq2 = 0.0502 Ω  E 2 =  V2 * cos θ + I2 * R CC2  + j V2* sen θ + I2 * XCC 2     









E 2 = 250V*1 +160A* 0.0343Ω + j  250V * 0 +160A * 0.0502Ω  E 2 = 255.48 + j8.032V  E 2 = 255.611.8°V 

156


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. b) Factor de potencia unitario. %Reg = %Reg =

E 2 - V2 V2

*100%

255.61V - 250V

250V %Reg = 2.24%

*100%

Factor de potencia atraso. E 2 =  V2 * cos θ + I 2 * R CC2  + j V2 * sen θ + I 2 * X CC2 

    E 2 = 250V *0.8 + 160A *0.0343Ω + j  250V * 0.6 +160A * 0.0502Ω  E 2 = 205.48 + j158.032V  E 2 = 259.22 37.56° V  %Reg = %Reg =

E 2 - V2 V2

*100%

259.22V - 250V

250V %Reg = 3.68%

*100%


157

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 17.- Calcular: a) La eficiencia a plena carga con un factor de potencia unitario, b) El voltaje terminal en el secundario cuando se suministra una corriente a plena carga en el secundario con factor de potencia: 1) 0.8 en atraso, 2) 0.8 en adelanto, para un transformador monofásico de 4 kVA, (200/400)V, 50 Hz, el cual tiene los siguientes datos de pruebas: Circuito abierto: Con 200V aplicados al devanado primario con una potencia de 60W. Corto circuito: Con 16V aplicados al devanado de alta tensión con una corriente de 8A y una potencia de 40W. [a) 0.97, b) 383V, 406V] DATOS: S = 4  kVA  α=

200

= 0.5

400 f = 50  Hz 

cos θ1 = 1

Circuito Abierto

Corto circuito

cos θ 2 = 0.8 atraso

PCu = 60  W 

PH = 40 W 

cos θ 3 = 0.8 adelanto

V0 = 200  V 

ICC2 = 8 A  VCC2 = 16 V

SOLUCIÓN: η=

a)

η=


*100%

4 kVA*1*1 *100% 2 4 kVA*1*1 +1 *60W + 40W

η = 97.56% ZCC2 = ZCC2 =

VCC2

R CC2 =

ICC2 16V 8A

= 2  Ω

R CC2 =

b)

PCC2 I2CC2 40W 2

8A

= 0.625Ω

X CC2 =

2 2 ZCC - R CC 2 2

X CC2 =

2Ω - 0.625Ω

2

X CC2 = 1.899 Ω 

Factor de potencia 0.8 atraso.

E 2 =  V2 * cos θ 2 + I2 * R CC2  + j  V2 * sen θ2 + I2 * XCC 2     









E 2 = 400V*0.8 + 10A * 0.625Ω + j  400V * 0.6 +10A *1.899Ω  E 2 = 326.25 + j258.99  V  E 2 = 416.55 38.44° V 

Factor de potencia 0.8 en adelanto. E 2 =  V2 * cos θ3 + I 2 * R CC2  + j  V2 * sen θ3 - I2 * XCC 2     









E 2 = 400V*0.8 + 10A* 0.625Ω + j  400V * 0.6 -10A *1.899Ω  E 2 = 326.25 + j221.01V  E 2 = 394.06 34.11° V 

158


2

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 18.- Un trasformador de 100 kVA, (6600/250)V, 50 Hz dio los siguientes resultados: Circuito abierto: 900W, voltaje nominal. Cortocircuito (tomados en lado de alta tensión): 12A, 290V, 860W. Calcular: a) La eficiencia y el porcentaje de regulación a plena carga con un factor de potencia de 0.8 en atraso, b) La carga a la cual se ocurre la máxima eficiencia y el valor de esta eficiencia para factor de potencia unitario, 0.8 en atraso y 0.8 en adelanto. [a) 97.3%, 4.32%, b) 81 kVA, 97.8%, 97.3%, 97.3%] DATOS: S = 100kVA  α=

6600V 250V

= 26.4

Circuito abierto

Cortocircuito

PCu = 900  W 

ICC = 12 A 

V1 = 6600  V 

VCC = 290 V 

f = 50 Hz 

PCC = 860  W 

cos θ1 = 1 cos θ 2 = 0.8atraso cos θ3 = 0.8adelanto


S * cos θ 2 * c1 S * cos θ 2 * c1 + c12 * PCu + PH

*100% I2 =

100 kVA*0.8*1 *100% 2 100 kVA * 0.8 * 1 + 1 * 900W + 860W          

I2 =

η = 97.84% ZCC1 = ZCC1 =

VCC1

X CC1 =

ICC1 290V

R CC1 =

100 kVA

860W 2

12A  R CC = 5.97 Ω  1


= 400 A 

2 2 ZCC - R CC 1 1 2

2

1

Reflejando al secundario. R CC2 =

2 CC1

250V

24.16Ω - 5.97Ω X CC = 23.41Ω

PCC1 I

V2

X CC1 =

12A ZCC1 = 24.16 Ω 

R CC1 =

S

R CC2 =

R CC1 α2 5.97Ω 2

26.4

R CC2 = 8.56 mΩ 

X CC2 = X CC2 = X CC2

XCC1 α2 23.41Ω 2

26.4 = 0.033Ω

159

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. E 2 =  V2 * cos θ 2 + I 2 * R CC2  + j  V2 * sen θ 2 + I 2 * X CC2 

    E 2 = 250V *0.8 + 400A*8.56mΩ + j  250V * 0.6 + 400A * 0.033Ω  E 2 = 203.42 + j163.2V  E 2 = 260.79 38.73° V  b) %Reg = %Reg =

E 2 - V2 V2

*100%

c2 =

260.79V - 250V

250V %Reg = 4.31%

*100%

c2 =

PH PCu 860W

900W Smax = c 2 * S

= 0.9775

Smax = 0.9775*100 kVA  Smax = 97.75 kVA  Factor de potencia unitario. ηmax = ηmax =

Smax * cos θ1* c2 Smax * cos θ1* c 2 + c 22 * PCu + PH

*100%

97.75 kVA*1*0.9775 *100% 2 97.75 kVA * 1 * 0.9775 + 0.9775 * 860W + 860W           

ηmax = 98.27%

Factor de potencia atraso. ηmax = ηmax =

Smax * cos θ 2 * c2 Smax * cos θ 2 * c2 + c22 * PCu + PH

*100%

97.75 kVA*0.8*0.9775 *100% 2 97.75 kVA * 0.8 * 0.9775 + 0.9775 * 860W + 860W            

ηmax = 97.84%

Factor de potencia adelanto. ηmax = ηmax =

Smax * cos θ3* c2 Smax * cos θ3 * c 2 + c22 * PCu + PH

*100%

97.75 kVA *0.8*0.9775 *100% 2 97.75 kVA * 0.8 * 0.9775 + 0.9775 * 860W + 860W            

ηmax = 97.84%

160


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 19.- La resistencia del primario de un transformador de (440/110)V es 0.5Ω y la resistencia del secundario es 0.04Ω. Cuando 440V son aplicados en el primario y en el secundario se abre el circuito y se dan 200W del suministro. Encuentre la corriente del secundario a la cual se dará la máxima eficiencia y calcular esta eficiencia para una carga teniendo un factor de potencia unitario. [53A, 93.58%] DATOS: PH = PCu = 200  W  α=

440V

=4 110V R1 = 0.5 Ω  R 2 = 0.04 Ω 

cos θ = 1 SOLUCIÓN: R eq2 = R 2 +

R 1 α2

R eq2 = 0.04Ω + R eq2

0.5Ω 2

4 = 0.07125Ω 

PCu = I22 * R eq 2 I2 =

PCu R eq2

=

200W 0.07125Ω

I 2 = 53 A S = V2 * I 2 S = 110V *53A S = 5830 VA η= η=

S * cos θ * c S * cos θ * c + c * PCu + PH

*100%

5830VA*1*1 *100% 2 5830VA*1*1 +1 * 200W + 200W

η = 93.57%


161

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 20.- Dos pruebas son realizadas en un transformador de 40 kVA para determinar su eficiencia. Los resultados fueron: Circuito abierto: 250V con 500W. Cortocircuito: 40V con corriente a plena carga, 750W, ambas pruebas realizadas en el lado primario. Calcular la eficiencia para los kVA nominales y ½ kVA con factor de potencia unitario y factor de potencia 0.8. [96.97%, 96.68%, 96.24%, 95.87%] DATOS: cos θ1 = 1

S = 40kVA 

Circuito abierto

Cortocircuito

cos θ2 = 0.8

c1 = 1

V1 = 250  V 

V1 = 40  V 

c2 = 0.5

PH = 500  W 

PCu = 750  W 

SOLUCIÓN:

Eficiencia para factor de potencia unitario: η= η=


*100%

40 kVA*1*1 *100% 2 40 kVA*1*1+ 1 *750W + 500W 

η = 96.97% η= η=


*100%

40 kVA*1*0.5 *100% 2 40 kVA*1*0.5 + 0.5  *750W + 500W

η = 96.67%

Eficiencia para factor de potencia 0.8 en atraso: η= η=


*100%

40 kVA*0.8*1 *100% 2 40 kVA * 0.8 * 1 + 1 * 750W + 500W          

η = 96.24% η= η=

S * cos θ2 * c2 S * cos θ 2 * c2 + c22 * PCu + PH

*100%

40 kVA*0.8*0.5 *100% 2 40 kVA * 0.8 * 0.5 + 0.5 * 750W + 500W            

η = 95.88%

162


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 21.- Los datos siguientes se obtuvieron a partir de pruebas de un transformador de 30 kVA, (3000/110)V: Voltaje Corriente Potencia Circuito Abierto 3000V 0.5A 350W Corto Circuito 150V 10A 500W Calcular la eficiencia del transformador: a) A plena carga y un factor de potencia de 0.8 y b) A media carga con un factor de potencia unitario. También calcular los kVA de salida a la cual la eficiencia es máxima. [a) 96.56%, b) 97%, 25.1 kVA] DATOS: S = 30kVA  α=

3000

cos θ1 = 0.8 c1 = 1

= 27.27

cos θ 2 = 1

110 PCu = 350 W 

c 2 = 0.5

PH = 500 W 



*100%

30 kVA*0.8*1 *100% 2 30 kVA*0.8*1+ 1 *350W + 500W 

η = 96.57%

b) η= η=

S * cos θ 2 * c2 S * cos θ 2 * c2 + c 22 * PCu + PH

*100%

30 kVA*1*0.5 *100% 2 30 kVA*1*0.5+ 0.5 *350W + 500W

η = 96.23% c3 =

PH PCu

=

350W

Smax = c3 * S

500W

Smax = 0.8366* 30 kVA 

c3 = 0.8366


Smax = 25.1kVA 

163

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 22.- La eficiencia de un transformador monofásico de 400 kVA es 98.77%, cuando trabaja a plena carga con un factor de potencia de 0.8 y al 99.13% a media carga con un factor de potencia unitario. Calcular a) Las pérdidas en el hierro y b) Las pérdidas en el cobre a plena carga. [a) 1012W, b) 2973W] DATOS: S = 400  kVA 

c1 = 1

η1 = 98.77%

cos θ1 = 0.8

η2 = 99.13%

c 2 = 0.5 cos θ 2 = 1

SOLUCIÓN: Plena carga: η1 =


0.9877 = 2

400 kVA *1*0.8 2 400 kVA *1*0.8 + 1 * PCu + PH

PH +1 * PCu =

320 kVA 0.9877

- 320 kVA

PH + PCu = 3985.01... 1 Media carga: η2 =

S * cos θ 2 * c2 S * cos θ 2 * c 2 + c 22 * PCu + PH

0.9913 =

400 kVA *0.5*1 2 400 kVA *0.5 *1 + 0.5 * PCu + PH 2

PH + 0.5 * PCu =

200 kVA 0.9913

- 200 kVA

PH + 0.25* PCu =1755.27 ... 2 Resolviendo ecuaciones: PH = 1012.02  W  PCu = 2972.98 W 

164


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un transformador de 100 kVA tiene una eficiencia máxima del 98% al 50% de la plena carga y factor de potencia unitario. Determinar las pérdidas de hierro y las pérdidas de cobre a plena carga: El transformador experimenta un ciclo de carga diaria como sigue: Carga Factor de potencia 100kVA 1.0 50kVA 0.8 Sin carga Determinar la eficiencia de todo el día.

Duración de la carga 8 hrs 6 hrs 10 hrs

DATOS: S = 100 100kVA kVA 

c = 0.5

ηmax = 98%

cos θ = 1

SOLUCIÓN: η=

PH = c 2 * PCu 2

PH - 0.5 * PCu = 0

S * cos θ * c S* cos θ * c + c * PCu + PH

0.98 =

100 kVA *1*0.5 2 100 kVA *1*0.5 + 0.5 * PCu + PH

0.25* PCu + PH = 1020.40 ...

PCu = 2040.8 W  PH = 510.2  W 

1

2

PH - 0.25* PCu = 0 ... 2

c12 * PCu *hrs = 0.5 *2040.8W *6 hrs

c1* S1* cos θ1*hrs = 100 kVA*1*1*8 hrs

c12 * PCu *hrs = 3061.2  W - hrs 

c1* S1* cos θ1*hrs = 800 kW - hrs

c22 * PCu *hrs = 1 *2040.8W*8 hrs

c2 * S1* cos θ 2 *hrs  = 100 kVA*0.5* 0.8* 6 hrs

c22 * PCu *hrs = 16326.4 W - hrs 

c2 * S1* cos θ 2 *hrs = 240 kW - hrs

c * P

1040kW - hrs  kW - hrs = 1040

2

2

Cu

*hrs = 19387.6  W - hrs 

PH * hrs = 510.2W *24 hrs PH * hrs hrs = 122 12244 44 W - hrs hrs

Eficiencia: η=

kW - hrs

*100%

kW - hrs + c 2* PCu + PH 1040 1040 kW - hrs hrs η= *100% 1040 1040 kW - hrs hrs +193 +19387 87.6 .6 W - hrs hrs  +1224 12244 4  W - hrs hrs  η = 97.04%


165

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un transformador a 20 kVA tiene una máxima eficiencia del 98% cuando desarrolla

3

de carga 4 y con un factor de potencia unitario. Si durante el día, el transformador tuvo estas cargas: 12 hrs 6 hrs 6 hrs Calcular la eficiencia del transformador.

Sin carga 12 kWh, 0.8 factor de potencia 20kW, factor de potencia unitario

DATOS: S = 20 kVA kVA  ηmax = 0.98 c1 = 0.7 0.75 cos θ = 1

SOLUCIÓN: η=

S * cos θ * c S * cos θ * c + c2 * PCu + PH

0.98 =

20 kVA*1*0.75 2 20 kVA*1*0.75 + 0.75 * PCu + PH

2

0.75

* PCu + PH = 306.12 ... 1 PH = c 2 * PCu 2

PH - 0.75 * PCu = 0 ... 2

Resolviendo ecuaciones: PH = 153.06 W  PCu = 272.11 W  PH * hrs = 153.06W* 24 hrs PH * hrs hrs = 367 3673. 3.44 44 W - hrs hrs 

166


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. P= P=

P * hrs hrs 12 kW - hrs

S2 = S2 =

c= c=

6 hrs P cos θ 2 kW 0.8

= 2  kW 

= 2.5  kVA 

S2 S1 2.5 kVA 20 kVA

= 0.125 2

c22 * PCu *hrs = 0.125 * 272.11W * 6 hrs c22 * PCu *hrs = 25.51 W  2

c12 * PCu *hrs = 1 * 272.11W * 6 hrs c12 * PCu *hrs = 1.632 kW 

c * P 2

Cu

*hrs = 1658.17  W - hrs  c22 * S1* cos θ1*hrs = 0.125* 20 kVA* 0.8 * 6 hrs c1* S1* cos θ1*hrs = 12 W - hrs c1* S1* cos θ 2 *hrs = 1* 20 kVA*1 * 6 hrs c1* S1* cos θ 2 *hrs = 120 kW - hrs 132 kW - hrs  kW - hrs = 132

Eficiencia η=

kW - hrs

*100%

kW - hrs + c2 * PCu + PH 132 132kW - h hrs rs η= *100% 132 132kW - hrs hrs +165 +1658. 8.17 17W - hrs hrs+ 367 3673. 3.44 44 W - hrs hrs 

η = 96.11%


167

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Dos transformadores monofásicos “A” y “B” con relación de tensión igual, trabajan en paralelo y suministran una carga carga que requiere una una corriente de 500A con un un factor de potencia 0.8 en atraso con un voltaje entre terminales de 400V. Las impedancias equivalentes de los transformadores referidas a los devanados secundarios son de (2 + j3)Ω y (2.5 + j5)Ω. Calcular la corriente suministrada por cada transformador. [IA = 304 A, IB = 197 A] DATOS: IT = 500 A  cos θ = 0.8 V = 400 V  Z1 = 2 + j3 = 3.6 56.3° Ω Z2 = 2.5 + j5 = 5.59 63.43° Ω

SOLUCIÓN: Transformador “A”: θ T = cos -1 0.8 = 36.86° IT = 500 36.86° A 

 Z2  Z + Z

IA = I T *

1

  2

  5.59 5.59 63.43° 63.43°Ω   IA = 500 36 36.86° A*  3.6 56.3° 56.3°Ω + 5.59 63.43°Ω  3.6 IA = 304.69 39.65° A 

Transformador “B”:

 Z1    Z + Z  2 1

IB = I T *

  3.6 3.6 56.3° 56.3°Ω  IB = 500 36 36.86°A *   5.59 5.59 63.43° 63.43°Ω + 3.6 56.3° Ω IB = 196.22 32.52° A 

168


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Dos transformadores monofásicos “A” y “B” están operando en paralelo y suministran una carga en común de 1000 kVA con un factor de potencia de 0.8 en atraso. Los datos con respecto a los transformadores son los siguientes: Transformador Clasificación %Resistencia 750 kVA 3 “A” “B” 500 kVA 2 Determinar la carga de cada uno de los transformadores.

%Reactancia 5 4

[ SA = 535 -34.7° kVA ; SB = 465 -39.3° kVA ] DATOS: ST = 1000kVA  cos θ = 0.8 θ = 36.86°

SOLUCIÓN: Transformador “A”: Z1 = 3 + j5Ω

 750 kVA  *2 + j4Ω  500 kVA 

Z2 = 

Z2 = 3 + j6Ω

 Z2  Z + Z

SA = ST *

1

  2 

3 + j6Ω   3 + 5jΩ  + 3 + j6Ω 

SA = 1000 -36.86° kVA * SA = 535.3 -34. 34.8°kVA 


 Z1    Z2 + Z1 

SB = ST *



 3 + j5Ω  3 + j6Ω + 3 + j5Ω 

SB = 1000 -36.86° kVA  * SB = 465. 465.3 36 -39.21°  kVA 


169

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Dos transformadores “A” y “B” dieron los siguientes resultados. Con el lado de baja tensión en corto circuito, “A” toma una corriente de 10A a 200V, la potencia de entrada de 1000W. Similarmente “B” toma 30A con 200V, la potencia de entrada de 1500W. En circuito abierto ambos transformadores dan un voltaje secundario de 2200V cuando 11000V son aplicados a las terminales del primario. Estos transformadores están conectados en paralelo en los lados de alta tensión y baja tensión. Calcular la corriente y la potencia en cada transformador cuando se suministra una carga de 200A con un factor de potencia de 0.8 en atraso. Las corrientes en vacío se pueden despreciar. [IA = 50.5A, PA = 100 kW, IB = 151A, PB = 252 kW] DATOS: V1 = 11000 V

Para Para TA en cor cortoc tocirc ircuito uito

Para Para TB en corto cortocirc circuito uito

V2 = 2200 V

ICCA = 10A 

ICCB = 30  A

IT = 20 200 -36.86° A

VCCA = 200V 

VCCB = 200V 

PCCA = 100W 

PCCB = 1500 W 

SOLUCIÓN: Transformador “A”: ZCCA = ZCCA =

R CC2 = R CC2 =


VCCA ICCA 200V

ZCCB =

= 20 Ω

10A

ZCCB =

PCC2 2 ICC 2

1000W 2

10A

R CCB =

= 10Ω

R CCB =

X CC A =

Z C2 CA - R 2CC 2

X CCA =

10Ω 20Ω - 10

2

2

= 17.32 Ω

ZA = R CC2 + jXCC2 ZA = 10 + j17.32Ω  = 20 60° Ω

X CCB =

ICCB 200V 30A

= 6.67 Ω

PCCB 2 ICC B

1500W 2

30A

= 1.67 Ω

ZC2 CB - R C2 C B 2

2

6.67Ω - 1.67Ω = 6.45Ω

X CCB = X CCB

VCCB

ZB = R CCB + jX CCB ZB = 1.67 + j6.45Ω ZB = 6. 6.67 75.48° Ω

170


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. IA * ZA = I B* Z B IA * 20 60°Ω  = I B *6.67 75.48° Ω IA * 20 60°Ω  - IB *6.67 75.48° Ω = 0 ... 1 IA + I B = IT I A + I B = 200 -36.86° A  ... 2

Resolviendo ecuaciones: IA = 50.36 -25.23° A  IB = 151.01 -40.71° A 

Para las potencias: PA = V2 * I A * cos θ A PA = 2200V *50.36A * cos -25.23°  PA = 100.22 kW  PB = V2 * I B * cos θ B PB = 2200V *151.01A * cos -40.71°  PB = 251.83kW 


171

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Dos transformadores “A” y “B” de (6600/250)V tienen las siguientes características en corto circuito: Voltaje aplicado 200V, corriente de 30A, 1200W de potencia de entrada para uno de los transformadores; los datos correspondientes para el otro transformador es de 120V, 20A y 1500W. Todos los valores se miden en lado de alta tensión y en el lado de bajo voltaje, sus terminales están en cortocircuito. Encuentre la corriente aproximada y el factor de potencia de cada transformador cuando se trabajan en paralelo entre sí en los lados de alta y baja tensión tomando una carga total de 150 kW con un factor de potencia de 0.8 en atraso. [IA = 13.8A, cos θA = 0.63, IB = 15.35A, cos θB = 0.91] DATOS: V1 = 6600 V 

Para TA en C.C.

Para TB en C.C.

V2 = 250 V 

VCCA = 200V 

VCCB = 120 V 

PT = 150  kW 

I CCA = 30  A 

I CCB = 20  A

cos θ = 0.8 atraso

PCCA = 1200 W

PCCB = 1500  W 

SOLUCIÓN: Transformador “A”: ZCCA = ZCCA =

R CCA = R CCA =

X CCA =

VCCA ICCA 200V 30A

VCCB

ZCCB = = 6.66 Ω 

ZCCB =

PCCA

ICCB 120V

R CCB =

I2CCA 1200W 2

30A

= 1.33Ω 

R CCB =

2 2 ZCC - R CC A A 2

X CCB = 2

6.67Ω - 1.33Ω = 6.53Ω

X CCA = X CCA


= 6 Ω 

PCCB 2 ICC B

1500W 2

20A

= 3.75Ω 

2 2 ZCC - R CC B B 2

ZA = R CCA + jX CCA

ZB = R CCB + jX CCB

ZA = 1.33 + j6.53Ω

ZB = 3.75 + j4.68Ω

ZA = 6.66 78.48° Ω

ZB = 651.29° Ω

172

2

6Ω - 3.75Ω = 4.68 Ω 

X CC B = X CC B

20A


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. I A * ZA = I B* Z B I A *6.66 78.46°Ω = I B *6 51.29°Ω  I A *6.66 78.46°Ω - I B *6 51.29°Ω  = 0 ... 1

IT = IT =

PT V1* cos θ 150 kW

6600V*0.8

= 28.41 -36.86° A 

IA + IB = IT I A + I B = 28.41 -36.86° A  ... 2 Resolviendo ecuaciones: I A = 13.85 -51.16° A  I B = 15.37 -24° A 

Obteniendo factores de potencia: cos θ A = cos -51.16° cos θ A = 0.627 cos θ B = cos -24° cos θ B = 0.91


173

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Dos transformadores monofásicos “A” y “B” de (11000/2200)V están conectados en paralelo para suministrar una carga total de 200A con un factor de potencia de 0.8 en atraso a 2200V. Un transformador tiene una resistencia equivalente de 0.4Ω y la reactancia equivalente de 0.8Ω referida al lado de baja tensión. El otro tiene una resistencia equivalente de 0.1 Ω y la reactancia de 0.3Ω. Determinar la corriente y potencia suministrada por cada transformador. [IA = 52A, IB = 148A, PA = 99 kW, PB = 252 kW] DATOS: α=

11000

θ = -36.86°

=5

2200 IT = 200  A 

V2 = 2200 V 

cos θ = 0.8

Z2 = 0.1 + j0.3= 0.316 71.56° Ω 

Z1 = 0.4 + j0.8= 0.894 63.43° Ω 

SOLUCIÓN: Transformador “A”:

 Z2  Z + Z

I A = I T *

1

  2

  0.316 71.56°Ω  I A =  200 -36.86° A  *   0.894 63.43°Ω + 0.316 71.56° Ω I A = 52.33 -30.85° A  PA = V2 * I A * cos θ A PA = 2200V *52.33A * cos -30.85°  PA = 98.83kW 


 Z1   I B = I T *  Z + Z  2 1   0.894 63.43°Ω  I B =  200 -36.86° A *   0.316 71.56°Ω + 0.894 63.43° Ω I B = 148.05 -38.98°A  PB = V2 * I B * cos θB PB = 2200V *148.05A * cos -38.98°  PB = 253.19 kW 

174


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Un transformador “A” de 2000 kVA está conectado en paralelo con un transformador “B” de 4000 kVA para suministrar una carga trifásica de 5000 kVA con un factor de potencia de 0.8 en atraso. Determinar los kVA suministrados por cada transformador asumiendo la misma tensión en vacío. El porcentaje de las cargas nominales en el embobinado de baja tensión son: Transformador “A”: Resistencia 2%, Reactancia 8%; Transformador “B”: Resistencia 1.6%, Reactancia 3%. [A: 860 kVA, 0.661 (atraso); B: 4170 kVA, 0.824 (atraso)] DATOS: ST = 5000 kVA 

cos θ = 0.8

SA = 2000 kVA 

ZA = 4 + j16 Ω

SB = 4000 kVA 

ZB = 1.6 + j3 Ω

SOLUCIÓN: Transformador “A”: ZA =

SB SA

 ZB   SA = ST *  Z + Z  A B

*%Z A 

 4000 kVA  ZA =  * 2 + j8Ω   2000 kVA  

  1.6 + j3Ω  SA = 5000 -36.86°kVA  *  4 + j16Ω + 1.6 + j3Ω

ZA = 4 + j16Ω 

SA = 858.23-48.51° kVA 

cos θ A = cos -48.51° cos θ A = 0.662


 ZA    Z + Z  B A

SB = ST *

  4 + j16Ω  SB = 5000 -36.86° kVA  *  1.6 + j3Ω  + 4 + j16Ω SB = 4163.05 -34.47°kVA  cos θ B = cos -34.47° cos θ B = 0.824


175

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Dos transformadores “A” y “B” monofásicos trabajan en paralelo sobre una carga de 750A con un factor de potencia de 0.8 en atraso. Determine el voltaje secundario, la potencia de salida y el factor de potencia de cada transformador. Los datos de pruebas son: Circuito abierto: (11000/13300)V para cada transformador. Corto circuito: Con el devanado de alta tensión en corto circuito. Transformador “A”: Entrada secundario de 200V, 400A, 15 kW. Transformador “B”: Entrada secundario de 100V, 400A, 20 kW. [A: 3190VA, 80 kVA, 0.65; B: 1615 kVA, 0.86] DATOS: α=

11000V

13300V IT = 750  A 

= 0.827

cos θ T = 0.8

Transformador "A"

Transformador "B"

VA = 200 V 

VB = 100 V 

IA = 400  A 

IB = 400 A 

PA = 15kW 

PB = 20 kW 

SOLUCIÓN: Transformador “A”: Z A1 = Z A1 =

R A1 = R A1 =


VA

Z B1 =

IA 200V 400A

= 0.5  Ω 

Z B1 =

PA

R B1 =

I 2A 15 kW 2

400A 

= 0.09375 Ω 

R B1 =

2

2

0.5Ω - 0.09375Ω X A = 0.4911Ω  1

IB 100V 400A

= 0.25 Ω 

PB I2B 20 kW 2

400A

= 0.125Ω 

X B1 = Z B2 1 - R B2 1

X A1 = ZA2 1 - R 2A1 X A1 =

VB

2

2

0.25Ω - 0.125Ω X B = 0.2165 Ω  X B1 = 1

Reflejando impedancias: ZA 2 =

ZA1 α2

0.09375 + j0.4911 Ω 2 0.827 = 0.73179.19° Ω 

ZB2 =

α2

0.125 + j0.2165 Ω 2 0.827 = 0.365 60°Ω

ZA 2 =

ZB2 =

ZA 2

ZB2

176

ZB1


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica.  Z B  I A = I T *  ZA + ZB 2

2

2

2

   

   0.73179.19°Ω + 0.365 60°Ω

I A2 = 750 -36.86° A*

0.365 60° Ω

I A2 = 252.91-49.68° A 

cos θA = cos -49.68° cos θA = 0.647 PA = VA2 * I A2 * cos θ A PA = 13300V *252.91A * cos -49.68°  PA = 2176.5kW 

 ZA   ZA + Z B

I B2 = I T * 

2

2

2

   

   0.731 79.19°Ω  + 0.365 60°Ω 

I B2 = 750 -36.86° A *

0.731 79.19° Ω 

I B2 = 506.51-30.49° A  cos θ B = cos -30.49° cos θ B = 0.861 PB = VB2 * I B2 * cos θ B PB = 13300V *506.51A * cos -30.49°  PB = 5805.03kW 


177

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Dos transformadores monofásicos de 1000 kVA y 500 kVA están conectados a las mismas barras colectoras en el lado primario. Las f.e.m.s. secundarias en vacío es de 500V y 510V respectivamente. El voltaje de la impedancia del transformador primero es 3.4% y del segundo 5%. ¿Qué corriente pasará entre ellos cuando los secundarios están conectados juntos en paralelo? [290 A] DATOS: SA = 1000  kVA  SB = 500  kVA  V1 = 500 V  V2 = 510 V  ZA = 3.4% ZB = 5% SOLUCIÓN: I1 = I1 =

SA

IT =

V1 1000 kVA 500V

= 2000  A 

0.034*500V I1 2000 A  Z A = 0.0085Ω  ZA =

I2 = I2 =

V1* Z A

=

V2 - V1 ZA + Z B

510 - 500 V  0.0085 + 0.026 Ω I T = 289.85 A  IT =

SB V2 500 kVA

ZB =

510V ZB * V2 I2

= 980.39 A 

=

0.05*510V 980.39 A

ZB = 0.026 Ω 

178


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Dos transformadores “A” y “B” están conectados en paralelo para alimentar una carga que tiene una impedancia de (2 + j1.5)Ω. Las impedancias equivalentes referidas a los devanados secundarios son (0.15 + j0.5) Ω y (0.1 + j0.6)Ω respectivamente. La f.e.m. de circuito abierto de “A” es 207V y de “B” es 205V. Calcular: a) La tensión en la carga, b) La potencia suministrada a la carga, c) La potencia de salida de cada transformador, y d) La entrada kVA a cada transformador. [a) 189 -3.8° V , b) 11.5 kW, c) 6.5 kW, 4.95 kW d) 8.7 kVA, 6.87 kVA] DATOS: ZT = 2 + j1.5Ω

E A = 207  V 

ZA = 0.15 + j0.5Ω

E B = 205 V 

ZB = 0.1 + j0.6Ω

SOLUCIÓN: IT =

E A * Z B + E B* Z A ZA * Z B + Z T * Z A + Z B 

207V*0.1 + j0.6 Ω +  205V*0.15 + j0.5 Ω     a) IT = 0.15 + j0.5 Ω  *0.1 + j0.6Ω  + 2 + j1.5Ω* 0.15 + j0.5Ω + 0.1 + j0.6Ω     IT =

232.46 77.21° 3.07 117.85º

= 75.71 -40.64° A 

VT = IT * ZT

b)

VT = 75.71 -40.64° A *2 + j1.5Ω

PT = VT * IT * cos θ

VT = 189.27 -3.77° V 

PT = 189.27 V *75.71A *0.8 PT = 11.46 kW 

c) Transformador “A”: IA =

E A * ZB + E A - E B * ZT  ZA * ZB + Z T * Z A + ZB 

207V*0.1 + j0.6Ω + 207V - 205V*2 + j1.5 Ω     IA = 0.15 + j0.5 Ω  *0.1 + j0.6Ω +  2 + j1.5Ω * 0.15 + j0.5Ω + 0.1 + j0.6Ω     IA =

129.57 79.01° 3.07117.85°

= 42.21 -38.84° A


179

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. PA = E A * I A * cos θ PA = 207V *42.21A * cos -38.84  PA = 6.81kW 

Transformador “B”: E B * ZA - Z L * E A - E B 

IB =

ZA * Z B + Z L * Z A + Z B 

205V*0.15 + j0.5Ω - 207V - 205V*2 + j1.5 Ω     IB = 0.15 + j0.5 Ω  *0.1 + j0.6 Ω +  2 + j1.5Ω * 0.15 + j0.5Ω + 0.1 + j0.6Ω     IB =

103.03 74.95° 3.07117.85°

= 33.56 -42.9°  A PB = E B * I B * cos θ PB = 205V *35.56A * cos -42.9  PB = 5.34 kW 

d) SA = E A * I A SA = 207 V *42.21A  SA = 8.73 kVA  SB = E B * I B SB = 205V *33.56A SB = 6.87 kVA 

180


Símbologia utilizada a lo largo del capítulo. Símbolo Significado Unidades Ciclos por minuto  ciclos  f'   del rotor.  min 

IL

Constante de máquina. Corriente a rotor bloqueado. Corriente de línea.

I r

Corriente del rotor.

I0

Corriente en vacío.

s plena carga

Deslizamiento a plena carga. Deslizamiento al arranque. Deslizamiento cualquiera. Deslizamiento máximo. Deslizamiento. Eficiencia. Factor de potencia. Frecuencia del alternador. Frecuencia del rotor. Frecuencia.

k I RB

s arranque s cualquiera

s max s

η cos θ f a

f r

f Z RB Zm ZR

Z r Z ext ZT

L r L ext

Impedancia a rotor bloqueado. Impedancia del motor. Impedancia del reóstato. Impedancia del rotor. Impedancia externa. Impedancia total. Inductancia del rotor. Inductancia externa.

#P

Número de polos.

τ plena carga

Par a plena carga.

τ arranque

Par al arranque.

τ cualquiera

Par cualquiera.

τ fricción

A

τ desarrollado

Par de las pérdidas por fricción. Par desarrollado.

A A A

τ max

Par máximo.

τT

Par total.

Pestator

Pmax

Pérdidas del estator. Pérdidas en el cobre del rotor. Pérdidas en el rotor. Pérdidas por fricción. Potencia aparente en vacío. Potencia de entrada. Potencia del entrehierro. Potencia máxima.

Hz

PM

Potencia mecánica.

Hz Ω

Q0

Ω

P0

Ω

X RB

Ω

X r

Ω

X0

Ω H

α R RB

H

R x

Potencia reactiva en vacío. Potencia real en vacío. Reactancia a rotor bloqueado. Reactancia del rotor. Reactancia en vacío. Relación de transformación. Resistencia a rotor bloqueado. Resistencia adicional.

PCu r Pr

Pf S0 PE PEH

Hz

 polos  N - m  N - m  N - m  N - m  N - m  N - m  N - m  W  W W W

kVA kW kW kW kW ó h.p. kVAR  kW Ω Ω Ω

Ω

Ω

R e R r R 0

R ext R T ω plena carga

ωd

ωa

Resistencia del estator. Resistencia del rotor. Resistencia en vacío. Resistencia externa. Resistencia total.

Ω

ω τmax

Ω

ω r

Ω

ωs

Ω

VRB

Ω

E

Velocidad del par máximo. Velocidad en el rotor. Velocidad síncrona. Voltaje a rotor bloqueado. Voltaje de entrada.

Velocidad a plena carga. Velocidad de deslizamiento. Velocidad del alternador.

r.p.m.

V p

Voltaje de fase.

E r

Voltaje del rotor.

r.p.m. r.p.m.

r.p.m. r.p.m. r.p.m.

 V  V V V

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- En el caso de un motor de inducción de 8 polos, con una frecuencia de alimentación de 50 Hz y con una velocidad en el rotor de 735 r.p.m. ¿Cuáles son las magnitudes de lo siguiente?: a) Velocidad síncrona, b) Velocidad de deslizamiento, c) Deslizamiento, y el d) Porcentaje de deslizamiento. [a) 750 r.p.m., b) 15 r.p.m., c) 0.02, d) 2%] DATOS: #P = 8polos  f = 50 Hz  ωr = 735 r.p.m.

SOLUCIÓN: a) ωs = ωs =

120 * f #P 120*50 Hz 8 polos

ωs = 750 r.p.m.

b) ωd = ωs - ωr ωd = 750 - 735 r.p.m. ωd = 15 r.p.m.

c) s= s=

ωs - ωr ωs

750 - 735 r.p.m. 750 r.p.m.

s = 0.02

d) s *100% = 0.02*100% s = 2%

Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción

185

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un motor de inducción jaula de ardilla de 6 polos, 50 Hz, gira a plena carga a una velocidad de rotor de 970 r.p.m., calcular: a) El porcentaje de deslizamiento. b) La frecuencia de corriente inducida en el rotor. [a) 3%, b) 1.5 Hz] DATOS: #P = 6polos  f = 50 Hz  ωr = 970 r.p.m.

SOLUCIÓN: a) ωs = ωs =

120 * f #P 120*50 Hz 6 polos

ωs = 1000 r.p.m. s= s=

ωs - ωr ωs

*100%

1000 - 970 r.p.m. *100% 1000 r.p.m.

s = 3%

b) ωd = ωs - ωr ωd = 1000 - 970 r.p.m. ωd = 30 r.p.m.

f r = f r =

ωd * #P 120 30 r.p.m.*6 polos 120

f r = 1.5Hz 

186


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un alternador de 8 polos gira a 750 r.p.m. y suministra potencia a un motor de inducción de 6 polos el cual tiene la plena carga con un deslizamiento del 3%. Encuentre la velocidad a plena carga del motor de inducción y la frecuencia del rotor. [970 r.p.m., 1.5 Hz] DATOS:

 Alternador #P = 8polos  ωs = 750 r.p.m.

 Motor #P = 6 polos  s = 3% SOLUCIÓN: fa = fa =

ωa * #P 120 750 r.p.m.*8 polos 120

f a = 50  Hz  ωs = ωs =

f a *120 #P 50 Hz*120 6 polos

ωs =1000  r.p.m.

s=

ωs - ω r ωs

ω r = ωs *1 - s ω r = 1000 r.p.m.*1 - 0.03 ω r = 970 r.p.m. f r = s * f a f r = 0.03*50 Hz  f r = 1.5 Hz 


187

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Un motor de inducción trifásico de 50 Hz con el rotor conectado en estrella da 500V (r.m.s.) entre los anillos de frotamiento en circuito abierto. a) Calcular la corriente y el factor de potencia cuando los devanados del rotor están unidos a un circuito externo conectado en estrella, cada fase de la cual tiene una resistencia de 10 Ω y una inductancia de 0.04 H. La resistencia por fase de lo s devanados del rotor es de 0.2 Ω y su inductancia es 0.04 H. Además, b) Calcular el factor de potencia y la corriente cuando los anillos de frotamiento están en corto circuito y el motor está girando con un deslizamiento de 5%. Suponer que el flujo se mantiene constante. [a) 10.67A, 0.376; b) 21.95A, 0.303] DATOS: 3fases 

E = 500  V  r.m.s

R ext = 10 Ω

R r = 0.2 Ω 

f = 50  Hz 

s = 5% = 0.05

L ext = 0.04 H 

L r = 0.04  H 

SOLUCIÓN: Zext = 10 + j0.04H* 2π * f   Ω

I r =

a) Zext = 10 + j0.04H* 2π * 50 Hz  Ω I r = Zr = 0.2 + j0.04H *2π * 50 Hz  Ω

ZT 500 0°

Zext = 10 + j12.56 Ω Zr = 0.2 + j0.04H *2π * f   Ω

E

V

3 27.1167.9°Ω

I r = 10.64 -67.9°A 

Zr = 0.2 + j12.56 Ω

cos θ = cos - 67.9°

ZT = Zext + Zr

cos θ = 0.376

ZT = 10.2 + j25.12  Ω  ZT = 27.11 67.9°  Ω 

Zr =  R r + js * X r  Ω Zr =  0.2 + j12.56*0.05  Ω

b)

Zr = 0.2 + j0.628Ω Zr = 0.65 72.33°Ω

I r =

14.43 0° V  0.65 72.33°  Ω

I r = 21.89 -72.33° A  cos θ = cos -72.33° cos θ = 0.303

E r * s Zr

 500 0°

I r =

I r =

0.05*

188





 V

 3 0.65 72.33°Ω 


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Obtener una expresión para la condición del par máximo de un motor de inducción. Si el motor tiene una resistencia en el rotor de 0.02Ω y una reactancia de 0.1Ω, ¿Cuál debe ser el valor de la resistencia adicional que se debe insertar al circuito de rotor para que sea ejercido el par máximo al arranque? [0.08Ω] DATOS:

Xr = 0.1Ω

R r = 0.02Ω SOLUCIÓN: τ=

k *  * E * s * R r 2

R 2r + X r * s

τ k * * E * s * R r = =0 2 R r R 2r + X r * s 2

2 τ R r + Xr * s *k * * E * s - k * * E * s * R r * 2 * R r  = =0 2 R r  R 2 + X * s2  r  r  2

R 2r + Xr * s *k * * E * s - k *  * E * s * R r * 2 * R r = 0

X 2r * s 2 = R 2r

2

R 2r + Xr * s - R r* 2 * R r = 0 2

2 r

2

s =

2 r

R + Xr * s - 2* R = 0 2

X r * s 

R 2r X 2r

s max =

- R r 2 = 0

R r X r

Resistencia adicional: τarranque = τmax

R T 2

R T2 + 0.1Ω

sarranque = 1 s max = s max =

R r

R T

X r

2 T

R + 0.01

0.02Ω 0.1Ω

R +X R T 2 T

R +X

2 r

R T 2 T

R +X

2 r

= =

0.2*0.02Ω 2 2 0.02Ω + 0.1Ω*0.2

=5

- R T + 0.05 = 0

R T = 0.1Ω 

k * * E * R T 2 T

5* R T2

= 0.2

=

2 r

=

k * * E * s max * R r R + s max * X r 

smax * R r

2

2 r

R + s max * X r  smax * R r

2

R + s max * X r  2 r

2

2 r

R T = R r + R x R x = R T - R r R x = 0.1Ω - 0.02Ω R x = 0.08Ω


189

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- El rotor de un motor de inducción de 6 polos, 50 Hz se hace girar por algún medio a 1000 r.p.m. Calcular: a) La tensión del rotor, b) La frecuencia del rotor, c) El deslizamiento del rotor y d) El par desarrollado. [a) 0, b) 0, c) 0, d) 0] DATOS: #P = 6polos  f = 50 Hz  ωr =1000 r.p.m.

SOLUCIÓN: a)

b)

ωs = ωs =

120 * f

f r = s * f

#P 120*50 Hz

f r = 0* f

6 polos

ωs = 1000r.p.m. s=

ωs - ωr

f r = 0

c) s=

ωs

1000 - 1000 r.p.m. s= =0 1000 r.p.m.

s=

ωs - ωr ωs

1000 - 1000 r.p.m. 1000 r.p.m.

s=0

E r = s * E E r = 0* E E r = 0

d) τ desarrollado = τ desarrollado =

k * * E * s * R r 2

R 2r + s * X r 

k * * E *0* R r R 2r + 0* X r 

2

τ desarrollado = 0

190


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Las resistencias del rotor de un motor de inducción trifásico, 4 polos, 50 Hz, son 0.024Ω y 0.12Ω respectivamente. Encuentre: a) La velocidad del par máximo. b) El valor de la resistencia requerida adicional por fase del rotor para desarrollar el 80% del par máximo al arranque. [a) 1200 r.p.m., b) 0.036Ω]

DATOS: #P = 4 polos  f = 50 Hz  R r = 0.024 Ω  X r = 0.12 Ω  τ max = 80% SOLUCIÓN: a) ωs = ωs =

b) 120 * f

τarranque = 0.8* τ max

#P 120*50 Hz

0.8* s max * R r 2 2 2 R T + Xr R r 2 + s max * X r  0.8*0.2 *0.024Ω R T = 2 2 2 2 R T + 0.12Ω 0.024Ω + 0.12Ω* 0.2  

4 polos

ωs = 1500 r.p.m. s max = s max =

R T

R r

R T

X r 0.024Ω 0.12Ω

=

2

R T + 0.0144

= 0.2

= 3.3333

3.333* R T2 - R T + 0.048 = 0 R T = 0.24 Ω

ωτmax = ωs *1 - smax  ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.2

R x = R T - R r

ωτmax = 1200 r.p.m.

R x = 0.06Ω - 0.024Ω R x = 0.036 Ω


191

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- La resistencia y reactancia por fase de un motor de inducción trifásico son 0.6Ω y 5Ω respectivamente. El motor de inducción tiene un rotor conectado en estrella y cuando el estator está conectado a un suministro de voltaje normal, la f.e.m. inducida entre los anillos deslizantes es 80V. Calcular la corriente en cada fase y el factor de potencia en el arranque cuando: a) Los anillos deslizantes están en corto circuito. b) Los anillos deslizantes están conectados en estrella y con una resistencia de 4Ω por fase. [a) 9.17A, 0.1194 (atraso); b) 6.8A, 0.6765 (atraso)] DATOS: Zm = 0.6 + j5Ω E = 80 V 

SOLUCIÓN: a) V p = V p =

E 3 80V 3

V p = 46.18 V 

I r =

V p Zm cos θ =

46.18V

I r =

2

2

0.6Ω + 5Ω I r = 9.17  A 

R m Zm 0.6Ω

cos θ =

2

2

0.6Ω + 5Ω cos θ = 0.1191

b) R T = R r + R x R T = 0.6Ω + 4Ω R T = 4.6 Ω

I r =

V p

cos θ =

ZT

I r =

46.18V 2

ZT 4.6Ω

cos θ = 2

4.6Ω + 5Ω I r = 6.8  A  192

R T

2

2

4.6Ω + 5Ω cos θ = 0.677


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- En un motor de inducción de anillos deslizantes trifásico, la tensión en vacío a través de los anillos deslizantes es de 110V con tensión normal aplicada al estator. El rotor está conectado en estrella y tiene una resistencia de 1Ω y una reactancia de 4Ω. Encuentre la corriente del rotor cuando la máquina está: a) Con los anillos deslizantes unidos a un arrancador conectado en estrella con una resistencia de 2 Ω por fase y una reactancia despreciable, b) Funcionando normalmente con 5% de deslizamiento. [a) 12.7A; b) 3.11A] DATOS: 3fases

R r = 1Ω 

E = 110 V 

X r = 4Ω 

s = 0.05

R x = 2Ω 

SOLUCIÓN: a) E

E r = E r =

3 110 0°  V  3

E r = 63.5 0°  V  I r =

Er Zr

E r

=

2

R r + R x 

+ X 2r

63.5V

I r =

2

2

1Ω + 2Ω + 4Ω I r = 12.7  A  b) I r =

I r =

s * Er Zr

=

s * E r 2

R 2r + s * X r 

0.05*63.5V 2

1Ω

+ 4Ω*0.05

2

I r = 3.11A 


193

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- El rotor conectado en estrella de un motor de inducción trifásico tiene una impedancia de (0.4 + j4)Ω por fase y la impedancia del reóstato por fase es (6 + j2)Ω. El motor tiene una f.e.m. inducida de 80V entre los anillos deslizantes cuando está conectado a su fuente normal de voltaje. Encuentre: a) La corriente con el reóstato en el circuito. b) La corriente cuando los anillos deslizantes están en corto circuito y el motor está funcionando con un deslizamiento de 3%. [a) 5.27A; b) 3.3A] DATOS: 3fases  E = 80 V  Zm = 0.4 + j4Ω ZR = 6 + j2Ω ZT = 6.4 + j6 Ω s = 3% = 0.03 SOLUCIÓN: a) E r =

80V 3

E r = 46.18 V 

I r =

E r ZT 46.18V

I r =

2

2

6.4Ω + 6Ω I r = 5.26  A  b) Ir =

Ir =

s * Er Zm

s * E r

=

2

R 2m + s * X m 

0.03*46.18V 2

0.4Ω

+ 4Ω*0.03

2

Ir = 3.31A 

194


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- Un motor de inducción de 4 polos, 50 Hz, tiene un deslizamiento a plena carga del 5%. Cada fase del rotor tiene una resistencia de 0.3 Ω y una reactancia de 1.2Ω. Encontrar la relación de par máximo a par a plena carga y la velocidad a la que el par máximo se produce. [2.6; 1125 r.p.m.] DATOS: #P = 4polos  f = 50  Hz  s plena carga = 5% = 0.05 R r = 0.3Ω  X r = 1.2 Ω  SOLUCIÓN: s max = s max =

R r X r 0.3 Ω 1.2 Ω

= 0.25

s max τ max τ plena carga

=

s plena carga

τ plena carga τ max τ plena carga

ωs = ωs =

s plena carga smax

2 0.25

τ max

+

= 0.05

+

0.05 0.25

2

= 2.6

120 * f #P 120*50 Hz  4 polos

= 1500 r.p.m.

ωτmax = ωs *1 - smax  ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.25 ωτmax = 1125 r.p.m.


195

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- Un motor de inducción de trifásico, 4 polos, 50 Hz, tiene un rotor conectado en estrella. El voltaje de fase del rotor y en circuito abierto es 121V. La resistencia del rotor por fase es de 0.3Ω y la reactancia es de 0.8 Ω. Si la corriente del rotor es 15A, calcular la velocidad a la cual el motor está en funcionamiento. También, calcular la velocidad a la cual el par es máximo y el valor correspondiente de la potencia de entrada al motor, suponiendo que el flujo se mantenga constante. [1444 r.p.m.; 937.5 r.p.m.] DATOS: 3fases  #P = 4 polos f = 50  Hz  E r = 121 V  R r = 0.3Ω  X r = 0.8 Ω  I r = 15  A 

SOLUCIÓN: ωs = ωs =

120 * f

s max =

#P 120*50 Hz

s max =

4 polos

ωs = 1500r.p.m. I r =

s=

X r 0.3Ω 0.8Ω

= 0.375

ωτmax = ωs *1 - smax  ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.375

s * Er 2

R 2r + s * X r 

ωτmax = 937.5 r.p.m.

I 2r * R 2r E 2r - I2r * X 2r 2

s=

R r

2

15A *0.3Ω 2 2 2 121V - 15A * 0.8Ω

s = 0.0373

ωr = ωs *1 - s ωr = 1500 r.p.m.*1 - 0.0373 ωr = 1444.05 r.p.m.

196


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- Un motor de inducción trifásico, 4 polos, 50 Hz, tiene un voltaje entre sus anillos deslizantes en circuito abierto de 520V. El rotor está conectado en estrella, tiene una reactancia y resistencia de 2Ω y 0.4Ω respectivamente por fase. Determine: a) El par a plena carga a una velocidad a plena carga de 1425 r.p.m. b) La relación del par de arranque y el par a plena carga. c) La resistencia adicional que requiere el rotor para que se produzca el par máximo. [a) 200 N - m, b) 0.82, c) 1.6Ω] DATOS: 3fases  #P = 4polos  f = 50 Hz  E = 520 V  Zr = 0.4 + j2Ω 

SOLUCIÓN: a) Par de arranque: I r =

E Zr

Par máximo:

520V

=

2

2

0.4Ω + 2Ω I r = 254.95A  PEH =

s max =

2 r

I * R r

R r X r 0.4 Ω 2Ω

254.95A *0.4Ω

τ arranque τ max

1 PEH = 25.99  kW 

ωs =

120 * f

τ max

#P 120*50 Hz 

τarranque = τarranque =

4 polos

=

2 s max s arranque

τ arranque ωs =

= 0.2

s 2

PEH =

s max =

= 1500 r.p.m.

PEH

τ max = τ max =

ω

=

+

2 0.2 1 + 1 0.2

s arranque s max = 0.3846

τarranque 0.3846 165.52 N - m  0.3846

= 430.35 N - m

25.99 kW

1500 rev   2π rad   1 min    * *  min   1 rev   60 seg 

τarranque = 165.52 N - m


197

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Par a plena carga: s plena carga = s plena carga =

2

τ plena carga =

ωs - ωplena carga

s max s plena carga

ωs

+

s plena carga

*τ max 

s max

2

* 430.35 N - m  0.2 0.05 + 0.05 0.2 τ plena carga = 202.51 N - m  τ plena carga =

1500 - 1425r.p.m. = 0.05 1500r.p.m.

b) τ arranque τ plena carga τ arranque τ plena carga

=

165.52 N - m  202.51 N - m

= 0.817

c) τ arranque = τmax k * * E * R T 2 T

R +X

2 r

=

k * * E * s max * R r

2

2 r

R + s max * X r 

2 R T2 *  smax * R r  - R T*  R r2 + s max * X r   + X 2r * s max * R r = 0





R T2 * 0.2*0.4Ω - R T *  0.4Ω + 0.2 * 2Ω  2

2

 + 2Ω 2 * 0.2 * 0.4Ω = 0 

0.08* R T2 - 0.32* R T + 0.32 = 0 R T = 2Ω  R T = R x + R r R x = R T - R r R x = 2Ω - 0.4Ω R x = 1.6Ω

198


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 14.- Un motor de inducción de 8 polos, 50 Hz, tiene una deslizamiento a plena carga del 4%. La resistencia del rotor es de 0.001Ω por f ase y la reactancia es de 0.005 Ω por fase. Encontrar la relación del par máximo y el par a plena carga y la velocidad a la cual se produce el par máximo. [2.6, 600 r.p.m.] DATOS: f = 50 Hz  #P = 8 polos  s plena carga = 4% = 0.04 Z =0.001 + j0.005Ω  SOLUCIÓN: s max = s max =

R r X r 0.001Ω 0.005Ω

= 0.2

s max τ max τ plena carga τ max τ plena carga τ max τ plena carga ωs = ωs =

=

s plena carga

+

s plena carga s max

2

0.2 0.04 + 0.04 0.2 = 2 = 2.6

120 * f #P 120*50 Hz  8 polos

= 750 r.p.m.



199

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 15.- Un motor de inducción trifásico, 50 Hz, con el rotor conectado en estrella da 500V (r.m.s.) entre los anillos deslizantes en circuito abierto. a) Calcular el factor de potencia y corriente en cada fase de los devanados del rotor cuando se unen a un circuito conectado en estrella, en cada rama de la cual tiene una resistencia de 10Ω y una inductancia de 0.03 H. La resistencia por fase de los devanados del rotor es de 0.2 Ω e inductancia 0.03 H. b) Calcular el factor de potencia y corriente en cada fase del rotor cuando los anillos están en cortocircuito y el motor está funcionando con un deslizamiento del 4%. [a) 13.6A, 0.48; b) 27.0A, 0.47] DATOS: 3fases s = 0.04 E = 500  V r.m.s  f = 50 Hz  L r = 0.03 H  X r = 9.42 Ω  Zext = 10 + j9.42 Ω Zr = 0.2 + j9.42Ω

SOLUCIÓN: a) 500V

E r = I r =

3

cos θ = cos-61.56°

= 288.67  V 

cos θ = 0.476

E r ZT 288.67 V 

I r =

10.2 + j18.84  Ω I r = 13.47 -61.56° A  b) I r =

cos θ = cos-62.04° s * Er Z

=

cos θ = 0.468

s * E r R r + j s * X r 

0.04*288.67V  0.2Ω + j0.04*9.42Ω   I r = 27.06 -62.04° A  I r =

200


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 16.- Un motor de inducción trifásico de 4 polos, 50 Hz, tiene un rotor con anillos deslizantes con una resistencia y reactancia de 0.04Ω y 0.2Ω por fase respectivamente. Encuentre la cantidad de

resistencia que debe ser insertada en cada fase del rotor para obtener el par de plena carga al arranque. ¿Cuál será el factor de potencia aproximado en el rotor en este instante? El deslizamiento a plena carga es del 3%. [0.084Ω, 0.516] DATOS: 3fases

R r = 0.04Ω

#P = 4 polos 

Xr = 0.2Ω

f = 50  Hz 

s plena carga = 0.03

SOLUCIÓN: τ arranque = τplena carga k * * E * R T R T2 + Xr 2 R T R T2 + Xr 2

=

k * * E * s plena carga* R r 2

R 2r + s plena carga * Xr 

s plena carga * R r 2

R 2r + s plena carga * X r 

R T

0.03*0.04Ω 2 2 0.04Ω + 0.03*0.2Ω

2

=

2

= 0.7334

R T2 + 0.2Ω R T 2 T

=

R + 0.2Ω

0.7334* R 2T - R T + 0.0293 = 0 R T = 1.333Ω  R x = R T - R r R x = 1.333Ω - 0.04Ω R x = 1.293Ω

Factor de potencia: cos θ =

R T ZT 1.333Ω

cos θ =

2

2

1.333Ω + 0.2Ω cos θ = 0.988


201

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 17.- Un motor de inducción trifásico tiene una velocidad síncrona de 250 r.p.m. y un deslizamiento a plena carga del 4%. El rotor tiene una resistencia de 0.02 Ω por fase y reactancia de 0.15Ω por fase. Calcular: a) La relación del par máximo y el par a plena carga. b) La velocidad a la que el par máximo se desarrolla. Desprecie la resistencia y fuga del devanado del estator. [a) 1.82, b) 217 r.p.m.] DATOS: f = 50  Hz  #P = 4 polos  ωs = 250 r.p.m. s plena carga = 0.04 Zr = 0.02 + j0.15Ω  SOLUCIÓN: a) s max = s max =

R r X r 0.02Ω 0.15Ω

= 0.133

s max τ max τ plena carga

=

s plena carga


s plena carga smax

2 0.133

τ max

+

= 0.04

+

0.04 0.133

2

= 1.82

b) ωτmax = ωs *1 - smax  ωτmax = 250 r.p.m.*1 - 0.133 ωτmax = 216.75 r.p.m.

202


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 18.- El rotor de un motor de inducción trifásico de 8 polos, 50 Hz, tiene una resistencia de 0.2Ω por fase y gira a 720 r.p.m. Si el par de carga permanece sin cambios. Calcular la resistencia del rotor adicional que reducirá esta velocidad al 10%. [0.8Ω] DATOS: 3fases #P = 8 polos  f = 50 Hz  R r = 0.2 Ω ωr = 720 r.p.m.


120 * f #P 120*50 Hz  8 polos s= s=

= 750 r.p.m.

ωs - ωr ωs

750 - 720 r.p.m. 750  r.p.m.

s = 0.04 s max = s max =

ωs - ωr ωs

750 - 648r.p.m. 750 r.p.m.

s max = 0.136 R r Rr + Rx Rx = Rx =

=

s s max

R r * smax s

- R r

0.2Ω*0.136 0.04

- 0.2Ω

R x = 0.48Ω


203

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 19.- Un motor de inducción trifásico tiene un rotor para el cual la resistencia por fase de 0.1Ω y la reactancia de 0.4Ω. La f.e.m. inducida en el rotor por fase es de 100V cuando está apagado. Calcular el factor de potencia y la corriente: a) Cuando está parado, b) Cuando funciona con un deslizamiento de 5%. [a) 242.5A, 0.243, b) 49A, 0.98] DATOS: 3fases  Zr = 0.1 + j0.4Ω E r = 100 V  s = 0.05

SOLUCIÓN: a) Ir = Ir =

E r Zr 100V

0.1 + j0.4Ω

Ir = 242.53 -75.96°A  cos θ = cos -75.96° cos θ = 0.243

b) Ir =

s * Er Zr

=

s * E r R r + js * X r 

0.05*100V 0.1Ω + j0.05 * 0.4Ω   Ir = 49.02 -11.31°A  Ir =

cos θ = cos -11.31° cos θ = 0.98

204


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 20.- Un motor de inducción trifásico, con el rotor conectado en estrella con una resistencia y reactancia de 0.1Ω y 0.5Ω respectivamente. Los anillos deslizantes están conectados en estrella con una resistencia de 0.2 Ω por fase. Si la tensión entre los anillos deslizantes es de 200V, calcular la corriente del rotor por fase cuando el deslizamiento es 5%, la resistencia se mantiene en el circuito. [19.1A] DATOS: 3fases Zr = 0.1 + j0.5 Ω R x = 0.2 Ω  E r = 200 V  s = 0.05 SOLUCIÓN: E r = E r =

I r =

s * Er

E 3 200V 3 =

= 115.47  V  s * E r

R r + R x  + js * X r  0.05*115.47V I r = 0.1Ω + 0.2Ω + j0.05* 0.5Ω   I r = 19.17 - 4.76°A  Zr


205

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 21.- Un motor de inducción trifásico, 50 Hz, tiene los devanados del rotor conectados en estrella. En el arranque tiene una f.e.m. inducida entre cada par de anillos deslizantes de 350V. La resistencia del rotor por fase es de 0.2 Ω y una reactancia por fase de 1Ω. a) Calcular la corriente del rotor en el arranque si la resistencia externa de arranque por fase es de 8 Ω, b) Calcular la corriente del rotor con los anillos deslizantes en corto circuito y con un deslizamiento del 3%. [24.5A, 30.0A] DATOS: 3fases  f = 50 Hz  E = 350 V  Zr = 0.2 + j1Ω  R x = 8Ω  s = 0.03

SOLUCIÓN: a)

b)

Z1 = R r + R x  + jX r

Z1 = R r + js * X 

Z1 = 0.2 + 8 + j1  Ω

Z1 = 0.2 + j0.03*1  Ω 

Z1 = 8.2 + j1Ω = 8.2 6.95º Ω

Z1 = 0.2 + j0.03Ω

I r =

E Z1 350 0º

I r =

I r =

 V

3 8.2 + j1Ω

I r = 24.46 -6.95°A 

206

I r =

s*E Z1

 350   V  3 

0.03*

0.2 + j0.03Ω I r = 29.97 -8.53° A 


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 22.- En una máquina de 8 polos, 50 Hz, con resistencia en el rotor por fase de 0.04 Ω, el par máximo ocurre a una velocidad de 645 r.p.m. Suponiendo que el flujo en el entrehierro es constante en todas las cargas, determinar el porcentaje del par máximo: a) En el arranque, b) cuando el deslizamiento es 3%. [a) 0.273, b) 0.41] DATOS: #P = 8 polos  f = 50 Hz  R r = 0.04 Ω  ωτ max = 645  r.p.m. SOLUCIÓN: a) ωs = ωs =

b) τ cualquiera

120 * f #P 120*50 Hz

s max =

8 polos

τ max

= 750 r.p.m.

τ max

=

τ max

=

s max

τ max

τ cualquiera τ max

s cualquiera s max

2 0.14

+

0.03 0.14

= 0.41

+

1 s max

2 0.14 1

τarranque

=

+

2 1

τarranque

τ cualquiera

0.03

ωs

750 - 645 r.p.m. s max = = 0.14 750  r.p.m. τarranque

s max scualquiera

τ max

ωs - ωτ max

2

=

+

1 0.14

= 0.274


207

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 23.- Un motor de inducción trifásico, 6 polos, 50 Hz, tiene una resistencia y reactancia en el rotor de 0.02Ω y 0.1Ω respectivamente por fase. ¿A qué velocidad se te ndría que desarrollar el par máximo? Encontrar el valor de la resistencia adicional para dar la mitad del par máximo al arranque. [800 r.p.m., 0.007Ω] DATOS: 3fases  #P = 6 polos  f = 50  Hz  Z = 0.02 + j0.1 Ω  SOLUCIÓN: s max = s max =

R r

ωs =

X r 0.02Ω 0.1Ω

ωs =

= 0.2

120 * f #P 120*50 Hz  6 polos

= 1000 r.p.m.


τ arranque =  0.5* τmax

0.5* s max * R r 2 R T2 + X r 2 R 2r + s max * X r  0.5*0.2 *0.02Ω R T = 2 2 2 R T2 + 0.1Ω 0.02Ω + 0.2*0.1Ω   R T

R T 2

R T + 0.01

=

R x = 0.027Ω - 0.02Ω

= 2.5

R x = 0.007 Ω

2.5* R 2T - R T + 0.025 = 0 R T = 0.0268Ω R x = R T - R r

208


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un motor de inducción trifásico de 500V, 50 Hz, desarrolla 14.92 kW incluyendo las pérdidas mecánicas cuando gira a 995 r.p.m. y con un factor de potencia de 0.87. Calcular: a) El deslizamiento, b) Las pérdidas de cobre del rotor, c) La potencia de entrada si las pérdidas totales del estator son 1500W, d) La corriente de línea, e) El número de ciclos por minuto del rotor. [a) 0.005, b) 75W, c) 16.5 kW, d) 22A, e) 15] DATOS: 3 fases

Pdesarrollada = 14.92  kW 

V p = 500 V

Pestator = 1500W 

f = 50 Hz

ωr = 995 r.p.m. cos θ = 0.87

SOLUCIÓN: a)

Pr = PEH * s

#P =

Pr = 15 kW *0.005

120 * f

Pr = 75 W 

ωr

120 *50 Hz 995 r.p.m. #P = 6 polos  #P =

c) PE = Pestator + PEH PE = 1500W + 15 kW

ωs = ωs =

s= s=

120 * f

PE = 16.5  kW 

#P 120*50 Hz 6 polos

= 1000 r.p.m.

d) PE =

ωs - ωr

IL =

ωs

1000 - 995 r.p.m. 1000 r.p.m.

s = 0.005

IL =

3 * Vp * I L * cos θ PE 3 * V p * cos θ 16.5 kW

 3*500V*0.87

I L = 21.89  A 

b) e) PEH = PEH =

PM 1-s 14.92 kW 1 - 0.005

f ' = s * f *60 seg  f ' = 0.005*50 Hz * 60 seg 

= 15 kW 

 ciclos    min 

f ' = 15 


209

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- La potencia de entrada de un motor de inducción trifásico es de 40 kW. Las pérdidas totales del estator son de 1 kW y las pérdidas por fricción totales en el devanado son de 2 kW. Si el deslizamiento del motor es del 4%, encontrar: a) La potencia de salida mecánica, b) Las pérdidas en el cobre del rotor por fase, y c) La eficiencia. [a) 37.74 kW, b) 0.42 kW, c) 89.4%] DATOS: 3fases  PE = 40  kW  Pestator = 1 kW  Pf = 2  kW  s = 0.04 SOLUCIÓN: a) PEH = PE - Pestator

PEH = 40 kW - 1 kW PEH = 39  kW  PM = PEH *1 - s PM = 39 kW*1 - 0.04 PM = 37.44kW 

b) Pr = Pr =

s * PEH 3 fases 0.04*39 kW

3 fases Pr = 0.52  kW  c) PS = PM - Pf PS = 37.44 kW - 2 kW PS = 35.44  kW 

η=

PS PE

*100%

 35.44 kW  *100%  40 kW 

η = 

η = 88.6%

210


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- La f.e.m. del rotor de un motor de inducción trifásico, 4 polos, 50 Hz es 440V, hace 84 ciclos completos por minuto cuando el par en el rotor es de 203.5 N - m. Calcular los h.p. del motor. [41.6 h.p. (31.03 kW)] DATOS: 3fases  E = 440 V  #P = 4 polos  f = 50  Hz 

 ciclos    min 

f ' = 84 

τ = 203.5 N - m  SOLUCIÓN: f '= s * f

s=

ωs =

 84 ciclos   1 min    * f '  min   60 seg  =

f s = 0.028

ωs =

50 Hz

120 * f #P 120*50 Hz  4 polos

= 1500 r.p.m.

ωr = ωs *1 - s ωr = 1500 r.p.m.*1 - 0.028

1458 rev   2π rad   1 min  ωr =   * *  min   1 rev   60 seg   rad    seg 

ωr = 152.68 

τ=

P ωr

 P = τ * ωr  

 rad     seg  

P = 203.5 N - m *152.68 

 1 h.p.   746W 

P = 31.070 kW * P = 41.64h.p.


211

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- La potencia de entrada de un motor de inducción trifásico, es 65 kW y las pérdidas del estator es 1 kW. Encontrar la potencia mecánica total entregada y la pérdida en el cobre del rotor por fase si el deslizamiento es 3%. Calcular también en términos de la potencia mecánica desarrollada, la entrada del rotor cuando el motor produce par a plena carga a media velocidad. [83.2 h.p. (62.067 kW), 640W] DATOS: PE = 65 kW  Pestator = 1 kW  s = 0.03

SOLUCIÓN: PEH = PE - Pestator

PEH = 65 kW - 1 kW PEH = 64  kW  PM = PEH *1 - s PM = 64 kW *1 - 0.03 PM = 62.08kW 

 1 h.p.   746W 

PM = 62.08 kW* PM = 83.21 h.p.

Pr = s * PEH Pr = 0.03*64 kW  Pr = 1.92 kW  Pr =

1.92 kW

3 fases Pr = 640  W 

212


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un motor de inducción de 6 polos, 50 Hz, 8 fases, trabaja a plena carga, desarrolla un par útil de 162 N - m y se observa que la f.e.m. en el rotor hace 90 ciclos completos por minuto. Calcular la potencia desarrollada. Si el par de las pérdidas por fricción mecánica son 13.5 N - m, encontrar la pérdida en el cobre en los devanados del rotor, la entrada al motor y la eficiencia. Pérdidas del estator total de 750W. [16.49 kW, 550W, 19.2 kW, 86%] DATOS: 8fases

τ util = 162 N - m

f = 50  Hz 

τfriccion = 13.5 N - m

#P = 6 polos 

Pestator = 750 W

SOLUCIÓN: f ' = s * f

s=

PM =  τ util + τ fricciòn *ω r

 90 ciclos   1 min    * f '  min   60 seg  =

f s = 0.03 ωs = ωs =

50 Hz

 

PM = 17.82  kW 

120 * f

 s  Pr =  *P 1 - s M

#P 120*50 Hz 

 0.03  Pr =  * 17.82 kW 1 - 0.03  

6 polos

= 1000 r.p.m.

Pr = 551.13 W 

ωr = ωs *1 - s ωr = 1000 r.p.m.*1 - 0.03

 970 rev   2π rad   1 min   * *  min   1 rev   60 seg 

ωr = 

 rad    seg 

ωr = 101.57  PS = τ util * ωr

 rad     seg  

PM = 162  N - m +13.5 N - m*101.58 

PEH = PEH =

Pr s 551.13W

0.03 PEH = 18.37 kW  PE = PEH + Pestator

PE = 18.37 kW + 750W

  rad    PS = 162  N - m  *101.57    seg   PS = 16.45kW 

PE = 19.12  kW  η=

PS PE

*100%

16.45 kW  η =  *100% 19.12 kW  η = 86.03%


213

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- La potencia de entrada de un motor de inducción trifásico de 500V, 50 Hz, 6 polos, girando a 975 r.p.m. Las pérdidas del estator son de 1 kW y las pérdidas por fricción y devanados de 2 kW totales. Calcular a) El deslizamiento, b) La pérdida en el cobre del rotor, c) La potencia de salida, d) La eficiencia. [a) 0.025, b) 975W, c) 36.1 kW, d) 90%] DATOS: 3fases 

ωr = 975  r.p.m.

E = 500V 

PE = 40  kW 

f = 50  Hz 

Pestator = 1kW 

#P = 6 polos 

Pf = 2 kW 

SOLUCIÓN: a)

c)

ωs = ωs =

s= s=

120 * f

PM = PEH - Pr

#P 120*50 Hz 

PM = 39 kW - 975W

6 polos

= 1000 r.p.m.

PM = 38.025  kW  PS = PM - Pf

ωs - ωr

PS = 38.02 kW - 2 kW

ωs

1000 - 975 r.p.m. 1000 r.p.m.

PS = 36.02  kW  d)

s = 0.025 η=

b) PEH = PE - Pestator

PEH = 40 kW - 1 kW PEH = 39  kW 

PS PE

*100%

 36.02 kW  *100%  40 kW 

η = 

η = 90.06%

Pr = s * PEH Pr = 0.025*39 kW  Pr = 975  W 

214


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un motor de inducción trifásico, 6 polos, desarrolla una potencia de 22.38 kW, incluyendo las pérdidas mecánicas que suman 1.492 kW a una velocidad de 950 r.p.m. a 550V, 50 Hz de la red. El factor de potencia es 0.88. Calcular para esta carga: a) El deslizamiento, b) La pérdida de cobre del rotor, c) La potencia de entrada si las pérdidas del estator son 2000W, d) La eficiencia, e) La corriente de línea y f) El número de ciclos completos de la f.e.m. del rotor por minuto. [a) 0.05, b) 1175W, c) 25.6 kW, d) 82%, e) 30.4A, f) 150] DATOS: #P = 6 polos 

Pf = 1.492 kW 

ωr = 950 r.p.m.

f = 50  Hz 

PM = 22.38 kW 

Pestator = 2000 W 

V p = 550 V 

cos θ = 0.88

SOLUCIÓN: ωs =

a) ωs =

s= s=

120 * f #P 120*50 Hz  6 polos

PS = PM - Pf

= 1000 r.p.m.

d)

PS = 20.88 kW 

ωs - ωr ωs

η=

1000 - 950 r.p.m. 1000 r.p.m.

s = 0.05

PEH =

*100%

η = 81.72%

Pr = 1177.89  W 

c)

PE

 20.88 kW  *100%  25.55 kW 

PE =

 0.05  Pr =  * 22.38 kW 1 - 0.05  

PEH =

PS

η = 

 s  Pr =  *P 1 - s M b)

PS = 22.38 kW - 1492W

0.05 PEH = 23.55  kW 

PE = PEH + Pestator

PE = 23.55 kW + 2000W PE = 25.55 kW 

PE

IL =

e)

IL =

Pr s 1177W

3 * Vp * I L * cos θ

IL =

3 * V p * cos θ 25.55 kW

 3*550V*0.88 25.55 kW 838.3V

I L = 30.47 A 

f) f ' = s * f * 60 seg f ' = 0.05*50 Hz * 60 seg  ciclos    min 

f ' = 150 


215

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un motor de inducción trifásico de 4 polos, tiene un devanado de estator conectado en estrella. El motor gira a 50 Hz de un suministro de 200V entre líneas. La resistencia y reactancia del rotor por fase son 0.1Ω y 0.9Ω respectivamente. La relación de espiras del rotor es 0.67. Calcular:

a) Par total al 4% de deslizamiento, b) Potencia mecánica total a 4% de deslizamiento, c) Par máximo, d) Velocidad de par máximo y e) Potencia mecánica máxima. Desprecie la impedancia del estator. [a) 40 N - m, b) 6 kW, c) 63.7 N - m, d) 1335 r.p.m., e) 8.952 kW] DATOS: 3fases 

R r = 0.1Ω 

#P = 4  polos

X r = 0.9 Ω 

f = 50  Hz 

α = 0.67

E = 200  V 

s = 0.04

SOLUCIÓN:

1500 rev   2π rad   1 min  ωs =  * *   min   1 rev   60 seg 

E2 = α * E1

 200V    3 

E2 = 0.67*

 rad    seg 

ωs = 157.07 

E2 = 77.36 V  ωs = ωs =

120 * f #P 120*50 Hz  4 polos

s max = = 1500 r.p.m.

s max =

R r X r 0.1Ω 0.9Ω

= 0.111

a) τT =

3 ωs

*

s * E 22 * R r 2

R 2r + s * X r 

2

0.04*77.36V *0.1Ω τT = * 2 2   157.07  rad   0.1Ω + 0.04*0.9Ω 3



 seg  

τ T = 40.47  N - m

216


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. b) I r =

I r =

s * E2

Pr =

2

2 r

R + s *Xr 

2

s 2

0.04*77.36V  0.1Ω

3 * I 2r * R r

Pr =

+ 0.04*0.9Ω

3*29.11A *0.1Ω 0.04

2

Pr = 6.35  kW 

I r = 29.11A 

c) τ max =

3

*

s max * E 22 * R r

2

2 r

ωs R + s max * X r 

2

0.111*77.36V *0.1Ω τ max = *   0.1Ω 2 + 0.111* 0.9Ω 2   rad 157.07     3

 seg  



τ max = 63.5 N - m  d) ωτmax = ωs *1 - smax  ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.111 ωτmax = 1333.5 r.p.m.

e) I r =

I r =

s max * E2

Pr =

2

2 r

R + s max * X r 

2

+ 0.111*0.9Ω

s 2

0.111*77.36V 0.1Ω

3 * I 2r * R r

Pr = 2

3*60.74A *0.1Ω

0.111 Pr = 9.97  kW 

I r = 60.74 A  PEH = Pr PM = PEH *1 - s max  PM = 9.97 kW *1 - 0.111 PM = 8.86  kW 


217

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un motor de inducción trifásico de 4 polos, tiene un devanado de estator conectado en estrella y trabaja con un suministro de 220V, 50 Hz. La resistencia del rotor es 0.1Ω y la reactancia de 0.9Ω. La relación de espiras del estator al rotor es 1.75. El deslizamiento a plena carga es 5%. Calcular para esta carga: a) El par total, b) La potencia de salida, c) El par máximo y d) La velocidad del par máximo. [a) 40 N - m, b) 6.266 kW, c) 56 N - m, d) 1330 r.p.m.] DATOS: 3fases 

R r = 0.1Ω

#P = 4  polos

X r = 0.9Ω

f = 50  Hz 

α=

1

1.75 s plena carga = 0.05

E = 220  V 

SOLUCIÓN: E2 = α * E1

 1   220V  E2 =  * 1.75   3  E2 = 72.58V  ωs = ωs =

120 * f #P 120*50 Hz  4 polos

s max = = 1500 r.p.m.

s max =

R r X r 0.1Ω 0.9Ω

= 0.111

1500 rev   2π rad   1 min  ωs =  * *   min   1 rev   60 seg   rad    seg 

ωs = 157.07 

a) τT =

3

s plena carga * E 22 * R r

* 2 ωs R 2 + s * X  r plena carga r

2

0.05*72.58V *0.1Ω τT = * 2 2   157.07  rad   0.1Ω + 0.05*0.9Ω 3



 seg  

τ T = 41.83 N - m

218


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. b) s plena carga * E2

Ir =

2

R 2r + s plena carga * X r 

0.05*72.58V

Ir =

2

0.1Ω

+ 0.05* 0.9Ω

2

Ir = 33.09  A 

Pr =

3 * I 2r * R r s plena carga 2

Pr =

3*33.09A *0.1Ω 0.05

Pr = 6.57  kW  c) τ max =

3

*

s max * E 22 * R r

2

2 r

ωs R + s max * X r 

2

0.111*72.58V *0.1Ω τ max = * 2 2   157.07  rad   0.1Ω + 0.111* 0.9Ω 3



 seg  

τ max = 55.89  N - m  d) ωτmax = ωs *1 - smax  ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.111 ωτmax = 1333.5 r.p.m.


219

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un motor de inducción trifásico de 3000V, 50 Hz, 24 polos, conectado en estrella tiene una resistencia en el anillo deslizante del rotor de 0.016Ω y una reactancia de 0.265Ω por fase. El par a plena carga es obtenido a una velocidad de 247 r.p.m. Calcular: a) La relación del par máximo a par de plena carga, b) La velocidad del par máximo. Despreciar la impedancia del estator. [a) 2.61, b) 235 r.p.m.] DATOS: 3fases  E = 3000V  #P = 24  polos  Zr = 0.016 + j0.265Ω ω plena carga = 247 r.p.m. SOLUCIÓN: ωs = ωs =

120 * f

s max =

#P 120*50 Hz

s max =

24 polos

s plena carga =

X r 0.016Ω

0.265Ω s max = 0.0603

ωs = 250r.p.m. s plena carga =

R r

ωs - ωplena carga ωs

250 - 247 r.p.m. 250 r.p.m.

s plena carga = 0.012

a)

b) s plena carga τ max

τ plena carga

=

s max


220

s max s plena carga

2 0.012

τ max

+

= 0.0603

+

ωmax = ωs *1 - s max  ωmax = 250 r.p.m.*1 - 0.0603 ωmax = 234.92 r.p.m.

0.0603 0.012

2

= 2.61


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- La resistencia del rotor y la reactancia de un motor de inducción trifásico es de 0.015Ω y 0.09Ω por fase respectivamente. A tensión normal, el deslizamiento a plena carga es del 3%. Calcular el porcentaje de reducción en el voltaje del estator para desarrollar el par a plena carga a la mitad de la velocidad a plena carga. ¿Cuál es entonces el factor de potencia? [22.5%, 0.31] DATOS: Z =0.015 + j0.09Ω 

f = 60  Hz 

s1 = 0.03

#P = 2 polos 


120 * f #P 120*60 Hz  2 polos

= 3600 r.p.m.

ωr = ωs *1 - s

ω = 0.5*3492 r.p.m.

ωs - ω r

r 50%

ωr = 3600 r.p.m.*1 - 0.03

s2 =

ωr = 1746 r.p.m.

ωr = 3492 r.p.m.

50%

s2 =

50%

ωs

3600 - 1746 r.p.m. 3600 r.p.m.

s 2 = 0.515 Porcentaje de reducción: E12 *0.03*0.015Ω

τ1 = τ 2  E   2 1

k * E * s1* R 2

2

R +s1* X r  E12 * s1* R

2

2

R + s1* X r 

=

=

2 2

k * E * s 2* R 2

R 2 +s 2 * X r  E 22 * s 2 * R 2

2

R +s 2 * X r 

2

0.015Ω + 0.03*0.09Ω

1.937* E12

=

2

=

E 22 *0.515*0.015Ω 2

0.015Ω 

+ 0.515*0.09Ω 

3.254* E 22

1.391 E 2 =  *E 1.804  1 E 2 = 0.7714* E1

%E = 1 - 0.7714*100% %E = 22.85%

cos θ =

Zr = 0.015 + j0.09 * 0.515  Ω 

2

2

0.015Ω + 0.046Ω

R r Zr

0.015Ω

cos θ =

cos θ =

0.015Ω

0.048Ω cos θ = 0.31

Zr = 0.015 + j0.046Ω 


221

2

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- La potencia de entrada de un motor de inducción trifásico, 50 Hz, es de 60 kW. La pérdida del estator total es de 1000W. Encontrar la potencia mecánica desarrollada y la pérdida de cobre en el rotor, se observa que la f.e.m. del rotor realiza 120 ciclos completos por minuto. [56.64 kW, 2.36 kW] DATOS: 3 fases  f = 50  Hz  PE = 60  kW  Pestator = 1000 W 

SOLUCIÓN: f ' = s * f s=

s=

f' f

120 ciclos   1 min   *  min   60 seg  50 Hz

s = 0.04

PEH = PE - Pestator

PEH = 60 kW - 1000W PEH = 59 kW  PM = PEH *1 - s PM = 59 kW *1 - 0.04 PM = 56.64 kW  Pr = s * PEH Pr = 0.04*59 kW  Pr = 2.36 kW 

222


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- Un motor de inducción trifásico balanceado tiene una eficiencia de 0.85 cuando su potencia de salida es de 44.76 kW. En esta carga tanto la pérdida en el cobre del estator y la pérdida en el cobre del rotor son iguales a las pérdidas en el núcleo. Las pérdidas mecánicas son un cuarto de la pérdida sin carga. Calcular el deslizamiento. [4.94%] DATOS: 3fases  PS = 44.76  kW 

1 Pf =  * P0  4  η = 0.85 SOLUCIÓN: η= PE = PE =

PS

x = Pestator = PCue = PCu r

PE

PT = Pestator + PCu e + PCu r + Pf

PS

1 PT = Pestator + Pestator + Pestator +  * Pestator  3

η 44.76 kW 0.85

= 52.65 kW 

Pérdidas totales: PT = PE - PS PT = 52.65 kW - 44.76 kW

10   * x = 7.89 kW  3  3 x =  * 7.89 kW 10  x = 2367  W 

PT = 7.89  kW 

Potencia del entrehierro:

1 Pf =  * P0 ... 1  4 

PEH = PS + Pf + PCu r

 1 PEH = 44.76 kW +  *2367W + 2367W  3

P0 = Pestator + Pf ... 2

PEH = 47.916 kW 

1 Pf =  *Pestator + Pf   4 

s=

4* Pf = Pestator + Pf 3* Pf = Pestator

s = 

1 Pf =  * Pestator  3 

PCur PEH

*100%

 2367W  *100%  47916W 

s = 0.04939*100%

s = 4.94%


223

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 14.- Un motor de inducción está funcionando a 20% de deslizamiento, la potencia de salida es de 36.775 kW y las pérdidas mecánicas totales son 1500 W. Encontrar las pérdidas de cobre del rotor. Si las pérdidas en el estator son de 3 kW, calcular la eficiencia del motor. [9569W, 72.35%] DATOS: s = 0.2 PS = 36.775  kW  Pf = 1500  W  Pestator = 3 kW  SOLUCIÓN: Perdidas en el cobre del rotor: PM = PS + Pf PM = 36.775 kW + 1500W PM = 38.275  kW 

 s  Pr =  *P 1 - s M  0.2  Pr =  * 38.275 kW  1 - 0.2   Pr = 9568.75 W 

Eficiencia del motor: PEH = PEH =

PE = PEH - Pestator

PM 1-s 38.275 kW

PE = 47843.75W- 3000W PE = 50843.75 W 

1 - 0.2 PEH = 47843.75 W  η=

PS PE

*100%

 36.775 kW  *100%  50843.75W 

η = 

η = 72.32%

224


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 15.- Un motor de inducción trifásico, 50 Hz, 6 polos, desarrolla una potencia de 37.3 kW a 955 r.p.m. Su factor de potencia es de 0.86, las pérdidas por fricción y devanados son de 1.492 kW; las pérdidas del estator suman 1.5 kW. Determinar: a) La corriente de línea, b) Las pérdidas en el cobre del rotor y c) La eficiencia. [a) 56.54A, b) 1.828 kW, c) 88.6%] DATOS: 3fases 

ωr = 955 r.p.m.

f = 50 Hz 

cos θ = 0.86

PS = 37.3kW 

Pf = 1.492 kW  Pestator = 1.5 kW 


s= s=

120 * f #P 120*50 Hz  6 polos

PE

IL =

= 1000 r.p.m.

IL =

3* VL * cos θ 42.11 kW

 3*500V*0.86

I L = 56.54  A 

ωs - ωr ωs

1000 - 955 r.p.m. 1000 r.p.m.

b) Pr = s * PEH

s = 0.045

Pr = 0.045*40.61 kW 

a)

Pr = 1.827 kW 

c)

PM = PS + Pf PM = 37.3 kW + 1.492 kW PM = 38.792  kW  PEH = PEH =

η=

PS PE

*100%

 37.3 kW  *100%  42.11 kW 

η = 

PM 1-s 38.792 kW

η = 88.57%

1 - 0.045 PEH = 40.61 kW

PE = PEH + Pestator

PE = 40.61 kW + 1.5 kW PE = 42.11 kW 


225

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 16.- Determinar la eficiencia y la potencia de salida en h.p. de un motor de inducción trifásico, 400V trabajando con una carga con un deslizamiento del 4% y tomando una corriente de 50A con un factor de potencia de 0.86. Cuando se ejecutan los 400V, el motor tiene una corriente de entrada de 15A y la potencia tomada es 2000W, de los cuales 650W representan las pérdidas de fricción, devanados y el núcleo del rotor. La resistencia por fase del devanado del estator (conectado en delta) es de 0.5 Ω. [85.5%, 34.2 h.p. (25.51 kW)] DATOS: 3fases 

Vacío

Plena carga

I 0 = 15  A 

E = 400  V 

P0 = 2000 W 

s = 0.04

Pf = 650  W 

I L = 50  A 

R e = 0.5  Ω 

cos θ = 0.86


PS = PM - Pf - P0

3 * E * I L * cos θ

 3 *400V*50A*0.86

PE = 29.79  kW  Pestator = 3 * R e * I

PS = 25.62  kW 

 1 h.p.   746W 

PS = 25.62 kW *

2 0 2

Pestator = 3*0.5Ω*15A Pestator = 337.5 W  PEH = PE - Pestator

PS = 28.27 kW - 650W - 2000W

PS = 34.34h.p.

Eficiencia:

PEH = 29.79 kW - 337.5W PEH = 29.45 kW 

PM = 1 - s* PEH PM = 1 - 0.04*29.45 kW 

η=

PS PE

*100%

 25.62 kW  *100%  29.79 kW 

η = 

η = 86%

PM = 28.27 kW 

226


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 17.- La potencia de entrada en el rotor de un motor de inducción trifásico, 50 Hz, 6 polos, 440V es de 60 kW. Se observa que la f.e.m. inducida en el rotor realiza 90 ciclos por minuto. Calcular: a) El deslizamiento, b) La velocidad del rotor, c) Las pérdidas de cobre en el rotor por fase, d) La potencia mecánica entregada y e) La resistencia por fase si el rotor tiene una corriente de 60A. [a) 0.03, b) 970 r.p.m. c) 600W, d) 58.2 kW, e) 0.167Ω] DATOS: PEH = 60 kW  f = 50  Hz  #P = 6 polos  E = 440  V 

 ciclos   min 

f ' = 90 

SOLUCIÓN: a)

c)

f ' = s * f

Pr = s * PEH

s=

s=

f'

Pr = 0.03*60 kW

f

 90 ciclos   1 min   *  min   60 seg  50 Hz

Pr =

1.8 kW 3 fases

 W    fase 

Pr = 600 

s = 0.03

d)

b) ωs = ωs =

120 * f #P 120*50 Hz 6 polos

ωs = 1000r.p.m.

ωr = ωs *1 - s ωr = 1000 r.p.m.*1 - 0.03 ωr = 970 r.p.m.

PM = PEH *1 - s PM = 60 kW *1 - 0.03 PM = 58.2kW 

e) Pr = I r2 * R r R r = R r =

Pr I 2r 600W 2

60A  R r = 0.167 Ω  Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción

227

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 18.- Un motor de inducción está funcionando al 50% de la velocidad síncrona con una potencia útil de 41.03 kW y las pérdidas mecánicas totales son de 1.492 kW. Calcular la pérdida de cobre en el circuito del rotor del motor, si las pérdidas totales del estator son de 3.5 kW. ¿A qué eficiencia funciona el motor? [42.52 kW, 46.34%] DATOS: ωr = 0.5* ωs PS = 41.03kW  Pf = 1.492 kW  Pestator = 3.5kW  SOLUCIÓN: ωr = 0.5* ωs s= s=

ωs - 0.5* ωs ωs

0.5* ωs ωs

Eficiencia: PEH = PEH =

Pr s 42.522 kW 0.5

s = 0.5

PEH = 85.044  kW 

PM = PS + Pf

PE = PEH + Pestator

PM = 41.03 kW + 1.492 kW

PE = 85.044 kW + 3.5 kW

PM = 42.522  kW 

PE = 88.544  kW 

 s  Pr =  *P 1 - s M

η=

 0.5  Pr =  * 42.522 kW 1 - 0.5  

η = 

Pr = 42.522  kW 

η = 46.33%

228

PS PE

*100%

 41.03 kW  *100%  88.544 kW 


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 19.- Un motor de inducción trifásico de 6 polos, 50 Hz. La resistencia del rotor y la reactancia por fase son de 0.02Ω y 0.1Ω respectivamente. a) ¿A qué velocidad es el par máximo?, b) ¿Cuál debe ser el valor de resistencia externa en el rotor por fase para dar dos tercios del máximo par al arranque? [a) 800 r.p.m. b) 0.242Ω ó 0.018Ω] DATOS: 3fases  #P = 6 polos  f = 50 Hz  Zr = 0.02 + j0.1 Ω

SOLUCIÓN: a)

b)

s max = s max =

ωs = ωs =

 2 τ arranque =  * τmax  3 

R r X r 0.02Ω 0.1Ω

= 0.2

R T 2 T

R + X r 2

120 * f #P 120*50 Hz  6 polos

= 1000 r.p.m.

ωτmax = ωs *1 - smax 

=

 2   * s max * R r  3  2

R 2r + s max * X r 

 2   *0.2*0.02Ω  3  R T = 2 2 2 R T2 + 0.1Ω 0.02Ω + 0.1Ω*0.2   R T 2 T

R + 0.01

= 3.333

ωτmax = 1000 r.p.m.*1 - 0.2 ωτmax = 800 r.p.m.

3.333* R T2 - R T + 0.033 = 0 R T = 0.262 Ω  R x = R T - R r R x = 0.262Ω - 0.02Ω R x = 0.242 Ω  R T = 0.037 Ω R x = R T - R r R x = 0.037Ω - 0.02Ω R x = 0.017 Ω


229

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un motor de inducción trifásico de 115V tiene las siguientes constantes: R1 = 0.07Ω, R2’= 0.08Ω, X1= 0.4Ω y X2’= 0.2Ω. Todos los valores están solo para una fase. ¿A qué deslizamiento la potencia de salida será máxima y cuál es el valor de esta potencia de salida? [11.4%, 8.6 kW] DATOS: 3fases E = 115V  R1 = 0.07 Ω  R '2 = 0.08 Ω  X1 = 0.4 Ω  X '2 = 0.2 Ω  SOLUCIÓN: '

R 0 = R 2 + R '2

X 0 = X1 + X2

R 0 = 0.07Ω + 0.08Ω

X 0 = 0.4Ω + 0.2Ω

R 0 = 0.15 Ω 

X 0 = 0.6Ω 

Z0 = R 02 + X 02 2

2

0.15Ω + 0.6Ω Z0 = 0.6184 Ω Z0 =

s= s=

R '2 R '2 + Z 0

0.08Ω 0.08Ω + 0.6184Ω 

s = 11.45%

3* E2 Pmax = 2*R 0 + Z0  2

Pmax =

115V  3*   3 

2*0.15Ω + 0.6184Ω Pmax = 8.61 kW 

230


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un motor de inducción trifásico de 400V, conectado en estrella tiene un circuito equivalente “T” compuesto de R1 = 1Ω, X1 = 2Ω, los valores del rotor equivalentes son R 2’= 1.2Ω, X2’= 1.5Ω. La línea excitante tiene una impedancia de (4 + j40)Ω. Si el deslizamiento es 5%, encuentre: a) Corriente, b) Eficiencia, c) Factor de potencia y d) Potencia de salida. Considerar las pérdidas de fricción de 250W. [a) 10.8A, b) 81%, c) 0.82, d) 5 kW] DATOS: 3fases 

R1 = 1Ω

E = 400V 

X1 = 2Ω

Zl = 4 + j40 Ω 

R '2 = 1.2 Ω

s = 0.05

X'2 = 1.5Ω

Pf = 250  W  SOLUCIÓN: a)

b) E

I '2 =

PE =

3

   R1 + R 2  + jX1 + X 2'   s  400V

I '2 =

3

  1Ω + 1.2Ω  + j2Ω +1.5Ω  0.05 

I '2 = 9.14 -7.96° A  I0 = I0 =

PE =

 3 *400V*11.88A* cos -35.94°

PE = 6.66  kW  η=

PS PE

*100%

 5.46 kW  *100%  6.66 kW 

η = 

η = 81.98%

c)

E

3 * E * I1* cos θ

3 * Zl

cos θ = cos-35.94° cos θ = 0.81

400V

 3*4 + j40Ω

I 0 = 5.74 -84.28° A  I1 = I 0 + I '2

d)

1 - s PS = 3 * I '22 * R '2* -P  s  f

I1 = 5.74 -84.28° A  + 9.14 -7.96° A 

1 - 0.05  2 PS = 3*9.14A  *1.2Ω* - 250W  0.05 

I1 = 11.88 -35.94°A 

PS = 5.46kW 


231

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un motor de inducción trifásico de 440V, 50 h.p., 50 Hz con devanado de estator conectado en estrella obtuvo los siguientes resultados: a) Prueba de vacío: aplicando voltaje de línea de 440V, corriente de línea de 24A, lectura de los wattmetros de 5150W y 3350W. b) Prueba de rotor bloqueado: voltaje aplicado de 33.6V, corriente de línea de 65A, lectura de los wattmetros de 2150W y 766W. Calcular los parámetros de circuito equivalente. [Barra derivación: R0 = 107.6Ω, Xm = 10.60Ω, Barra serie: R = 0.23Ω, X = 0.19Ω] DATOS: VL = 400 V 

Prueba de vacio

Prueba de rotor bloqueado

PS = 50  h.p.

VL = 440 V 

VRB = 33.6  V 

f = 50  Hz 

I0 = 24 A 

IRB = 65A 

P01 = 5150  W 

PRB1 = 2150 W 

P02 = 3350 W 

PRB2 = 766 W 

SOLUCIÓN: Prueba de rotor bloqueado. VRB

ZRB = ZRB =

3 * IRB 33.6V

 3*65A

R RB1 = R RB1 =

= 0.298Ω

PRB1 3 * I 2RB 2150W 2

3*65A 

= 0.17 Ω 

R RB2 = R RB2 =

PRB2 3 * I 2RB 766W 2

3*65A 

= 0.06 Ω 

R RB = R RB1 + R RB 2 R RB = 0.17Ω + 0.06Ω R RB = 0.23Ω 

232


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Z 2RB - R 2RB

X RB =

2

2

0.298Ω - 0.23Ω X RB = 0.19 Ω X RB =

Prueba de vacío. V p = V p =

VL 3 440V 3

= 254.03V 

S0 = VL * I0 S0 = 440V *24A  S0 = 10560 VA  P0 = P01 + P02 P0 = 5150W + 3350W P0 = 8500  W 

Q0 =

S02 - P02 2

2

10560 VA - 8500W Q0 = 6266.02 VAR  Q0 =

R0 =

V p2 P0 2

R0 =

254.03V

8500W R 0 = 7.59  Ω  X0 =

V p2 Q0 2

X0 =

254.03V

6266.02 VAR X0 = 10.29 Ω


233

Símbologia utilizada a lo largo del capítulo. Simbolo Significado Unidades ρ Ángulo de paso  ° α

n I f IC

ICC I max

I IT

K d

K p cos θ max

cos θ

de bobina. Ángulo entre ranuras. Constante.

Corriente de campo. Corriente de carga. Corriente de cortocircuito. Corriente máxima. Corriente nominal. Corriente total.

f

Frecuencia.

ZS

Impedancia síncrona. Número de armónicas. Número de conductores.

m

Z

Número de espiras por fase.

 espiras     fase 

#P

 polos

A

S

A

Pmax

A

QT

A

Q

A

P

Número de polos. Número de ranuras. Porcentaje de regulación. Potencia aparente total. Potencia aparente. Potencia máxima. Potencia reactiva total. Potencia reactiva. Potencia real.

A

PT

Potencia total.

X

s

Reactancia síncrona. Resistencia efectiva de la armadura. Tensión generada por fase. Tensión generado de línea. Velocidad.

V p

Voltaje de fase.

VL

Voltaje de línea.

V0

Voltaje en vacío.

 °  ranuras     polo * fase 

Factor de distribución. Factor de paso. Factor de potencia máximo. Factor de potencia. Flujo por polo.

N

#R %Reg ST

R E gf

Wb Hz Ω

conductores

E gl

ranuras

kVA kVA kW kVAR  kVAR  kW kW Ω Ω V V r.p.m. V  V  V

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Encuentre el voltaje de línea y de fase de un alternador de 4 polos conectado en estrella, teniendo un flujo por polo de 0.1Wb distribuido senoidalmente, 4 ranuras por polo por fase, 4 conductores por ranura con un devanado de doble capa con un paso de bobina de 150°. Suponer frecuencia = 60 Hz. [789V, 1366V] DATOS: 3fases 

ρ =150°

#P = 4  polos

4

 conductores    ranura   ranuras   n=4  polo * fase 

 = 0.1 Wb

f = 60  Hz 

SOLUCIÓN:

 4 ranuras  * 4 polos * 3 fases  #R =   polo* fase   #R = 48ranuras 

#R #P α=

=

48 ranuras 4 polos

 ranuras    polo 

= 12 

ρ ranuras polo

α=

150°

  12  ranuras polo   ρ K p = sen    2 

 n * α   2  Kd = α n * sen    2   4*12.5°   sen    2   Kd = 12.5°  4* sen    2  sen 

K d = 0.9705 = 12.5°

150°  K p = sen   2  K p = 0.9659

 4 conductores  12 ranura  *4 polos  *    polo  ranura

Z = 


192 conductores   1 espira  N =  *     2 conductores  3 fases  espiras    fase 

N = 32 

E gf = 4.44 * N *  * f * K p* K d

 32 espiras  * 0.1Wb*60 Hz *0.9659*0.9705  fase  

E gf = 4.44*

E gf = 799.11V 

238

E gl = E gl =

3 * E gf

 3*799.11V

E gl = 1384.11 V 

Capítulo 5.- Alternadores síncronos

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un alternador trifásico, 10 polos trabaja a 600 r.p.m. Tiene 120 ranuras en el estator con 8 conductores por ranura y los conductores de cada fase están conectados en serie. Determine la f.e.m. de fase y de línea, si el flujo por polo es 56 mWb. Suponer bobina de paso completo. [1910V, 3300V] DATOS: 3fases 

 conductores    ranura 

8

#P = 10  polos s = 600 r.p.m.

 = 56  mWb 

#R = 120 ranuras

ρ = 180°

SOLUCIÓN:

 ranuras  #R 120 ranuras  = = 12   #P 10 polos  polo  α=

α=

f= f=

  12  ranuras polo 

= 15°

s * #P 120

600 r.p.m.*10 polos 120

f = 50 Hz  n= n=

 n * α   2  Kd = α n * sen    2   4*15°   sen    2   Kd = 15°  4* sen    2  sen 

ρ ranuras polo 180°

K p = 1

#R #P * fases 120 ranuras

10 polos*3 fases

n=4

K d = 0.957

 8 conductores  12 ranura  *10 polos  Z =  *    polo  ranura Z = 960conductores 

 960 conductores   1 espira  *     2 conductores  3 fases

N = 

 espiras    fase 

N = 160 

Egf = 4.44 * N *  * f * K p* K d

E gl =

160 espiras  Egf = 4.44* * 56 mWb * 50 Hz * 1* 0.957   fase  

E gl =

Egf = 1903.58V 


3 * E gf

 3*1903.58 V

E gl = 3297.11 V 

239

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Calcular la velocidad y los voltajes en vacío de línea y de fase de un alternador de 4 polos, 3 fases, 50 Hz con 36 ranuras y 30 conductores por ranura. El flujo por polo es 0.0496 Wb y está distribuido senoidalmente. [1500 r.p.m., 3300V, 1905V] DATOS: 3fases 


30 

f = 50 Hz  #P = 4 polos

 = 0.0496  Wb


ρ = 180°

SOLUCIÓN: s=

120 * f

s=

K p = 1

#P 120*50 Hz 4 polos

s = 1500  r.p.m.

 ranuras   = = 9  polo  #P 4 polos

#R

36 ranuras

α=

ρ ranuras polo

α=

n= n=

180°

  9  ranuras polo  

 n * α   2  Kd = α n * sen    2   3*20°   sen    2   Kd =  20°  3* sen    2  sen 

K d = 0.959 = 20°



n=3


Z = 


1080 conductores   1 espira  N =  *     2 conductores  3 fases  espiras    fase 

N = 180 

E gf = 4.44 * N *  * f * K p* K d

180 espiras  E gf = 4.44*  * 0.0496Wb * 50 Hz * 1* 0.959   fase   E gf = 1900.75V 

240

E gl = E gl =

3 * E gf

 3*1900.75V

Egl = 3292.2 V 


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Un alternador trifásico conectado en estrella de 4 polos, tiene 12 ranuras con 24 conductores por ranura y el flujo por polo es 0.1Wb distribuidos senoidalmente. Calcular la f.e.m. generada de línea a 50 Hz. [1850V] DATOS:


#P = 4polos

24 

3fases 

 = 0.1 Wb


f = 50  Hz  SOLUCIÓN:

 ranuras  #R 12 ranuras  = = 3  polo  #P 4 polos α=

α=

n= n=



= 60°

Kd = 1


n=1

ρ K p = sen    2 


 288 conductores   1 espira  *     2 conductores  3 fases  espiras   N = 48   fase  N = 

180°  K p = sen   2  K p = 1

E gl =


Z = 


E gl =


3 * 4.44 * N *  * f * K p* K d

 48 espiras  *0.1Wb *50 Hz *1 *1 fase 

 3*4.44*

E gl = 1845.67  V 


241

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un alternador trifásico de 16 polos, tiene un devanado conectado en estrella con 144 ranuras y 10 conductores por ranura. El flujo por polo es 30 mWb distribuidos senoidalmente. Encuentre la frecuencia, el voltaje de línea y de fase si la velocidad es 375 r.p.m. [50 Hz, 1530V, 2650V] DATOS: #P =16 polos

 = 30mWb

#R=144 ranuras

s = 375 r.p.m.


ρ = 180°

10 

SOLUCIÓN: f= f=

K p = 1

s * #P 120 375 r.p.m.*16 polos 120

f = 50 Hz 

 ranuras  #R 144 ranuras  = = 9  #P 16 polos  polo  α=

α=

n= n=




K d = 0.959 = 20°

10 conductores  9 ranura  *16 polos  Z =  *    polo  ranura Z = 1440conductores 


16 polos*3 fases 

n=3


N = 240 

Egf = 4.44 * N *  * f * K p* K d

E gl =

 240 espiras  *30 mWb * 50 Hz * 1* 0.959   fase

Egf = 4.44*

Egf = 1532.86 V 

242

E gl =

3 * E gf

 3*1532.86V

Egl = 2655V 


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Un generador síncrono tiene 9 ranuras por polo. Si cada bobina abarca 8 r anuras de paso, ¿Cuál es el valor del factor de paso? [0.985] DATOS:

 ranuras    polo 

9

8  ranuras de paso 

SOLUCIÓN: 9 ranuras = 180° 8 ranuras = X X=

8 ranuras

9 ranuras X = 160°

*180°

 X   2 

K p = sen 

160°  K p = sen   2  K p = 0.985


243

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un alternador trifásico conectado en estrella de 2 polos gira a 3600 r.p.m. Si tiene 500 conductores por fase en serie con el devanado de armadura y un flujo senoidal por polo de 0.1 Wb, calcular la magnitud y la frecuencia del voltaje generado a partir de los primeros principios. [60 Hz, 11.5 kV] DATOS: 3fases  #P = 2 polos  s = 3600  r.p.m.

 conductores   500   polo   = 0.1 Wb 

SOLUCIÓN: f= f=

#P * s 120 2 polos*3600 r.p.m. 120

f = 60 Hz 

 500 conductores   1 espira   *     2 conductores polo

N = 


N = 250 

Egf = 4.44 * N *  * f

 250 espiras  *0.1Wb*60 Hz   fase

Egf = 4.44*

Egf = 6660 V  E gl = E gl =

3 * E gf

 3*6660V

Egl = 11.53kV 

244


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un alternador trifásico de 4 polos, 50 Hz, conectado en estrella tiene un devanado de capa sencilla y bobinas de paso completo con 21 ranuras por polo y 2 conductores por ranura. El flujo fundamental es 0.6Wb y el flujo en el entrehierro contiene una tercera armónica de 5% de amplitud. Encuentre los valores r.m.s. de la f.e.m. de fase de la amónica fundamental, la tercera armónica y la f.e.m. inducida total. [3550V, 119.5V, 3553V] DATOS: 3fases 


2

#P = 4 polos  f = 50  Hz 

K p = 1

 ranuras   21   polo 

m3 = 3 1 = 0.6  Wb 

SOLUCIÓN: Componente fundamental:

 21 ranuras  * 4 polos   polo  

#R = 

#R = 84  ranuras 

 7*180°   2*21    Kd =  180°   7* sen   2 * 21      sen 

1

K d1 = 0.9558

n= n=

#R

 2 conductores  *84 ranuras  ranura

#P * fase 84 ranuras

Z = 



n=7

 n * α   2  Kd = α n * sen    2  sen 

1

168 conductores   1 espira  N =  *     2 conductores  3 fases  espiras    fase 

N = 28 

E g1 = 4.44 * N *  * f * K p* K d1

 28 espiras  * 0.6Wb * 50 Hz * 1*0.9558   fase  

E g1 = 4.44* 

E g1 = 3564.75V 


245

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3ª armónica.

 n * m 3 * α    2 Kd =  m * α  n * sen  3  2   7*3*180°   sen   2*21    Kd =  3*180°   7* sen   2 * 21       sen 

3

3

K d3 = 0.6419

1 3 =  *0.05*0.6Wb  3 3 = 0.01 Wb

f3 = 3 * f f 3 = 3*50 Hz f 3 = 150  Hz  Eg3 = 4.44 * N *  * f 3* K p* K d3

 28 espiras  * 0.01Wb *150 Hz * 1*0.6419   fase  

Eg3 = 4.44*

Eg3 = 119.7 V 

F.e.m. inducida total. E gf = E g21 + E g23

E gf

246

2

2

3564.75V + 119.7V = 3566.75V 

E gf =


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un alternador trifásico de 10 polos tiene 90 ranuras, cada una contiene 12 conductores. Si la velocidad es 600 r.p.m. y el flujo por polo es 0.1Wb, calcular la f.e.m de línea cuando las fases están: a) Conectadas en estrella, b) Conectadas en delta. Suponer que el factor de distribución es 0.96 y el flujo está distribuido senoidalmente. [a) 6.93 kV, b) 4 kV] DATOS: #P = 10  polos

 = 0.1 Wb 

3fases 

s = 600r.p.m.

#R = 90  ranuras

ρ = 180°


12 

K d = 0.96

SOLUCIÓN: f= f=

12 conductores  Z =  *90 ranuras  ranura

s * #P 120

600 r.p.m.*10 polos


120

f = 50 Hz  K p = 1


N = 180 

a) E gf = 4.44 * N *  * f * K p* K d

180 espiras  E gf = 4.44* * 0.1Wb * 50 Hz * 1* 0.96   fase   E gf = 3.83kV 

b) E gl = E gl =

3 * E gf

 3*3.83 kV 

E gl = 6.63kV 


247

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un generador síncrono trifásico de 6 polos conectado en estrella, tiene un estator con 90 ranuras y 8 conductores por ranura. El rotor gira a 1000 r.p.m. El flujo por polo es 4 * 10-2 Wb. Calcular la f.e.m. generada, si todos los conductores en cada fase están en serie. Suponer flujo distribuido senoidalmente y bobinas de paso completo. [1066V] DATOS: -2

3fases 

 Wb s = 1000  r.p.m.

#R = 90  ranuras

ρ = 180°

#P = 6 polos

 = 4*10

 conductores    ranuras 

8

SOLUCIÓN: f= f=

K p = 1

s * #P 120

1000 r.p.m.*6 polos 120

f = 50 Hz 

#R #P

=

90 ranuras 6 polos


= 15 

ρ #R

α=

n= n=

 5*12°    2   Kd = 12°  5* sen    2  sen 

K d = 0.956

#P α=

 n * α   2  Kd = α n * sen    2  sen 

180°

  15  ranuras polo 

= 12°


Z = 

Z = 720 conductores



n=5

 720 conductores   1 espira  *     2 conductores  3 fases

N = 


N = 120 

Egf = 4.44 * N * f *  * K p* K d

120 espiras  Egf = 4.44* * 4*10 -2Wb* 50 Hz * 1* 0.956   fase   Egf = 1018.71V 

248


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- Una máquina de 6 polos tiene una armadura de 90 ranuras y 8 conductores por ranura y gira a 1000 r.p.m. el flujo por polo es 50 mWb. Calcular la f.e.m. generada como una máquina trifásica conectada en estrella si el factor de distribución es 0.96 y todos los conductores en cada fase están en serie. [1280V] DATOS: 3fases  #P = 6polos  #R = 90 ranuras


8

s = 1000r.p.m. K d = 0.96  = 50mWb 

SOLUCIÓN: f= f=


s * #P

Z = 

120

1000 r.p.m.*6 polos 120

 720 conductores   1 espira  *     2 conductores  3 fases

f = 50 Hz 

#R #P

Z = 720 conductores

=

90 ranuras 6 polos

N = 


= 15 


N = 120 

K p = 1

Egf = 4.44 * N *  * f * K p* K d

120 espiras  Egf = 4.44* * 50 mWb * 50 Hz * 1* 0.96   fase   Egf = 1278.72 V 


249

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- Un alternador trifásico de 16 polos tiene un devanado conectado en estrella con 144 ranuras y 10 conductores por ranura. El flujo por polo es 0.04Wb (senoidales) y la velocidad es 375 r.p.m. Encuentre la frecuencia y la f.e.m. de línea y de fase. El total de espiras por fase puede ser supuesto para conductores en serie. [50 Hz, 2035V, 3525V] DATOS: 3fases 

s = 375r.p.m.

#P = 16polos

10 



 = 0.04 Wb

SOLUCIÓN:

f=

K p = 1

s * #P

f=

120

375 r.p.m.*16 polos 120

f = 50 Hz 

 ranuras  #R 144 ranuras  = = 9  #P 16 polos  polo  ρ #R #P 180°

α=

α=

n= n=

 n * a   2  Kd = a  n * sen    2   3*20°   sen    2   Kd =  20°  3* sen    2  sen 

K d = 0.956

 ranuras   9  polo 

= 20°


16 polos*3 fases 

n=3

10 conductores  Z =  *144 ranuras  ranura Z = 1440conductores 

1440 conductores   1 espira  N =  *     2 conductores  3 fases  espiras    fase 

N = 240 

E gl =

Egf = 4.44 * N *  * f * K p* K d

 240 espiras  *0.04Wb * 50 Hz * 1*0.9597    fase

Egf = 4.44* 

Egf = 2045.31V 

250

E gl =

3 * E gf

 3*2045.31V

E gl = 3542.58 V 


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Si un campo de excitación de 10A en un cierto alternador da una corriente de 150A en corto circuito y un voltaje terminal de 900V a circuito abierto, encuentre la caída interna de voltaje con una corriente de carga de 60A. [360V] DATOS: I = 10 A  I CC = 150 A  VL = 900 V  I C = 60 A  SOLUCIÓN: ZS = ZS =

VL ICC 900V 150A

= 6 Ω 

V p = I C * ZS V p = 60A*6Ω V p = 360 V 


251

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un alternador monofásico de 500V, 50 kVA tiene una resistencia efectiva de 0.2Ω. Una corriente de campo de 10A produce una corriente de armadura de 200A en corto circuito y una f.e.m. de 450V en circuito abierto. Calcular la regulación a plena carga con un factor de potencia de 0.8 atraso. [34.4%] DATOS: V p = 500  V  S = 50  kVA  R = 0.2 Ω  If = 10  A  ICC = 200  A  E g = 450 V  cos θ = 0.8atraso

SOLUCIÓN: ZS = ZS = X=

Eg

I=

ICC 450V 200A

= 2.25Ω

I=

V p 50 kVA 500V

= 100 A 

I * R = 100A*0.2Ω = 20 V

ZS2 - R 2 2

I * X = 100A*2.24Ω = 224 V

2

2.25Ω - 0.2Ω X = 2.24 Ω X=

S

E g =  V p * cos θ + I * R  + j  V p * sen θ +  I * X

    E g = 500V *0.8 + 20V  + j 500V *0.6 + 224V  E g = 420 + j524 = 671.54 51.28° V 

%Reg = %Reg =

E g - Vp V p

*100%

671.54V - 500V

500V %Reg = 34.3%

252

*100%


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un alternador trifásico conectado en estrella tiene los valores nominales de 1600 kVA, 13500V. La resistencia efectiva de la armadura y la reactancia síncrona son 1.5Ω y 30Ω respectivamente por fase. Calcular el porcentaje de regulación para una carga de 1280 kW con factores de potencia de: a) 0.8 adelanto, b) 0.8 atraso. [a) -11.8%, b) 18.6%] DATOS:

S = 1600 kVA

VL = 13.5 kV

R = 1.5Ω

X = 30Ω

SOLUCIÓN:

V p = V p =

VL 3 13.5 kV 3

I=

= 7794.22 V

I=

I * R = 68.42A *1.5Ω = 102.63 V 

S 3 * VL 1600 kVA

 3*13.5 kV

I = 68.42 A 

I * X = 68.42A *30Ω = 2052.6V 

a) Factor de potencia adelanto E g =  V p * cos θ + I * R  + j  Vp * sen θ - I * X

    E g = 7794.22V *0.8 + 102.63V  + j 7794.22V * 0.6 - 2052.6V  E g = 6338 + j2623.93 = 6859.68 22.48°  V 

%Reg = %Reg =

E g - Vp V p

*100%

6859.68V - 7794.22V

7794.22V %Reg = -11.99%

*100%

b) Factor de potencia atraso E g =  V p * cos θ + I * R  + j  Vp * sen θ +  I * X E g = 7794.22V *0.8+ 102.63V  + j 7794.22V * 0.6 + 2052.6V  E g = 6338 + j6729.13 = 9243.99 46.71°  V 

%Reg = %Reg =

E g - Vp V p

*100%

9243.99V - 7794.22V

7794.22V %Reg = 18.6%


*100%

253

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Determine la regulación de tensión de 2000V, de un alternador monofásico entregando una corriente de 100A con factor de potencia de 0.8 en adelanto de los resultados de pruebas. Corriente de plena carga de 100A es producida en corto circuito por un campo de excitación de 2.5A. Una f.e.m. de 500V es producida en circuito abierto por la misma excitación. La resistencia de la armadura es 0.8Ω. Dibuje el diagrama de vectores. [-8.9%] DATOS: V p = 2000  V  I = 100 A  cos θ = 0.8adelanto ICC = 100  A  E g = 500  V  R = 0.8 Ω 

SOLUCIÓN: ZS = ZS =

Eg ICC 500V 100A

= 5Ω

X=

ZS2 - R 2

X=

5Ω - 0.8Ω

2

2

X = 4.93Ω I * R = 100A*0.8Ω = 80 V I * X = 100A*4.93Ω = 493 V E g =  V p * cos θ + I * R  + j  Vp * sen θ - I * X

    E g = 2000V *0.8 + 80V  + j 2000V *0.6 - 493V  E g = 1680 + j707 = 1822.7 22.82° V 

%Reg = %Reg =

E g - Vp V p

*100%

1822.7V - 2000V

2000V %Reg = - 8.86%

254

*100%


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un alternador monofásico, con una corriente de campo dada produce una corriente de armadura de 250A en corto circuito y una f.e.m. generada de 1500V a circuito abierto. Calcular el voltaje terminal cuando una carga de 250A en 6.6 kV y un factor de potencia de 0.8 en atraso cuando está apagado. La resistencia de armadura es 2Ω. Calcular también la regulación del alternador a la carga dada. [7898V, 19.7%] DATOS: I = 250 A  V0 = 1500 V  cos θ = 0.8 VL = 6.6 kV  R = 2Ω

SOLUCIÓN: ZS = ZS = X=

V0 I 1500V 250A

= 6 Ω 

ZS2 - R 2 2

2

6Ω - 2Ω X = 5.65 Ω  X=

E g =  Vp * cos θ +  I * R  + j  Vp * sen θ +  I * X

    E g = 6600V*0.8 + 250A*2Ω + j 6600V*0.6 +  250A*5.65Ω E g = 5780 + j5372.5V  E g = 7891.27 42.91°V  %Reg = %Reg =

E g - Vp V p

*100%

7891.27V - 6600V

6600V %Reg = 19.56%

*100%

NOTA: En el texto original hace falta el dato de la resistencia de 2Ω.


255

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Un alternador monofásico de 500V, 50 kVA tiene una resistencia efectiva de 0.2Ω. Una corriente de campo de 10A produce una corriente de armadura de 200A en corto circuito y una f.e.m. de 450V en circuito abierto. Calcular: a) La impedancia y reactancia síncrona, y b) La regulación a plena carga con un factor de potencia de 0.8 en atraso. [a) 2.25Ω, 2.24Ω, b) 34.4%] DATOS: V p = 500  V  S = 50  kVA  R = 0.2 Ω  If = 10  A  ICC = 200  A  E g = 450 V  cos θ = 0.8atraso

SOLUCIÓN: a) I= I=

X=

S 50 kVA

500V I = 100  A 

ZS =

2

2

2.25Ω - 0.2Ω X = 2.24 Ω X=

V p

ZS =

ZS2 - R 2

b) I * R= 100A*0.2Ω = 20 V

Eg

I * X= 100A*2.24Ω = 224 V

I CC 450V

200A ZS = 2.25 Ω  E g =  V p * cos θ + I * R  + j  Vp * sen θ + I * X E g = 500V *0.8 + 20V  + j 500V *0.6 + 224V  E g = 420 + j524 = 671.54 51.28° V 

%Reg = %Reg =

E g - Vp V p

*100%

671.54V - 500V

500V %Reg = 34.3%

256

*100%


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un alternador trifásico de 100 kVA, 3000V, 50 Hz, conectado en estrella tiene una resistencia efectiva de armadura de 0.2Ω. Una corriente de 40A produce una corriente de corto circuito de 200A y una f.e.m. de circuito abierto de 1040V (valor de línea). Calcular el porcentaje de regulación a plena carga con un factor de potencia de 0.8 en atraso. ¿Cómo será afectada la regulación si el alternador entrega esta salida a plena carga con un factor de potencia de 0.8 en adelanto? [24.4%, -13.5%] DATOS: S = 100kVA  VL = 3000 V  f = 50  Hz  R = 0.2 Ω  I f = 40 A  I CC = 200 A  E g = 1040 V  cos θ1 = 0.8 atraso cos θ 2 = 0.8 adelanto SOLUCIÓN: V p = V p =

X=

3 3000V 3

= 1732.05 V

ZS2 - R 2 2

2

31.2Ω - 0.2Ω X = 31.19 Ω X=

S

I= I=

VL

I * R = 19.24A *0.2Ω = 3.84 V

3 * VL

I * X = 19.24A *31.19Ω = 600.09 V

100 kVA

 3 *3000V

I = 19.24 A  ZS = ZS =

Eg 3 * ICC 1040V

 3*19.24A

ZS = 31.2 Ω 


257

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Factor de potencia atraso: E g =  V p * cos θ1 + I * R  + j  Vp * sen θ1 +  I * X E g = 1732.05V *0.8 + 3.84V  + j 1732.05V * 0.6 + 600.09V  E g = 1389.48 + j1639.32 = 2148.95 49.71°  V 

%Reg = %Reg =

E g - Vp V p

*100%

2148.95V - 1732.05V

1732.05V %Reg = 24.06%

*100%

Factor de potencia adelanto: E g =  V p * cos θ 2 + I * R  + j  Vp * sen θ 2 - I * X E g = 1732.05V *0.8+ 3.84V  + j 1732.05V * 0.6 - 600.09V  E g = 1389.48 + j439.14 = 1457.2217.53°  V 

%Reg = %Reg =

E g - Vp V p

*100%

1457.22V - 1732.05V

1732.05V %Reg = -15.86%

258

*100%


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un alternador trifásico de 2000 kVA, 2300V, 50 Hz, da una corriente de corto circuito de 600A para un cierto campo de excitación. Con la misma excitación el voltaje de circuito abierto fue 900V. La resistencia entre un par de terminales fue 0.12Ω. Encuentre la regulación a plena carga

con: a) Factor de potencia unitario, b) Factor de potencia 0.8 en atraso, y c) Factor de potencia de 0.8 en adelanto. [a) 7.3% b) 23.8%, c) -13.2%] DATOS: f = 50  Hz 

E g = 900 V 

S = 50 kVA 

R = 0.12 Ω 

VL = 2300  V 

cos θ1 = 1

I CC = 600  A 

cos θ 2 = 0.8atraso cos θ3 = 0.8adelanto

SOLUCIÓN: V p = V p =

3 2300V 3

R CC =

= 1327.9V 

S

I= I=

VL

X=

3 * VL 2000 kVA

 3 *2300V

I = 502.04A  ZS = ZS =

R CC =

R 2 0.12 Ω 2

= 0.06Ω

ZS2 - R 2 2

2

0.86Ω - 0.12Ω X = 0.85 Ω X=

I * R = 502.04A*0.06Ω = 30.12 V I * X = 502.04A *0.85Ω = 426.73 V

Eg 3 * ICC 900V

 3*600A

ZS = 0.86 Ω  a) Factor de potencia unitario. E g =  V p * cos θ1 + I * R  + j  Vp * sen θ1 +  I * X E g = 1327.9V *1 + 30.12V  + j 1327.9V * 0 + 426.73V  E g = 1358.02 + j426.73 = 1423.4817.44°  V 


259

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. %Reg = %Reg =

E g - Vp V p

*100%

1423.48V - 1327.9V

1327.9V %Reg = 7.19%

*100%

b) Factor de potencia atraso. E g =  V p * cos θ 2 + I * R  + j  Vp * sen θ 2 + I * X 

    E g = 1327.9V *0.8 + 30.12V  + j 1327.9V * 0.6 + 426.73V  E g = 1092.44 + j1223.47 = 1640.21 48.23°  V 

%Reg = %Reg =

E g - Vp V p

*100%

1640.21V - 1327.9V

1327.9V %Reg = 23.51%

*100%

c) Factor de potencia adelanto. E g =  V p * cos θ3 + I * R  + j  Vp * sen θ3 - I * X

    E g = 1327.9V *0.8 + 30.12V  + j 1327.9V *0.6 - 426.73V  E g = 1092.44 + j370.01 = 1153 .418.71° V 

%Reg = %Reg =

E g - Vp V p

*100%

1153.4V - 1327.9V

1327.9V %Reg = -13.14%

260

*100%


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- Un alternador trifásico conectado en estrella es excitado para dar 6600V entre líneas en circuito abierto. Tiene una resistencia de 0.5Ω y una reactancia síncrona de 5Ω por fase. Calcular el

voltaje terminal y la regulación con una corriente a plena carga de 130A cuando el factor de potencia es: a) 0.8 en atraso, b) 0.6 en adelanto. [a) 3318 V, 14.83%, b) 4265V, -10.65%] DATOS: E g = 6600  V  R = 0.5 Ω  X = 5 Ω  I = 130  A  cos θ1 = 0.8 atraso  cos θ 2 = 0.6 adelanto 

SOLUCIÓN: Egf = Egf =

Eg 3 6600V 3

= 3810.51V 

a) Factor de potencia atraso. 2

E 2gf =  Vp * cos θ1 + I * R  +  Vp * sen θ1 + I * X    

2

2 E 2gf =  Vp2 * cos 2θ1 + 2 * Vp * I * R * cos θ1 +  I * R  

  2 +  V p2 * sen 2θ1 + 2 * Vp * I * X * sen θ1 +  I * X   

E 2gf = Vp2 + 2 * I * Vp *R * cos θ1 + X * sen θ1  + I 2*  R 2 + X 2  V p2 + 2*130A* 0.5Ω*0.8 + 5Ω *0.6  + 130A * 0.5Ω + 5Ω   2

2

2

 - 3810.51V2 

V p2 + 884* Vp - 14093261.46 = 0 V p = 3338.03 V  %Reg = %Reg =

E g - Vp V p

*100%

3810.51V - 3338.03V

3338.03V %Reg = 14.15%

*100%


261

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. b) Factor de potencia adelanto. 2

E g2f =  Vp * cos θ 2 + I * R  +  Vp* sen θ 2 - I * X    

2

2 E g2f =  Vp2 * cos 2θ 2 + 2 * Vp * I * R * cos θ 2 +  I * R  

  2 + V p2 * sen 2θ 2 - 2 * Vp * I * X * sen θ2 +  I * X   

E g2f = Vp2 + 2 * I * Vp* R * cos θ 2 - X * sen θ 2  + I2 *R 2 + X 2  V p2 + 2*130A* 0.5Ω*0.6 -5Ω *0.8  + 130A * 0.5Ω + 5Ω   2

2

2

 - 3810.51V2 

V p2 - 962* Vp - 14093261.46 = 0 V p = 4265.78 V  %Reg = %Reg =

E g - Vp V p

*100%

3810.51V - 4265.78V

4265.78V %Reg = -10.67%

262

*100%


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Dos generadores trifásicos de 6600V están trabajando en paralelo con un voltaje y una frecuencia de barras colectoras constantes. Cada uno tiene una resistencia y reactancia equivalente de 0.05Ω y 0.5Ω respectivamente y suministran la mitad de una carga total de 10000kW con un factor de potencia de 0.8, las dos máquinas están similarmente excitadas. Si la excitación de una máquina se ajusta hasta que el circuito de armadura es 438A y el suministro de vapor se mantiene sin cambios, encuentre la corriente de armadura, la f.e.m. y el factor de potencia del otro alternador. [789A, 7200V, 0.556] DATOS: VL = 6600V 

PT = 10000 kW 

R1 = R 2 = 0.05Ω

P1 = P2 = 5000  kW 

X1 = X2 = 0.5Ω

cos θ = 0.8atraso I1 = 438 A 


VL 3 6600V 3

= 3810.51V 

  P1   3 *V *I   L 1    5000 kW  -1  θ1 = cos     3*6600V* 438A    θ1 = cos-1 

θ1 = 3.03° IT = IT =

PT 3 * VL * cos θ 10000 kW

 3*6600V*0.8

IT = 193.46 36.86° A 


263

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. I 2 = IT - I1 I 2 = 1093.46 36.86° A  - 438 3 .03° A  I 2 = 769.28 55.34° A  I2 * R 2 = 769.28A *0.05Ω = 38.46 V I2 * X 2 = 769.28A*0.5Ω = 384.64 V E g2 = V p * cos θ + I 2 * R 2  + j  Vp * sen θ +  I2 * X 2 

    E g = 3810.51V*0.568 + 38.46V + j 3810.51V*0.822 + 384.64V 2

E g2 = 2202.82 + j3516.87 = 414 9.79 57.93° V  E g2 = l

E g2 = l

3 * E g2

 3*4149.79V

E g2 = 7187.64  V  l

cos θ 2 = cos 55.34° cos θ 2 = 0.568

264


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- Un alternador monofásico conectado a una barra de 6600V tiene una impedancia síncrona de 10Ω y una resistencia de 1Ω. Si esta excitación es tal que el voltaje en circuito abierto sería 5000V, calcular la máxima carga que la máquina puede suministrar al circuito antes de reducirse y la correspondiente corriente de armadura y el factor de potencia. [2864 kW, 787A, 0.551] DATOS: V p = 6600 V  ZS = 10 Ω  R = 1Ω  E g = 5000 V  SOLUCIÓN: X= X=

E g * Vp Vp2* R Pmax = Z Z2

ZS2 - R 2 2

2

10Ω - 1Ω

X = 9.94 Ω 

I= 2

5000V*6600V 6600V *1Ω Pmax = 2 10Ω 10Ω Pmax = 2864.4  kW  2

E g22 =  V p * cos θ + I * R  +  Vp * sen θ -  I * X    

I= I=

Pmax V p * cos θ 2864.4 kW

6600V* cos θ 434 cos θ

2

2

 434*1Ω  434*9.94Ω 2      + 6600V* sen θ -   5000V = 6600V* cos θ +        cos θ  cos θ      2

2

5000V = 6600V

2

2

* cos2θ + 2 * 6600V * 434 + 434 * tan 2θ +1

2

2

+ 6600V * sen 2θ - 2 * 6600V * 4313.96 * tan θ + 4313.96 *tan 2θ +1 2

2

5000V = 6600V

2

2

*cos2θ + sen 2θ + 5728800 + 434 * tan 2θ + 434 2

2

- 56.94M* tan θ +  4313.96 * tan 2θ + 4313.96

18.79M* tan 2θ -56.94M* tan θ + 43.08M = 0 tan θ = 1.4601

θ = tan -1 1.4601 θ = 55.59° cos θ = cos 55.59°

I= I=

434 cos θ 434

0.565 I = 768 A 

cos θ = 0.565


265

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un turbo alternador teniendo una reactancia de 10Ω tiene una corriente de armadura de 220A a factor de potencia unitario cuando trabaja con 11000V, con frecuencia de barras colectoras constantes. Si la admisión de vapor está sin cambios y la f.e.m. se incrementa un 25%, determine, el nuevo valor de la corriente de la máquina y el factor de potencia. Si este valor más alto de excitación se mantiene constante y el suministro de vapor aumenta gradualmente, ¿a qué potencia de salida el alternador rompería el sincronismo? Encuentre también la corriente y el factor de potencia al cual corresponde la máxima carga. Indique si este factor de potencia es en atraso o adelanto. [360A, 0.611, 15427 kW, 1785A, 0.7865] DATOS: X = 10 Ω 

cos θ1 = 1

I = 220 A 

V p = 11000 V 

SOLUCIÓN: Eg = Vp + jI * X

Calculando la potencia.

Eg = 11000V + j 220A *10Ω

P = V p * I * cos θ

Eg = 11217.8411.3° V 

P1 = P2 = 11000V *220A * 1

Aumentando el valor al 25%.

P1 = P2 = 2420kW 

E g = 1.25*11217.84 11.3° V 

I2 =

E g = 14022.311.3° V 

I2 = I2 =

P2 VL * cos θ 2 2420 kW

11000V* cos θ 2 220 cos θ2

Calculando el factor de potencia. 2

E 2g2 =  Vp * cos θ 2  +  Vp * sen θ 2 + I2* X    

2

 10* 220 2     E g = 11000V* cos θ 2  + 11000V* sen θ 2 +    cos θ   2  

2

2

2

2

10* 220  E = 11000V * cos θ 2 + 11000V * sen θ 2 +  48.4M* tan θ 2 +   cos θ  2

2 g2

2

2

2

2

E 2g2 = 121M*cos2θ 2 + sen 2θ 2  + 48.4M * tan θ 2 +  4.84M *tan 2θ 2 +1 2

14022.3V =  4.84M* tan 2θ2 + 48.4M* tan θ 2 + 4.84M +121M

266



4.84M* tan 2θ2 + 48.4M* tan θ 2 - 70.78M  = 0 tan θ21 =1.294 tan θ22 = -11.294 θ21 = tan -1 1.294 θ21 = 52.3° cos θ21 = 0.611

I2 = I2 =

220 cos θ 2 220

0.611 I 2 = 360.06  A  Pmax = Pmax =

V p * Eg2

* sen 90° X 11000V*14022.3V

10Ω Pmax = 15424.53 kW 

* sen 90°

Corriente máxima. 2

I max =

2

 V  + E  p

g

X

2 2

2

11000V + 14022.3V I max = 2 10Ω I max = 1782.2  A  I max = I max = I max =

Pmax VL * cos θ max 15424.53 kW

cos θ max =

1402.23

1782.2 cos θ max = 0.7867

11000V* cos θ max 1402.23 cos θ max


267

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Dos alternadores monofásicos están conectados a una barra colectora de 50 Hz teniendo un voltaje constante de 10 0°kV . El generador “A” tiene una f.e.m. inducida de 13 22.6° kV y una reactancia de 2Ω; el generador “B” tiene una f.e.m. de 12.5 36.9°kV y una reactancia de 3Ω. Encuentre la corriente, los kW y kVAR suministrados por cada generador.

DATOS: V p = 10 kV 

f = 50 Hz 

X1 = 2Ω 

E g1 = 13 22.6° kV 

X 2 = 3 Ω 

E g2 = 12.5 36.9° kV 

SOLUCIÓN: E g1 = Vp + I1* Z1





13 22.6° kV  = 10 kV  + I1 θ1  A * 2 90°Ω 

13k * cos 22.6° + j13k* sen  22.6° =10k + 2 * I1 * cos 90° + θ1 + j 2 * I1 * sen 90° + θ1 E g2 = Vp + I 2 * Z2





12.5 36.9° kV  =10 kV  + I 2 θ 2 *3 90°Ω 

12.5k* cos 36.9° + j12.5k* sen 36.9° =10k +3 * I 2 * cos 90° + θ2 + j 3 * I2 * sen 90° + θ2 Sumando partes reales y partes imaginarias.

13k * cos 22.6° = 10k -2 * I1 * sen θ1 ... 13k * sen 22.6° = 2 * I1 * cos θ1 ...

2

12.5k * cos 36.9° = 10k  - 3 * I 2 * sen θ 2 12.5k * sen 36.9° = 3 * I 2 * cos θ 2

1

... 3

... 4

Reduciendo el sistema.

10k = 10k - 3 * I 2 * sen θ 2

12k = 10k - 2 * I1 * sen θ1

I 2 * sen θ 2 = 0 ... 3'

I1* sen θ1 = -1000.86 ... 1' 5k = 2 * I1 * cos θ1

7.5k = 3 * I 2 * cos θ 2 I 2 * sen θ 2 = 2500 ... 4'

I1* cos θ1 = 2500 ... 2'

268


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Sumando las componentes 1’ y 2’.

I1 θ1 = I1* cos θ1 + jI1* sen θ1  I1 = 2500 - j1000.86A  I1 = 2692.9 -21.81° A  Sumando las componentes 3’ y 4’.

I 2 θ 2 = I 2 * cos θ 2 + j I2 * sen θ2  I 2 = 2500 + j0 A  I 2 = 2500 0° A 

Calculando potencias reales y reactivas. P1 = VL * I1* cos θ1 P1 = 10 kV *2692.9A * cos -21.81°  P1 = 25001.44 kW 

Q1 = VL * I1* sen θ1 Q1 = 10 kV* 2692.9A* sen  -21.81° Q1 = -10004.92 kVAR  P2 = VL * I2 * cos θ 2 P2 = 10 kV *2500A * cos 0°  P2 = 25000 kW  Q 2 = VL * I2 * sen θ 2 Q 2 = 10 kV *2500A * sen 0° Q 2 = 0 kVAR 


269

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Dos alternadores trifásicos de 15 kVA, 400V en paralelo suministran una carga total de 25 kVA con un factor de potencia de 0.8 en atraso. Si un alternador comparte la mitad de la potencia con factor de potencia unitario. Determine el factor de potencia y los kVA compartidos por el otro alternador. [0.5548, 18.03 kVA] DATOS: S1 = S2 = 15kVA  cos θ1 = 1 VL = 400V  ST = 25kVA  cos θT = 0.8atraso

SOLUCIÓN: PT = ST * cos θ1

I 2 = IT - I1

PT = 25 kVA *0.8

I 2 = 36.08 36.86° A  - 14.43 0° A 

PT = 20  kW 

I 2 = 26.0156.29° A 

P1 = P2 = 10 kW  PT

IT = IT =

cos θ2 = 0.5549

3* VL * cos θ T 20 kW

S2 =

 3 *400 V*0.8

S2 =

I T = 36.08 36.86° A 

3 * VL * I 2

 3 *400V*26.01A

S2 = 18.02  kVA 

P1

I1 = I1 =

cos θ2 = cos 56.29°

3 * VL * cos θ1 10 kW

 3 *400V*1

I1 = 14.43 0° A 

270


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- Dos alternadores trifásicos de 6600V, conectados en estrella trabajan en paralelo suministrando las siguientes cargas: a) Carga luminosa de 400 kW, b) 300 kW con un factor de potencia de 0.9 en atraso, c) 400 kW con un factor de potencia de 0.8 en atraso, d) 1000 kW con un factor de potencia 0.71 en atraso. Encuentre la salida, la corriente de armadura y el factor de potencia de la otra máquina, si la corriente de armadura de una máquina es 110A con un factor de potencia 0.9 en atraso. [970 kW, 116A, 0.73 (atraso)] DATOS: cos θ a = 1

3 fases 

Pa = 400  kW 

cos θ b = 0.9

cos θ1 = 0.9

P b = 300 kW 

cos θ c = 0.8

VL = 6600  V 

Pc = 400 kW 

cos θ d = 0.71

I1 = 110  A 

Pd = 1000 kW 

SOLUCIÓN: S b = S b =

P b cos θ b 300 kW

0.9 S b = 333.33 kVA  Sc = Sc =

Pc cos θ c 400 kW

0.8 Sc = 500 kVA  Sd = Sd =

Pd cos θ d 1000 kW

0.71 Sd = 1408.45 kVA  Q b = Sb * sen θ b Q b = 333.33 kVA *0.4358 Q b = 145.29  kVAR 


271

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Qc = Sc * sen θ c Qc = 500 kVA *0.6 Qc = 300  kVAR  Q d = Sd * sen θ d Q d = 1408.45 kVA *0.704  Q d = 991.83kVAR 

PT = 2100 kW  QT = 1437.12 kVAR 

P1 = P1 =

3 * VL * I1* cos θ1

 3 *6600V*110A*0.9

P1 = 1131.72  kW P2 = PT - P1 P2 = 2100 kW - 1131.72 kW  P2 = 968.27 kW  Q 2 = QT - Q1 Q 2 = 1437.12 kVAR  - 548 kVAR  Q 2 = 889.12 kVAR 

 Q2    P 

θ 2 = tan -1 

2

cos θ2 = cos 42.55° cos θ2 = 0.736

 889.12 kVAR   968.27 kW 

θ 2 = tan -1 

θ 2 = 42.55°

P2

I2 = I2 =

3 * VL * cos θ 2 968.27 kW

 3*6600V*0.736

I 2 = 115A 

272


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un turbo generador trifásico de 11000V tiene una resistencia y reactancia equivalente de 0.5Ω y 8Ω respectivamente. Está entregando 200A con un factor de potencia unitario, cuando trabaja con un voltaje constante y frecuencia de barras colectoras constante. Suponiendo el suministro de vapor constante y eficiencia sin cambios, encuentre la corriente y el factor de potencia si la f.e.m. inducida se incrementa un 25%. [296A, 0.67 (atraso)] DATOS: VL = 11000 V  R = 0.5 Ω  X = 8Ω  I1 = 200 A  cos θ1 = 1 SOLUCIÓN: V p = V p =

VL

I2 =

3 11000V 3

= 6350.85V 

I1* R = 200A*0.5Ω = 100 V I1* X = 200A*8Ω = 1600 V

P1 = P1 =

I2 = I2 =

P2 3 * VL * cos θ 2 3810.51 kW

 3 *11000V* cos θ

2

200 cos θ 2

3 * VL * I1* cos θ1

 3 *11000V *200A *1

P1 = 3810.51kW  Para factor de potencia unitario. E g =  V p * cos θ1 + I * R  + j  Vp * sen θ1 +  I * X

    E g = 6350.85V*1 +100V + j  6350.85V * 0 +1600V E g = 6450.85 + j1600 = 6646.3113.92° V

Aumentando el valor un 25% E g2 = 1.25*6646.31 13.92° V E g2 = 8307.8813.92° V 


273

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Calculando el factor de potencia. 2

2

E 2g2 = Vp * cos θ 2 + I 2 * R  + Vp* sen θ 2 + I 2* X 2

 0.5* 200   8* 200      + 6350.85V* sen θ 2 +   E = 6350.85V* cos θ 2 +      cos θ      cos θ 2  2  2 2  0.5 *200  2 2 2 E g = 6350.85V  * cos θ 2 + 1270.17k +    cos 2θ 2 

2

2 g2

2

82 * 2002   +6350.85V  * sen θ 2 + 1270.17k* tan θ 2 +    cos2θ 2  2

2

2

E 2g2 = 6350.85V *cos 2θ 2 + sen 2θ 2  + 1270.71k  + 10k *tan 2θ 2 +1 + 20.32M * tan θ 2 +  2.56M * tan 2θ 2 +1 2

2

8307.88V = 6350.85V +1270.71k + 10k  +2.56M + 10k + 2.56M * tan 2θ 2 +  20.32M* tan θ 2 69.02M = 44.17M +2.57M* tan 2θ 2 +  20.32M* tan θ 2

2.57M* tan2θ2 + 20.32M * tan θ2 - 24.85M = 0 tanθ 21 = 1.076 tanθ 22 = -8.983

θ21 = tan -1 1.076 θ21 = 47.09° cos θ21 = cos 47.09° cos θ21 = 0.68

Corriente. I2 = I2 =

200 cos θ 21 200

0.68 I 2 = 294.11 A 

274


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Dos alternadores similares trifásicos de 13000V, están operando en paralelo sobre barras colectoras infinitas. Cada máquina tiene una resistencia y reactancia efectiva de 0.05Ω y 0.5Ω

respectivamente. Cuando se excitan igualmente, comparten por igual una carga total de 18MW con factor de potencia de 0.8 en atraso. Si la excitación de un generador es ajustada hasta que la corriente de armadura es 400A y el suministro de vapor a esta turbina se mantiene inalterado, encuentre la corriente de armadura, la f.e.m. y el factor de potencia del otro generador. [774.6A, 0.5165, 13470V] DATOS: VL = 13000 V 

P1 = P2 = 9 MW 

R = 0.05 Ω

PT = 18 MW 

X = 0.5Ω

cos θT = 0.8atraso I1 = 400  A 


IT = IT =

VL

I 2 = I T - I1

3 13 kV

I 2 = 999.26 36.86° A  - 400 2.2° A 

3

= 7505.55  V  PT

3 * VL * cos θ T 18MW

 3*13000V*0.8

IT = 999.26 36.86°  A 

I 2 = 707.79 55.6° A  cos θ2 = cos 55.6° cos θ2 = 0.564 I 2 * R = 707.79A*0.05Ω = 35.38 V I 2 * X = 707.79A*0.5Ω = 353.89 V

  P1   3 *V *I   L 1    9 MW   θ1 = cos-1     3*13000V*400A   θ1 = cos-1 

E g2 = l

E g2 = l

3 * E g2

f

 3*7814.71V

E g2 = 13535.48 56.89°  V  l

θ1 = 2.2° E g2 = V p * cos θ 2 + I2 * R  + j  Vp * sen θ2 +  I 2 * X

    E g = 7505.55V*0.564 + 35.38V + j  7505.55V* 0.825 + 353.89V 2

E g2 = 4268.51 + j6545.96 V E g2 = 7814.7156.89° V


275

Símbologia utilizada a lo largo del capítulo. Símbolo Significado Unidades δ

Ángulos de carga.

° 

θ I p

Corriente de fase.

IL


I

Corriente nominal.

A A A

η cos θ f

Eficiencia. Factor de potencia. Frecuencia.

ZS

Impedancia síncrona.

#P

Número de polos.

τ

Par entregado.

S

Potencia aparente.

PE

Potencia de entrada.

PS

Potencia de salida.

P

Potencia real.

X

Reactancia síncrona.

R

Resistencia efectiva de la armadura.

Egf

Tensión generada de fase.

E gl

Tensión generada de línea.

s

Velocidad.

ρ

Hz Ω

 polos  N - m kVA kW kW kW Ω Ω V V r.p.m.

ω

V p

Voltaje de fase.

VL

Voltaje de línea.

V V

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 1.- Un motor síncrono trifásico de 400 V, toma 52.5 A con un factor de 0.8 en adelanto. Calcular la potencia suministrada y la f.e.m. inducida. La impedancia del motor por fase es (0.25 + j3.2)Ω. [29.1 kW, 670V] DATOS: VL = 400 V  I = 52.5 A  cos θ = 0.8 adelanto ZS = 0.25 + j3.2 Ω  SOLUCIÓN:

V p = V p =

S= S=

P = S * cos θ

VL

P = 36.37 kVA *0.8

3 400V 3

P = 29.09  kW 

= 230.94 V

I * R = 52.5A *0.25Ω = 13.125 V

3 * VL * I

I * X = 52.5A *3.2Ω = 168 V

 3 *400V *52.5A

S = 36.37 kVA 

E gf = V p * cos θ - I * R  + j  Vp * sen θ +  I * X

    E g = 230.94V*0.8 -13.125V + j  230.94V * 0.6 +168V f

E gf = 171.62 + j306.56  V E gf = 351.32 60.75°V 

Eg = l

Eg = l

3 * E gf

 3 *351.32V 

E g = 608.52 60.75° V  l

280

Capítulo 6.- Motores síncronos

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2.- La entrada de un motor síncrono trifásico a 11 kV es 60A. La resistencia efectiva y la reactancia síncrona por fase son 1Ω y 30Ω respectivamente. Encuentre: a) La potencia suministrada al motor, b) La f.e.m. inducida para un factor de potencia de 0.8 en adelanto. [a) 915 kW, b) 13 kV] DATOS: VL = 11 kV  I = 60  A  R = 1 Ω  X = 30 Ω  cos θ = 0.8

SOLUCIÓN: V p = V p = P= P=

VL 3 11 kV 3

= 6350.85  V 

3 * VL * I * cos θ

 3 *11 kV*60A*0.8

P = 914.52  kW I * R = 60A *1Ω  = 60 V I * X = 60A *30Ω = 1800 V Egf = V p * cos θ - I * R  + j  Vp * sen θ + I * X

    Eg = 6350.85V*0.8 - 60V + j  6350.85V * 0.6 +1800V f

Egf = 5020.68 + j5610.51 V  Egf = 7528.94 48.17° V

Eg =

3 * E g f

l

Eg = l

 3*7528.94V

E g = 13.04 48.17° kV  l


281

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 3.- Un motor síncrono trifásico de 2200V conectado en estrella tiene una resistencia de 0.6Ω y una reactancia síncrona de 6Ω. Encuentre la f.e.m. generada y el retardo angular del motor cuando la

entrada es 200 kW con: a) Factor de potencia unitario, b) Factor de potencia 0.8 en adelanto. [a) 2.21 kV, 14.3°, b) 2.62 kV, 12.8°] DATOS: VL = 2200 V  R = 0.6 Ω  X = 6 Ω  PE = 200  kW  cos θ1 = 1 cos θ 2 = 0.8 adelanto SOLUCIÓN: a) Factor de potencia unitario. V p = V p =

I * R = 52.48A *0.6Ω = 31.48 V

3 2200V

I * X = 52.48A *6Ω = 314.88 V

3

= 1270.17  V

PE

I= I=

VL

3 * VL * cos θ1 200 kW

 3*2200V*1

I = 52.48A 

E gf = V p * cos θ - I * R  + j  Vp * sen θ +  I * X

    E g = 1270.71V*1 -31.48V + j 1270.71V * 0 + 314.88V f

E gf = 1239.23 + j314.88V  E gf = 1278.614.25° V

282


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Eg =

3 * E g f

l

Eg = l

 3 *1278.6V

E g = 2.2114.25° kV  l

b) Factor de potencia 0.8 adelanto. I= I=

PE 3 * VL * cos θ 2 200 kW

 3 *2200V*0.8

I = 65.6  A  I * R = 65.6A *0.6Ω = 39.36 V I * X = 65.6A *6Ω = 393.6 V Eg =  V p * cos θ - I * R  + j  Vp * sen θ + I * X

    Eg = 1270.71V *0.8 - 39.36V  + j 1270.71V *0.6 + 393.6V Eg = 977.2 + j1156.02V  Eg = 1513.7 49.79° V 

E gl = Eg = l

3 * E g f

 3*1513.7V 

E gl = 2.62 49.79° kV  δ=ρ-θ δ = 49.79° - 36.86° δ = 12.93°


283

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 4.- Un motor síncrono trifásico de 220V, 50 Hz, 1500 r.p.m. conectado en malla tiene una impedancia síncrona de 4Ω por fase y resistencia despreciable. Recibe una corriente de línea de 30A con factor de potencia de 0.8 en adelanto. Encuentre la f.e.m. inducida de línea y el ángulo de carga expresado en grados mecánicos. Si la carga mecánica esta expulsada sin cambio en la excitación, determine la magnitud de la corriente bajo las nuevas condiciones. Desprecie las pérdidas. [268V, 6°, 20.6A] DATOS: VL = 220 V 

f = 50 Hz 

ZS = 4 Ω 

s = 1500r.p.m.

I L = 30  A 

cos θ = 0.8adelanto


3 * VL * I L * cosθ

 3*220V*30A*0.8

ZS = X = 4 Ω  I p =

PE = 9145.22  W 

I p =

IL 3 30A 3

I p = 17.32  A  E g =  Vp * cos θ + j  Vp * sen θ +  Ip * X

  E g = 220V*0.8 + j  220V * 0.6 +17.32A * 4Ω  E g =176 + j201.28V  E g = 267.37 48.83° V  #P = #P =

120 * f s

50 Hz *120  1500 r.p.m.

#P = 4 polos 

δeléctricos = ρ - θ δeléctricos = 48.83° - 36.86° δeléctricos = 11.97°

δ mecánicos = δ mecánicos =

2 * δeléctricos #P 2*11.97° 4 polos

δ mecánicos = 5.98° mecánicos I L2 = I L2 =

PE 3 * E g * cos θ 9145.22W

 3*267.37V*0.8

I L2 = 24.68A 

284


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 5.- Un motor síncrono trifásico de 400V conectado en estrella toma 3.73 kW con un voltaje normal y tiene una impedancia de (1 + j8) Ω por fase. Calcular la corriente y el factor de potencia si la f.e.m. inducida es 460V. [6.28A, 0.86 adelanto] DATOS: VL = 400 V  PE = 3.73 kW  ZS = 1 + j8 Ω  E g = 460  V  SOLUCIÓN:

V p =

3 400 V 3

E gf = E gf =

I= I=

 5.38  * 1Ω  cos θ   

VL

V p =

I * R =  = 230.94 V

I*R=

5.38 cos θ  5.38  

* 8Ω  cos θ   

Eg

I * X =

3 460 V

I*X=

3

= 265.58 V 

43.07 cos θ

PE 3 * VL * cos θ 3.73 kW

 3*400V* cos θ

=

5.38 cos θ

2

E2g =  Vp * cos θ - I * R  +  Vp * sen θ + I * X 2

2

  5.38    43.07  265.58V = 230.94V * cos θ -   + 230.94V* sen θ +         cos θ   cos θ   5.382  2 2  265.58V = 230.94V  * cos 2θ -2*230.94V*5.38 + 2   cos θ 

2

2

43.07 2   + 230.94V  * sen θ + 2*230.94V*43.07 * tan θ +    cos2θ  2

2


285

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 2

2

265.58V = 230.94V

2

*cos 2θ + sen 2θ - 2484.91 + 5.38 * tan 2θ +1 2

+ 19.89k * tan θ +  43.07 * tan 2θ +1 2

2

2

265.58V = 230.94V - 2484.91 +5.38 + 43.07

2

2 2 + 5.38 + 43.07  * tan 2θ +19.89k * tan θ



1883.96* tan



2

θ +19.89k* tan θ -17.8k = 0 tan θ1 = 0.829


I= I=

5.38 cos θ1 5.38

0.76 I = 7.07  A 

286


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 6.- La entrada de un motor síncrono trifásico de 6600V es 900 kW. La reactancia síncrona por fase es 20Ω y la resistencia efectiva es despreciable. Si el voltaje generado 8900V (línea), calcular la corriente del motor y el factor de potencia. DATOS: VL = 6600 V 

X = 20 Ω

PE = 900 kW 

E g = 8900 V


VL

I=

3 6600V

Egf = Egf =

3

= 3810.51V 

I=

E gl

I=

3 8900V 3

PE 3 * VL * cos θ 900 kW

 3*6600V* cos θ 78.72 cos θ

= 5138.41V  2

E g2f =  Vp * cos θ +  Vp * sen θ + I * X    

2

 1574.4   5138.41V = 3810.51V* cos θ + 3810.51V* sen θ +    cos θ  

2

2

2

2

2

2

5138.41V = 3810.51V

* cos 2θ + 3810.51V * sen 2θ

1574.42   + 2*3810.51V *1574.4* tan θ +    cos2θ  2

2

2

2

5138.41V = 3810.51V

2

*cos 2θ + sen 2θ + 11.99M* tan θ +1574.4 * tan 2θ +1 2

5138.41V = 3810.51V +1574.4 * tan 2θ +11.99M * tan θ +1574.4 2.47M* tan2θ +11.99M* tan θ -9.404M = 0 tan θ1 = 0.687



I= I=

2

78.72 cos θ1 78.72

0.824 I = 95.53A 

287

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 7.- Un motor síncrono trifásico de 6.6 kV conectado en estrella trabaja con voltaje constante y excitación constante. Su impedancia síncrona es (2.0 + j20) Ω por fase. Cuando la entrada es 1000 kW, su factor de potencia es 0.8 en adelanto. Encuentre el factor de potencia cuando la entrada se incrementa a 1500 kW. [0.925 adelanto] DATOS: VL = 6.6  kV  ZS = 2 + j20 Ω P1 = 1000  kW  P2 = 1500 kW  cos θ1 = 0.8adelanto


I1 = I1 =

VL

I1* R = 109.35A* 2Ω = 218.7 V

3 6.6 kV

I1* X = 109.35A* 20Ω = 2187 V

3

= 3810.51V 

P1 3 * VL * cos θ1 1000 kW

 3*6.6 kV*0.8

= 109.35 A 

E g1 = V p * cos θ1 - I1* R  + j  Vp * sen θ1 + I1* X

    E g = 3810.51V*0.8 - 218.7V  + j 3810.51V*0.6 + 2187V 1

E g1 = 2829.7 + j4473.3 V  E g1 = 5293.16 57.68° V 

288


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. Corriente con la nueva potencia. P2

I2 = I2 = I2 =

3 * VL * cos θ 2 1500 kW

 3*6.6 kV* cos θ

2

131.21 cos θ 2

131.21 *2Ω I 2 * R =   cos θ 2  I2 * R =

262.42 cos θ 2

131.21  I 2 * X =   cos θ *20Ω 2 I2 * X =

2624.2 cos θ 2

2

E g22 =  Vp * cos θ 2 - I2 * R  +  Vp * sen θ 2 + I 2 * X    

2

2 2   262.42    2624.2   + 3810.51V* sen θ 2 +   5293.16V = 3810.51V* cos θ 2 -      cos θ 2    cos θ 2   2

2

2

5293.16V = 3810.51V

*cos 2θ 2 + sen 2θ 2  - 2*3810.51V* 262.42

2

2

+ 262.42 *tan 2θ 2 +1 + 2*3810.51V* 2624.2 * tan θ 2 + 2624.2 *tan 2θ 2 +1 2

2

2

5293.16V = 3810.51V - 2M + 262.42 + 2624.2

2

2 2 + 2624.2 + 262.42  * tan 2θ 2 +  20M * tan θ 2





6.95M * tan 2θ 2 + 20M * tan θ 2 - 8.54M = 0 tan θ21 = 0.377

cos θ 21 = cos 20.65°

θ21 = tan -1 0.377

cos θ 21 = 0.935adelanto 

θ21 = 20.65°


289

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 8.- Un motor síncrono trifásico de 2200V, 373 kW, conectado en estrella tiene una resistencia de 0.3Ω y una reactancia síncrona de 3.0Ω por fase respectivamente. Determine la f.e.m. inducida por

fase si el motor trabaja a plena carga con una eficiencia de 94% y un factor de potencia de 0.8 en adelanto. [1510V] DATOS: VL = 2200 V  ZS = 0.3 + j3Ω PS = 373kW  cos θ = 0.8adelanto η = 94%


η=

VL 3 2200V 3

= 1270.17  V

I=

3 * VL * cos θ 396.8 kW

 3 *2200V*0.8

I = 130.16 A 

PS PE

0.94 = PE =

PE

I=

373 kW

I * R = 130.16A *0.3Ω = 39.04 V

PE

I * X = 130.16A *3Ω = 390.48 V

373 kW 0.94

= 396.8kW 

E g =  Vp * cos θ - I * R  + j  Vp * sen θ +  I * X

    E g = 1270.17V*0.8 - 39.04V + j 1270.17V*0.6 + 390.48V E g = 977.09 + j1152.9 V  E g = 1511.25 49.71°V 

290


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 9.- La reactancia síncrona por fase de un motor trifásico de 6600V conectado en estrella es 20Ω. Para una cierta carga, la entrada es 915 kW con voltaje normal y la f.e.m. inducida es 8942V. Evaluar la corriente de línea y el factor de potencia. Despreciar la resistencia. [97A, 0.8258 (adelanto)] DATOS: VL = 6600 V 

X = 20 Ω 

E g = 8942 V 

PE = 915 kW 


VL 3 6600 V

E gf = E gf =

PE

I=

3

= 3810.51V 

I=

E gl

I=

3 8942V 3

3 * VL * cos θ 915 kW

 3*6600V* cos θ 80.04 cos θ

 80.04  * 20Ω  cos θ  

= 5162.66 V 

I * X = 

1600.83 I * X =   cos θ  2

E 2g =  Vp * cos θ +  Vp * sen θ + I * X    

2

 1600.83   5162.66 = 3810.51* cos θ + 3810.51V* sen θ +     cos θ  

2

2

2

2

2

2

2

5162.66 = 3810.51

2

*cos 2θ + sen 2θ + 2*3810.51*1600.83* tan θ + 1600.83 * tan 2θ +1 2

2

5162.66 = 3810.51 + 1600.83 + 1600.83 2.56M* tan 2θ +12.19M* tan θ - 9.57M = 0

* tan 2θ +12.19M* tan θ

tan θ1 = 0.6861

cos θ1 = cos 34.45°

θ1 = tan -1 0.6861

cos θ1 = 0.8245

θ1 = 34.45°


I= I=

80.04 cos θ1 80.04

0.8245 I = 97.06A 

291

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 10.- Un motor síncrono tiene una reactancia equivalente de armadura de 3.3Ω. La corriente de excitación se ajusta a un valor tal que la f.e.m. es 950V. Encuentre el factor de potencia en el cual el motor operaría cuando toma 80kW de una red de 800V. [0.965 (adelanto)] DATOS: X = 3.3 Ω  E g = 950  V  PE = 80  kW  VL = 800  V 


VL

I=

3 800V

E gf = E gf =

3

= 461.88 V

I=

E gl

I=

3 950V 3

PE 3 * VL * cos θ 80 kW

 3*800V* cos θ 57.73 cos θ

 57.73  * 3.3Ω  cos θ   190.51 I * X =   cos θ 

= 548.48  V

I * X = 

2

E 2g =  Vp * cos θ +  Vp * sen θ + I * X    

2

 190.51      548.48V = 461.88V * cos θ + 461.88V * sen θ +         cos θ   

2

2

2

2

2

2

2

548.48V = 461.88V

2

*cos 2θ + sen 2θ + 2* 461.88V *190.51* tan θ + 190.51 * tan 2θ +1 2

2

548.48V = 461.88V + 190.51 + 190.51 36.29k* tan 2θ + 175.98k  tan θ - 51.2k = 0

* tan 2θ + 175.98k* tan θ

tan θ1 = 0.27 θ1 = tan -1 0.27 = 15.10° cos θ1 = cos 15.10° cos θ1 = 0.965

292


Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 11.- La entrada para un motor síncrono trifásico de 11000V, conectado en estrella es 60A. La resistencia efectiva y la reactancia síncrona por fase son respectivamente 1Ω y 30Ω. Encuentre la potencia suministrada al motor y la f.e.m. inducida para un factor de potencia de 0.8 en adelanto. [914.5 kW, 13 kV] DATOS: VL = 11000 V  I = 60  A  ZS = 1 + j30 Ω  cos θ = 0.8 adelanto SOLUCIÓN:

V p = V p =

VL 3 11000V 3

= 6350.85 V

I * R = 60A *1Ω  = 60 V I * X = 60A *30Ω = 1800 V

PE = PE =

3 * VL * I * cos θ

 3 *11000V *60A*0.8

PE = 914.52 kW  E gf =  Vp * cos θ - I * R  + j  Vp * sen θ + I * X

    E g = 6350.85V*0.8 -60V  + j  6350.85V * 0.6 +1800V f

E gf = 5020.68 + j5610.51V  E g = 7528.94 48.17° V 

Eg =

3 * E g f

l

Eg = l

 3*7528.94V

E g = 13.04 48.17° kV  l


293

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 12.- Un motor síncrono trifásico de 6 polos, 400V, 50 Hz conectado en estrella tiene una resistencia y reactancia síncrona de 0.5Ω por fase y 4Ω por fase respectivamente. Toma una

corriente 15A con un factor de potencia unitario cuando opera con una cierta corriente de campo. Si el par de carga se incrementa hasta que la corriente de campo es 60A, la corriente de campo permanece sin cambios, encuentre el par entregado, y el nuevo factor de potencia. [354 N - m, 0.93] DATOS: VL = 400 V  #P = 6 polos  f = 50 Hz  ZS = 0.5 + j4 Ω I = 15 A  cos θ = 1 SOLUCIÓN: s=

120 * f #P

=

I * R = 15A *0.5Ω = 7.5 V

120*50 Hz 6 polos

I * X = 15A*4Ω = 60 V

s = 1000 r.p.m. E g =  Vp * cos θ - I * R  + j  Vp * sen θ +  I * X

1000 rev   2π rad   1 min    * * ω =  min   1 rev   60 seg 

   E g = 230.94V*1 -7.5V + j  60V

 rad    seg 

E g = 223.44 + j60 V 

ω = 104.71 

V p = V p =

E g = 231.3515.03° V 

VL

Con corriente de 60A.

3 400V

= 230.94 V

3

I * R = 60A *0.5Ω = 30 V I * X = 60A *4Ω = 240 V

2

E 2g =  Vp * cos θ -  I * R  +  Vp * sen θ +  I * X     2

231.35V 2

2

2

=  230.94V*cos θ -30V +  230.94V * sen θ + 240V 2

231.35 = 230.94

2

*cos 2θ + sen 2θ - 13856.4* cos θ + 900 + 110.85k * sen θ + 57.6k 

110.85k * sen θ -13856.4* cos θ = -58.31k

294





13856.4* cos θ - 58.31k =110.85k* sen θ 13856.4* cos θ 58.31k = sen θ 110.85k 0.125* cos θ - 0.526 = sen θ 110.85k

-

sen θ = 1 - cos2θ 2

0.125* cos θ - 0.526 =  



1 - cos2θ

2

2



2

0.125 * cos 2θ - 0.1315* cos θ +0.526 = 1 - cos2θ 1.0156* cos2θ -0.1315* cos θ - 0.7233 = 0 cos θ1 = 0.911 τ= τ=

P ω 3 * VL * I * cos θ ω

3*400V*60A*0.911  τ=

 rad    seg 

104.71  τ = 361.66 N - m


295

Máquinas Eléctricas y su Solución. Ingeniería Mecánica Eléctrica. 13.- La entrada de un motor síncrono trifásico, 11000V conectado en estrella es 60A. La resistencia efectiva y la reactancia síncrona por fase son respectivamente 1Ω y 30Ω. Encuentre la potencia

suministrada al motor y la f.e.m. inducida para un factor de potencia de 0.8 a) Adelanto, b) Atraso. [915 kW, a) 13 kV, b) 9.36 kV] DATOS: VL = 11000V 

ZS = 1 + j30Ω

I = 60A 


VL

PE =

3 11000 V

PE =

3

= 6350.85V 

3* VL * I * cos θ

 3 *11000V *60A *0.8

PE = 914.52 kW 

I * R = 60A *1Ω  = 60 V I * X = 60A *30Ω = 1800 V E gf =  Vp * cos θ - I * R  + j  Vp * sen θ + I * X

a) Adelanto.

E gf = 6350.85V*0.8 -60V + j 6350.85V * 0.6 +1800V E gf = 7528.94 48.17° V 

Eg = l

Eg = l

3 * E g f

 3*7528.94V

E g = 13.04 48.17° kV  l

b) Atraso. E gf =  Vp * cos θ -  I * R  + j  Vp * sen θ - I * X

    E g = 6350.85*0.8 -60V + j  6350.85* 0.6 -1800V f

E gf = 5408.26 21.82° V 

Eg = l

Eg = l

3 * E gf

 3 *5408.26V

E g = 9.36 21.82° kV  l

296


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