ESCUELA SUPERIOR POLITECNICA DE CHIMBORAZO
FACULTAD DE INFORMATICA Y ELECTRONICA
INGENIERIA ELECTRONICA EN CONTROL Y REDES INDUSTRIALES
MAQUINAS ELECTRICAS II
Nombre: Edison Saavedra
Código: 492
1.-Un alternador trifásico de 6 polos ,1000 rpm tiene un estator de 54 ranuras sobre el que se sitúa
un devanado de paso diametral que contiene 10 conductores/ranura . si el flujo por polo es de
2x10^-2 Wb y su forma sinodal
sinodal , determinar la f.e.m inducida por fase
E=4     
 =




Donde  es el Angulo geométrico entre ranuras consecutivas.
consecutivas. que en este caso vale :
=
360
= 6.6 

54
Como quiera que el alternador tiene seis polos (p=3) , y es trifásico (m=3),
(m=3), el numero q de ranuras
por polo y fase es:
=
  

54
=
=
=3
  
2 6(3)
Por lo que el coeficiente de distribución vale
( )
 =
 ,°
,
=
(,)
(,°)

= 0.96
0.9600
Y teniendo en cuenta que hay 54 ranuras con 10 conductores por ranura y que cada dos
conductores se forma se forma una espira, el número total de espiras por fase e s:
=
54(10)
= 90
2(3)
E=4,44(0.96)50(90)(2x10^-2)=383,6 v
2.-Un alternador trifásico de 750 rpm ,50 Hz esta diseñado para generar una F.e.m de 3500
V/fase. El devanado del estator tiene 120 ranuras con 24 conductores/ranura y la anchura de las
bobinas es de 12ranuras .Calcular el flujo máximo por polo si su distribución es senoidal.
E=4     
Y como quiera que el alternador gira a 750 rpm y que la frecuencia es de 50 Hz el numero de
polos se obtiene de la expresión
60

60
=

60(50)
=
750
=
2p=8
El numero total de ranuras del inducido es k=120 y al tener la maquina 8 polos , el paso polar
vale:
 
Paso polar= = =15
 
Por lo tanto la bobina tiene una anchura de 12 ranuras , el angulo geométrico entre dos
ranuras consecutivas es igual a :
=°
= 
= 3°


Y teniendo en cuenta que las bobinas están acortadas 3 ranuras , el angulo geométrico de
acortamiento es α=9° y el factor de acortamiento de las bobinas vale por consiguiente :
(°)
=cos
=0,951
 =  α


Al mismo tiempo , las bobinas están distribuidas en ranuras a lo largo del inducido , siendo el
coeficiente de distribución
 =




En el numero de ranuras por polo y tfase es igual a:
 
=
 = 
=5
()
Por lo que el coeficiente de distribución es finalmente
( )
    °
 = ()= ° = 0.95
0.9577
 
Y como quiera que el número N de espiras por fase es
=
120  (24 /)
= 4 80
2 /(3 )
Llevando los valores anteriores a la expresión de la fem inducida por fase resulta
E=4,44(0,951)(0,957)(480)(50)
 =3500v
De donde obtenemos el flujo max por polo
 = 0,03
0,0361
61 

3.-Un alternador trifásico de 1500 Kva ,6600 v conectado
conectado en estrella tiene una curva de vacio
definida por la ecuación
 =


Donde  se expresa en tensión de línea y
       A.v/polo . La resistencia y reactancia de dispersión
del inducido por fase son 0,6ohmios y 2,3ohmios respectivamente .la f.m.m de reacción del
inducido a plena carga es de 2500 A.v/polo determinar :
 de línea a plena carga y con f.d.p 0,8 inductivo
0° +(0,6+j2,3)131,22 -36,87° =4059,83
 =   (     )=
√
a) F.e.m
2,74°
Donde se ha tenido en cuenta que la corriente de línea de plena carga es:
=131,22 A con fdp 0,8 inductivo
 = √
()
La fem de línea es por consiguiente:  ()= √3 4059,23 =7030,8 V
b) Corriente de excitación necesaria en el inductor cuando la maquina esta girando a
plena carga con f.d.p 0,8 inductivo , si se sabe además que la maquina tiene polos
salientes devanados con 190 espiras cada uno

=7030,8
 = +

 = 5769,
5769,44 . /
/
La fmm anterior se alenta 90° a la fem resultante  6tal como se muestra en
composición fasorial , la expresión fasorial de esta fmm es
 = 5769
5769,4
,4 | (902,74)
902,74)° =5769,4|92,74° A.v /polo
 = 2500
2500||  36,8
36,877 . /
/

La fmm de excitación es:
 =    =5769,4 |92,74° -2500 |-36,87° =7611|107,4° A.v/polo
Y teniendo en cuenta que
que cada polo tiene 190 espiras , corresponde a una
corriente de excitación
 =  =
= 40 


c)
Si en la situación del apartado anterior se desconecta repentinamente la carga
¿Cuál será el valor de la tensión
t ensión de línea que aparecerá en bornes de la maquina
 =
12210(7611)
= 7834
7834,9
,955 = 7835
7835 
42507611
d) ¿Cuánto vale la regulación de tensión de la maquina?
=18,71 %
 = − = −

4.-Un alternador trisfasico de 5000 Kva ,6600v conectado en estrella , tiene una curva de vacio
definida por la ecuación
 =

   
Donde  se expresa en voltios por la fase e  representa la corriente de exitacion .la
resistencia y reactancia de dispersión del inducido por fase son 0,2 ohmios y 1 ohmio
respectivamente .la fmm de reaaccion del i nducido es equivalente a una corriente de
exitacion de 20 A . calcular a) rango de exitaci on necesario para dar la tension asignada de
6600v desde el vacio a la plena carga con fdp 0,6 inductivo b)si las perdidas en el hierro ,por
friccion y rozamiento con el aire ascienden a un total de 100 Kw y las bobinas de campo
están alimentadas con una excitatriz a 200 v , calcular el rendimiento a plena carga
carga con fdp
0,6
a) La tension entre terminales en vacio es la fem

=3810,5 voltios =
 =V(por fase)=
+
√
La corriente de exitacion  =90,23 A en la carga la corriente asignada vale


I=
=
= 437,
437,39
39 
√  √ ()
Y por consiguiente para producir
producir la tension asignada
asignada con la corriente de plena
carga anterior con fdp 0,6 inductivo se requiere una fem resultante
|0° +(0,2+j1) (437,39 |-53,13°)=4217,3|2,62°
 =
√
Por lo que al llevar a la curva de vacio del alternador , se necesita una corriente :

4217,3 =
= = 112,
112,63
63 
+ 
La corriente anterior es adelantada 90° respecto de la fem  y por lo tanto su
expresión fasorial es :
|(2,6290))° = 112,63
 = 112,6
112,633 |(2,6290
2,63||, 62° 
De este modo la corriente total de exitacion del inductor será:
 =    =112,63|92,62° -20|-53,13° =129,64 |97,6°
Es decir el rango de excitación oscila entre 90,23 A en vacio hasta 129,64 A a
plena carga
b)la potencia útil del alternador es
 = cosⱷ =500(0,6)=3000Kw
Las perdidas fijas (del hierro mas las mecánicas ) y la de excitación(cobre
excitación(cobre de
inductor ) son respectivamente
   = 100
100 ;  =  = 200(129,6)
129,6) = 25,9
25,922 

Y las perdidas en el cobre del inducido a plena carga con la corriente I calculada
 = 3 = 3(0,2)(
0,2)(437,39
437,39)) = 114,
114,8
8

Por consiguiente la potencia total requerida es
 = 3000  100  25,92  114,
14,8=3240,72Kw
Por lo tanto el rendimiento vale

n=
=92,57 %
,
5.-Un generador trifásico conectado en estrella de 1000kVA, 4600V, tiene una impedancia
síncrona de 2+j20Ω por fase. Determinar:
1) La regulación a plena carga con FP=1.
1000
= 125.
125.5
5
4600)
√3(4600)
4600
 =
< 0 °  (220)
220)5 < 0° = 3840.51 < 40.81°
√3
 ()
) = √3(3840.51)
3840.51) = 6651
6651.9
.95
5
6651.
6651.95
95  4600
4600
=
100%
100% = 44.6
44.61%
1%
4600
=
2) La regulación a plena carga con FP=0.75 en atraso
 =
4600
< 0 °  (220)
220)125.
125.55 < 41.
41.41
41°° = 4820
4820.2
.244 < 20.8
20.86°
6°
√3
 ()
) = √3(4820.24)
4820.24) = 8348
8348.9
.9
8348
8348.9
.9  4600
4600
=
100%
100% = 81.5
81.5%
%
4600
6.-Un generador síncrono trifásico conectado en estrella de 6600V, tiene una impedancia
síncrona de 0.4+j6Ω por fase. Calcular la regulación de la máquina cuando suministra una
potencia de 1000kWa la tensión asignada con:
1) FP= 0.866 atraso
=
 =
2) FP=1

1000
=
= 101.
101.01
01

√3 √3(6600)(
6600)(0.866
0.866))
6600
< 0 °  (0.46)
0.46)101.
101.01
01 < 30°
30° = 4179
4179.1
.122 < 6.94
6.94°°
√3
6600
=
< 0° = 3810.51 < 0°
√3
4179.6
4179.622  3810.5
3810.511
=
100%
100% = 9.67
9.67%
%
3810.51
=
 =

1000
=
= 87.4
87.48
8
√3 √3(6600)(
6600)(11)
6600
< 0 °  (0.46)
0.46)87.48 < 0° = 3881.
81.17 < 7.8°
3
√
3881.1
3881.177  3810.5
3810.511
=
100%
100% = 1.85
1.85%
%
3810.51
3) FP=0.866 en adelanto
=
 =

1000
=
= 101.01 < 30° 
√3 √3(6600)(
6600)(0.866
0.866))
6600
< 0 °  (0.46)
0.46)101.
101.01
01 < 30°
30° = 3584
3584..16 < 8.75
8.75°°
√3
3584.1
3584.166  3810.5
3810.511
=
100%
100% = 5.9
5.94%
4%
3810.51
7.-Un alternador trifásico conectado en estrella de 6600 V ha dado los siguientes resultados en
un ensayo de vacío.
10
15
21
31
39
50
65
Ie(A)
300
4200
5400
6600
7200
7700
8100
Eo(línea)
En cortocircuito se necesita una excitación de 24 A para que circule la corriente de plena
carga. En un ensayo con carga reactiva se obtienen 6100 V con una corriente de 125 por
100 de la asignada, para una excitación de 66 A. la resistencia del inducido es
despreciable. Calcular:
a) La caída de tensión a plena carga en la reactancia de dispersión del inducido.
b) La Fmm del inducido con corriente asignada.
c) La Fmm necesaria en la excitación cuando el generador suministra a plena carga
con un factor de potencia 1 y 0.8 inductivo.
d) Las Fem producidas en el vacío en las condiciones del apartado anterior.
e) Regulaciones de tensión correspondientes.
correspondientes.
Literal a)
  =
1200 1
= 554 /
/
√3 1,25
Literal b)
24
= 19,2 ≈ 19 
1,25
Literal c)
 = 1 = 
6600
∠0°
∠0° = 3810
3810,5
,5∠0
∠0°° 
√3
 =  ∠0° 
=
 = 19∠0
19∠0°° 
 =      = 3810
3810∠0
∠0°°  554
554∠0
∠0°° = 3850
3850,6
,6∠8
∠8,3
,3°° 
 ()
) = √3 (3850,6 )
) = 6669
6669,4
,4 
 = 32 ∠98,
∠98,3°
3° 
 =    = 32 ∠98,
∠98,3°
3°  19 ∠0°
∠0° = 39,5
39,5∠1
∠127
27°° 
 = .  = 
6600
∠0°
∠0° = 3810
3810,5
,5∠0
∠0°° 
√3
 =  ∠  36,8
36,87°
7° 
=
 = 19∠
19∠  36,
36,87°
87° 
 =      = 3810
3810∠0
∠0°°  554
554∠
∠  36,8
36,87°
7° = 4166
4166,5
,54∠
4∠6,
6,1°
1° 
 ()
) = √3 (4166,54 )
) = 7216
7216,6
,6 
 = 38 ∠96,
∠96,1°
1° 
 =    = 38 ∠96,
∠96,1°
1°  19 ∠  36,8
36,87°
7° = 52,8
52,8∠1
∠111
11,4
,4°° 
Literal d)
 = 1
⟹
 = 7300 
 = 0.8
⟹
 = 7800
Literal e)
 7300
7300  6600
6600
=
= 10,6
10,6 %

6600
 7800
7800  6600
6600
= =
= 18,1
18,122 %

6600
=
8.-Un generador trifásico tiene una impedancia síncrona de 0+j5Ω está conectado a una red de
potencia finita de 6600 V la excitación es tal que la fuerza electromotriz inducida en vacío es de
6000 V. Determinar la potencia activa máximo que en estas condiciones podrá suministrar la
maquina sin que exista perdida de estabilidad. Hallar la corriente de inducido y factor de
potencia de dicha carga
6600
 =
= 3810,
3810,51
51 
√3
3 
 =  

 =
6000
= 3461
3461,1
,1 
√3
Si sen (90)=1 la potencia es máxima
3 
 = 

Diagrama Fasorial:
 =      = 3461
3461,1
,1∠9
∠90°
0° = 3810
3810,5
,51∠
1∠0°
0°  5∠
5∠

3464,1 = 3810,51  (5  5)
3810
3810,5
,511  5
5
 = 0
3464,1 = 5
⟹ 

 = 762,
762,11 (1)
⟹  = 692.82 (2)
(1)/(2)
 = 1,1 ⟹  = 47,73°

 = 0673
0673 = 
 



 (3)
(3)
(3) (2)
=
692,82
= 1029
1029,4
,455 
0,673
Potencia activa máxima
 = √3
3

 = √3 (6600 )(
)(1029.45
1029.45 )(
)(0.673
0.673)) = 7920
7920 
Comprobación:
6000 6600
3 
 =  = 3 √3 √3 = 7920
7920 

5
9.-Un alt
alternad
ernador
or trif ásic o c onectado
onectado en es trella
trella tiene una resi s tencia de inducido des preciable
y una reactancia síncrona de 10 Ω por fase. Está acoplado a una red de potencia infinita de
11kV y s e s abe que desarrolla una potencia
potencia con factor de potencia
potencia de 0,673 inductivo, s iendo
el áng ulo de potencia de 10°. C alcular.
alcular.
a) la fuerza
fuerz a electromotriz
electromotriz de línea produc ida por el g enerador
b) la potencia
potenci a activa que su minis
mini s tra la
la red.
S olución
oluc ión
11KVA = 11000V
os − 0.673=47.7°
C alculamos
alculamos el voltaje
voltaje s abiendo que el g enerador s e encuentra conectado en es
es trella
Donde
V=
1000
= 6350
6350.8
.855
√3
v = 6350.85 < 0°
 =        
 =    

 


α
 = 6350.85 < 0°
 =  < .°
.° 
 < ° = 6350.85 < 0°  j(10)
10) < 47.
47.7°
7°
 < ° = 6350.85 < 0°  j(10)
10) < 47.
47.7°
7°  j(10
j(10)(
)(0.6
0.673
73))
 < ° = 6350.85 < 0°  j(10)
10)I < 47.
47.7°
7°  j(10
j(10)I
)I(0
(0.6
.673
73))
 < ° = 6350.85 < 0°  I[j(10)
10) < 47.7°  j(10)(
10)(0.673
0.673))]
 < ° = 6350.85 < 0°  I[1 < 90°(10) < 47.7°  1 < 90°(10)(
10)(0.673
0.673))]
 < ° = 6350.85 < 0°  I[10 < 90° < 47.7°  10 < 90°(0.673)
0.673)]
 < ° = 6350.85 < 0°  I[10 < 42.3  10 < 132.3]
 < ° = 6350.85 < 0°  I[20 < 174.6]
 = .  V
 = . 
 

 = √
√ =  
10._ dos g eneradores
eneradores idénticos de 2000KV A funcionan en paral
paralel
elo
o alimenta
alimentado
do una carg a
ais lada.
lada. El reg ulador de la
la primera
pri mera máquina
máquina es
es tal
tal que la frec uencia
uenc ia cae uniformemente
uni formemente de
50Hz a plena carg
car g a la corr
co rr es pondi ente caída uni for me de la
la veloc idad de la s eg unda maqui
maquina
na
es de 50Hz a 47Hz.
a) C omo se di s tribuye entre los
los g eneradores
eneradores una potencia
potencia activa
activa cons umida por
por la carg a de
2700 K W.
b) C uál es la potencia
potencia máxi
máxi ma con un factor
factor de potencia
potencia unidad que puede
puede s uminis tras
tras e s in
s obrecar
obr ecargg ar ning
nin g uno de los alternadores
altern adores .
Datos:
P=2000KW
F1=50Hz a 47Hz
Fp=1
S olució
oluc ión
n
ALTERNADOR 1
ALTERNADOR 2
50Hz
50H z
(p2, f )
f
48Hz
(p1, f)
47.5 Hz
2000 KW
2000 KW
 =

(1)
1  2
2000
(50)
5048
1
 = 50 
1000
 =
 =

(1)
1  2
2000
(50)
50  47.5
7.5
2
 = 50 
1000
 =
 = 1  2
 = 270
2700
0
1
2
50
1000
1000
1
2
2000 = 50 
50
1000
1000
1
2
2000  50  50 = 

1000 1000
12
2000  50  50 = 
1000
1000(
1000(20005050)
20005050) = 12
 = 50 
2 = 0.91
2000
(50  48)
48)
5047.5
 = (0.9)
(0.9)(15
(1500)
00)
2 = (0.9)
 = 1200
1200

 = 1500
1500

11._Un motor
motor s íncr ono trifási co c onectado
onectado en estrella
estrella de 75KW , 500 V tiene una impedanci
impedanci a
síncrona Z=00.3+j3 Ω/fase. Si funciona a plena carga con un factor de potencia 0.8 capacitivo
y rendi miento
mien to de 90%. C alcular la f.e.m
f.e. m induc
in duc ida
id a  y la pontenci
pontenci a activ
activ a abs
abs orbi da por la red.
Datos
P=75KW
V=500 V
 =0.03+j3 Ω/fase.
Fp = 0.08
ᶯ =90%
 =

ᶯ
∗ 1000
1000
75
∗100
90
= 83.3
83.333 

 =

I√3 ()(
()()
) = 
I=
I=

√3 ()()
83333
= 120.
120.28
28 A
√3 (500)(0.8)
=

<°=.<°
√3
 =        
 =    
. < °  (. )(.
 = 
. < .
. °)
 = 309 < 5.8
  = 309√3 = 535.
535.21
21 
12.-Un motor síncrono trifásico de 400v, 6 polos ,50 hz, conectado en estrella, tiene una
impedancia síncrona 0.5 +j4 ohm/fase. Absorbe una corriente de 15 A. con un FP unidad cuando
funciona con una cierta excitación. Si se aumenta el par de carga hasta que la corriente de línea
sea de 60 A. permaneciendo constante la excitación, hallar el par total desarrollado y el nuevo FP.
Solución.
400
< 0° = 230.94 < 0°  ; = 15 < 0° 
√3
 =    = 230.94  (0.54)
0.54)15 = 223.44  60  231.
31.36 < 15.03°
=
Ahora se aumenta ala corriente a 60ª con un angulo Φ que adelanta a la tensión
 =    = 230.94  (0.54)
0.54)6 0 < Φ = 2 3 1 . 3 6 < 
Operando se obtiene
231.36 <  = (230.
230.94
94  30
30Φ
Φ  240s
240sen
enΦ
Φ)  j(30
j(30se
senΦ
nΦ  240co
240cosΦ
sΦ))
Igualando los modulos de cada miembro de la ecuación
231.
231.36
36 = (230.9
230.944  30
30Φ
Φ  240se
240senΦ
nΦ))  (30se
(30senΦ
nΦ  240c
240cos
osΦ)
Φ)
Simplificando se obtiene
5.83
5.83  11.0
11.08s
8seenΦ  1.39
1.39ccosΦ
osΦ = 0
Utilizando identidades trigonométricas, se obtiene que
88.8tgΦ  30.8tgΦ  32.07 = 0
Resolviendo la ecuación de segundo grado se obtiene las r espuestas siguientes
tgΦ
tgΦ = 0.7
0.799
99 (inductivo)
inductivo )
;
tgΦ = 0.452
0.452 (capa
(capacit
citivo
ivo))
cosΦ
cosΦ = 0.91
0.9111
el segundo resultado es el valido, ya que se ha partido del supuesto de que la corriente adelanta a
la tensión. La potencia activa que el motor absorbe de la red es
)(0.911
 = √3
3Φ
Φ = √3(400)(
400)(60
60)(
0.911)) = 37.8
37.877 

La velocidad de sincronismo
=
60(50)
= 1000
1000 

3
El par mecanico es
=
37870
= 361.
361.66 .
. 
1000
2 60
13.- una carga eléctrica de 250 kVA, tiene un fp=0.65 inductivo. Se conecta a la misma red un
motor síncrono en estrella de 75kW de rendimiento 88% para elevar el fp de la instalación a 0.85
inductivo. A) calcular la potencia aparente de motor síncrono y e l fp con el que trabaja. B) si la
tensión de alimentación con el que trabaja e s de 380v y el motor t iene una impedancia síncrona
de 0+j0.5 Ohm/fase, deyterminar la fem Eo inducida en e sta máquina.
Solución.
Fp=0.65 inductivo
Φ=49.5°
La potencia compleja es
 = 250 < 49.5° = 162.5  190
La potencia eléctrica activa es
 =
 75
=
= 85.2
85.233 


0.88
Si la instalación debe tener un fp=0.85
 =    = (162.
162.55  190
190))  (85.23 ) =  < 31.8
31.8°°
En la figura se muestra un esquema de la instalación elecrica y la composición fasorial de la suma
de las potencias complejas
 =    = (162.5190)
162.5190)  (85.23 ) =  3
31.
1.8°
8°   31.8°
 3
31.
1.8°
8° = 0.85
0.85 = 162.
162.55  85.
85.23
162.
162.55  85.2
85.233
 =
= 291.45
291.45 
0.85
 3
31.
1.8°
8° = 0.52
0.527
7 = 190
190

 = 0.52
0.527(
7(29
291.
1.45
45  190
190 = 36.
36.44 

La potencia suministrada por el motor es
 = 85.23  36.4 = 92.7 < 23.1°
 = 23.
23.1°
1° = 0.91
0.9199
CARGA
TRIFASICA


Ms
Pm=85.23 kW
C
Qm=36.4 kVAr
B
Φ1=49.5°
A
P1=162.5 kW
Fasores de tensión y corriente del motor síncrono
=
380
92700
< 0° = 219.39 < 0°  ; =
= 140.84 →  = 140.84 < 23.17° 
√3
√3(380)
f.e.m inducida por fase
 =    = 219.39 < 0°  0.5(140.
140.84
84 < 23.1
23.17°
7°)) = 255.
255.44 < 14.
14.7°
7° 
Que corresponde a un módulo de la tensión compuesta o de línea
 = √3(25
3(255.
5.4)
4) = 442.
442.22 