01 SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS

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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
PROBLEMAS DE MAQUINAS SINCRONAS
PROBLEMA N° 1.- Un generador síncrono de cuatro polos con conexión en δ, de 480 - v 60 hz, tiene las siguientes características de vacío. este generador tiene una reactancia sincrónica.
CARACTERÍSTICAS DE CIRCUITO ABIERTO
S
Egf
  36,87º
S
IA X
IA
Z

V
IA R
A
IA=693A
DIAGRAMA FASORIAL DE LA MAQUINA SINCRONA
La reactancia del inducido es de 0.1  y una resistencia del inducido de 0.015  por fase. A
plena carga, la máquina suministra 1200 A con factor de potencia de 0.8 en atraso. Bajo
condiciones de plena carga, las pérdidas por fricción y por roce con el aire son de 40 kW y las
pérdidas en el núcleo son de 30 kW. Despreciar las pérdidas del circuito de campo.
A. Hallar la velocidad de rotación de este generador.
B. Hallar la corriente de campo que debe suministrarse al generador para lograr la tensión de
los bornes de 480 V en vacío.
C. Si el generador se conecta a una carga de 1200 A con factor de potencia de 0,8 en atraso,
¿cuánta corriente de campo se requerirá para mantener la tensión en los terminales en 480 V?
D. ¿Cuánta potencia está suministrando ahora el generador?
E. ¿Cuánta potencia le entrega el motor primario al generador?
F. ¿Cuál es la eficiencia global de la máquina?
G. Si la carga del generador se desconecta súbitamente de la línea, ¿qué pasaría con la tensión
de los terminales?
H. Por último, suponga que el generador se conecta a una carga de 1200 A con un factor de
potencia de 0,8 en adelanto. ¿Cuánta corriente de campo se requerirá para mantener V a 480
V?
Solución
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Este generador síncrono está conectado en Δ, así que su voltaje de fase es igual a su voltaje de
línea Vtp = VT en tanto que su corriente de fase se relaciona con su corriente de línea por la
ecuación IL = 3I
A.- La relación entre la frecuencia eléctrica producida por un generador síncrono y la velocidad
de rotación del eje se expresa por medio de la ecuación:
Por lo tanto f = n x p / 120
n = 120 x 60 / 4 = 1800 RPM
B.- En esta máquina VT= Vtp . Puesto que el generador está en vacío, IA= 0 y Egp = Vtp por
consiguiente, VT = Vtp = Egp = 480 V y de la característica de circuito abierto IF = 4.5 A.
Si el generador entrega 1 200 A, entonces la corriente de inducido en la máquina es:
IA = 1200/1.7321 = 693 A
Corriente de fase
En el diagrama fasorial de este generador. Si se ajusta la tensión terminal para que sea de 480
V, la magnitud de la tensión generada internamente Egf se da por:
Egf = V + Ra.Ia + jXs.Ia
Egf = 480<0° + (0.015<0° x 693<-36.87) + (0.1<90° x 693<-36.87)
Egf = 480<0° + (10.39<-36.87) + (69.28<-53.13)
Egf = 529.9 + j 49.2 = 532 < 5.3 Voltios
C.- Para mantener la tensión V en 480 V, Egp se debe ajustarse en 532 V. En la las
características de vacío se puede observar que la corriente de campo requerida es de 5.7 A.
D.- La potencia que el G.S. está suministrando ahora se puede hallar por medio de la ecuación:
P = 1.7321 x V . IL Cos Φ = 1.7321 x 480 x 1200 x Cos 36.87° = 798 kW
E.- Para conocer la potencia de entrada al generador, se usa la siguiente expresión:
Pent = Psal + Pperd elec + Pperd núcleo + Pperd mec + Pcampo
En este generador, las pérdidas eléctricas son:
Pperd elec
= 3 x Ia² Ra = 3
x 693 x 0.015 = 21.6 kW
Las pérdidas del núcleo son 30 kW y las de fricción y roce con el aire 40 kW, de donde la
entrada total de potencia al generador es:
Ppent = 798 kW + 21.6 kW + 30 kW + 40 kW = 889.6 kW
G.- Por tanto, la eficiencia global de la máquina es:
La eficiencia ɳ = ( Psal / Pentrda) x 100 = (798/889) x 100 = 89.7%
Si la carga del generador se desconectara súbitamente de la línea, la corriente IA caería hasta
cero, haciendo Egf = V como la corriente de campo no se ha modificado, Egf tampoco ha
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cambiado y V debe elevarse hasta igualar Egf. Entonces, si la carga se suspendiera
abruptamente, la tensión de los bornes del generador se elevaría hasta 532 V.
H.- Si el generador se carga con 1200 A con un factor de potencia de 0,8 en adelanto, teniendo
la tensión de los bornes en 480 V, entonces la tensión generada internamente tendría que ser:
Egf = V + Ra.Ia + jXs.Ia
Egf = 480<0° + (0.015<0° x 693<36.87) + (0.1<90° x 693<36.87)
Egf = 480<0° + (10.39<36.87) + (69.28<126.87)
Egf = 446.7 + j 61.7 = 451 <7.9 Voltios
Por lo tanto, la tensión interna generada Egf debe graduarse para entregar 451 V si V tiene que
mantenerse en 480 V. Empleando la característica de circuito abierto, la corriente de campo se
tendría que graduar para 4.1 A.
Tarea domiciliaria
¿Qué clase de carga (en adelanto o en atraso) necesita una corriente de campo mayor para
mantener el voltaje nominal? ¿Qué clase de carga (en adelanto o en atraso) imprime mayor
esfuerzo térmico sobre el generador? ¿Por qué?
PROBLEMA N° 2.- Un generador síncrono de seis polos, conectado en Y a 480 - V 60 Hz,
tiene una reactancia sincrónica por fase de 1.0 . Su corriente de inducido a plena carga es de
60 A con un factor de potencia de 0.8 en atraso. Este generador tiene unas pérdidas por fricción
y por roce del aire de 1.5 kW y pérdidas en el núcleo de 1.0 kW a 60 Hz a plena carga. Como se
desprecia la resistencia del inducido, suponga que las pérdidas I2R también se desprecian. La
corriente de campo se gradúa de tal manera que la tensión en los bornes sea de 480 en vacío.
 Que esté cargado a corriente nominal con factor de potencia 0.8 en atraso
 Que esté cargado a corriente nominal con factor de potencia de 1.0
 Que esté cargado a corriente nominal con 0.8 en adelanto.
A.- ¿Cuál es la eficiencia de este generador (despreciando las pérdidas eléctricas desconocidas
cuando funciona a corriente nominal y con factor de potencia de 0.8 en atraso?
B.- ¿Cuánto momento de torsión en el eje debe aplicarle el motor primario a plena carga? ¿De
qué magnitud es el momento de torsión antagónico?
C.- ¿Cuál es la regulación de voltaje para este generador con factor de potencia de 0.8 en
atraso? ¿Con factor de potencia de 1.0? ¿Con factor de potencia de 0.8 en adelanto?
Solución
Este generador está conectado en Y, así su voltaje de fase se expresa por Vf = V / 3 esto
significa que cuando V se gradúa en 480 V, Vf = 277 V. La corriente de campo se gradúa en tal
forma que Vvacío = 480 V, así que Vf = 277 V. En vacío, la corriente de inducido es cero, así que
la tensión de reacción del inducido y la caída de IARA son iguales a cero. Como IA = 0, el voltaje
generado internamente Egf = Vf = 277 V. El voltaje generado interiormente Egf = K  n varía
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sólo cuando la corriente de campo cambia. Como el problema establece que la corriente de
campo solamente se ajusta inicialmente, la magnitud del voltaje generado internamente es Egf
= 277 V a todo lo largo de este problema.
 La velocidad de rotación de un generador sincrónico en revoluciones por minuto, se expresa
por medio de la ecuación:
Por lo tanto
f = n x p / 120
n = 120 x 60 / 6 = 1200 RPM
De donde:
 Si el generador está cargado a corriente nominal con factor de potencia de 0.8 en atraso el
diagrama fasorial resultante se asemeja al que se muestra en el problema anterior. En este
diagrama fasorial sabemos que V tiene un ángulo de 0°, que la magnitud Egf es 277 y que la
magnitud jXsIA es:
jXsIA = (1.0 90) (60  -36.87°) = 60  53.13° V
Las dos magnitudes que no se conocen en el diagrama de tensión son las que corresponden a V
y el ángulo  de Egf. Para encontrar estos valores, la manera más fácil es construir un triángulo
rectángulo en el diagrama fasorial, se puede deducir que:
Egf ² = (V + Ia Xs Sen Φ)² + (Ia Xs Ia Cos Φ )²
Por lo tanto, el voltaje de fase para la carga nominal y con factor de potencia de 0.8 en atraso
es:
(277)² = [V + (1.0)(60)(Sen36.87)]² + [(1.0)(60)(Cos36.87)]²
744.25 = (V + 36 )²
V = 236.8 Voltios
EGP
Ia
FACTOR DE POTENCIA UNITARIO
S
IaXS

  0º
EGP


UTP
Ia X
(277)² = [V +36]² + [48]²
UTP
Ia
FACTOR DE POTENCIA 0.8 ATRAZO
IA

EGP=277


jXSIA
UTP
FACTOR DE POTENCIA 0.8 CAPAPCITIVO
Diagramas fasoriales: Factores de potencia unitario, en atraso y en adelanto.
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Como el generador está conectado en Y, V =
3Vtp  410 V .
Si el generador está cargado a la corriente nominal con factor de potencia unitario entonces, el
diagrama fasorial se puede ubicar a continuación.
2
E gp
 Vtp2   X S I A 
2
(277) 2  Vtp2  (60) 2
76.729  Vtp2  3600
Vtp2  73.129
Vtp  270.4 V
Entonces , VT  3V  468.4 V
Cuando el generador está cargado a la corriente nominal con factor de potencia de 0.8 en
adelanto. La ecuación resultante es:
2
E gp
 (Vtp  X S I A sen  ) 2   X s I A cos  
2
Por lo tanto, el voltaje de fase a la carga nominal y con factor de potencia de 0.8 en adelanto
es:
277 2  V  1.060 A sen 36.872  1.060 A sen 36.872
2
76.729  V  36  2,304
2
74.425  V  36
272.8  V - 36
V  308.8 V
Puesto que el generador está conectado en Y, U =
3V  535 V.
La potencia de salida en este caso, a 60 A y con factor de potencia de 0.8 en atraso es:
Psal  3 U I A cos 
Psal  3  535  60  0,8
Psal  34.1 kW
La entrada de potencia mecánica se encuentra mediante
Pent = Psal + Perd elect + Pperd
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núcleo +
Perd
mec.
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Pent = 34.1 kW + 0 + 1.0 kW + 1.5 kW = 36.6 kW
La eficiencia del generador es así:

P sal
x 100%
Pent
34.1 kW
x 100%
36.6 kW
  93.2%

Pent 
El momento que se aplica al generador se expresa por la ecuación:
de donde :
2
Tn
60
Pent
 2 
n

 60 
36,6 kW
T
 2 
1200 

 60 
T
T  291,2 N - m
El momento de torsión antagónico inducido sería. Por lo tanto :
Pconv  T ind  n 
2
60
Pconv
2
n
60
34100

 2 
1200 
 60 
 271,3 N - m
T ind 
T ind
T ind
La regulación de voltaje de un generador se define como :
U reg% 
Eg  U tp p .c .
U tp p .c .
 100%
Según esta definición, la regulación de voltaje para casos de factor de potencia en atraso
unitaria y en adelanto son:
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480V  410 V
 100%  71.1%
410V
480V  468 V

 100%  2.6%
468 V
480V  535V

 100%  10.3%
535V
U reg % 
U reg %
U reg %
En el problema las cargas en atraso dieron lugar a la caída de la tensión de los bornes; las
cargas con factor de potencia unitario tuvieron poco efecto en VT y las cargas en adelanto
dieron lugar a un aumento en la tensión de los bornes.
PROBLEMA N° 3.- Se tiene un alternador de 20 KVA, 220 Voltios, 60Hz, Y, es
sometido a pruebas de vacío (Vvacío = 200 Voltios, If = 3 Amp.) y corto circuito (Icc =
Inominal, If = 2.2 Amp.). También entre dos de sus tres bornes se ha aplicado una
tensión 20 VDC, obteniéndose una corriente de 75 Amp. Asumir que RaAC / RaDC =
1.4. En estas condiciones se le solicita determinar:
La Zs en forma rectangular
La reg (%) cuando el generador trabaja a Vn y Sn.
Y un FP = 0.6 en retraso
Z  0.1867  j1.6025 /f
61.18%
a.-
1 20
Ra  ( ) x
 0.1333 
2 75
Ra (AC)  0.1867 
IN 
200 X

3
2.2
20000
 52.5 A
3 x 220
X  146.7 Volt.
Línea
X  84.7 Volt.
Fase
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84.7  Zs x 52.5
Zs  1.6133 
Zs  Ra  jXs
1.61332  0.1867 2  Xs 2
Zs  0.1867  j1.6025  1.6133
FP  0.6 x I
I N  52.5   53.13 A

Xs  1.6025 

  53.13
Ea  127  0  1.6133  83.4 x 52.5  - 53.13
127  0  84.7  30.27
Ea  204.7  12.04 Volt.
127
Regul (%)  204.7  61.18 %
127
PROBLEMA N° 4.- Se tiene un generador síncrono de 50 Hz y cuatro polos y es
impulsado a 1000 RPM. En estas condiciones se le solicita determinar:
Eaf 1  K x  x RPM1  K x  x 1800
Eaf 2  K x  x RPM 2  K x  x 1000
Eaf 2 K x  x 1800

Eaf 1 K x  x 1000
Eaf 2  0.56 x Eaf 1
Xs  Xe  X ad
120 x F
1000 RPM 
4
Xs  2 π x f x L
El efecto sobre la tensión que El efecto sobre su reactancia El efecto sobre su
genera
de fuga de la armadura
reacción de armadura
Xs 2 Xs1

F2
60
Xs 2 
F2  33.33 Hz
33.33
x Xs1
60
F1  60 Hz
Xe 2  0.56 Xe1

Xad 2  0.56 Xad1
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E G2  0.5 . E G1
Xra 2  0.56 Xra1
X 2  0.56 X1
En vacío no hay
PROBLEMA N° 5.- Un alternador de 600 KVA y 625 Voltios que estaba conectado en
delta, reconecta en estrella. En estas nuevas condiciones se le solicita sus parámetros
nominales de:
Tensión
Corriente
216.5 Volt
1600 A
Potencia Aparente
600 A
600
3 x 125 x 3
 1600 A
I NY 
600 KVA
I N  60 / 3 x 125
 2771 A
PROBLEMA N° 6.- Un alternador trifásico conectado en estrella de 1500 KVA, 13 KV
tiene una resistencia de armadura de 0.9  y una reactancia síncrona igual a 8.0 .
Cuando soporta la carga nominal a tensión nominal, calcular la tensión generada por
fase si las cargas tienen un factor de potencia como se indica en la tabla. Así mismo
determinar su regulación para cada caso.
Vf  7506 Volt
1500 KVA - Y - 13 KV
Zs  0.9  j 8
a
I N y VN
I N  1500 / 3 x 13  66.62 A
FP  1

 0
Ea  7506  0  8.05  83.6 x 66.62  0  7584.7  4.03 Volt
Zs  8.05  83.6 
Ea  7584.7  4.03 Volt
Regul (%)  7584.7 - 7506 / 7506  1.05 %
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FP  0.8 I
  - 36.87

Ea  7506  0  8.05  83.6 x 66.62  - 36.87
Ea  7883.4  2.84 Volt
Regul (%)  7883.4 - 7506 / 7506  5.03 %
FP  0.8 C

   36.87
Ea  7249  3.66 Volt
Regul (%)  7249 - 7506 / 7506  - 3.42 %
FP = 1
FP = 0.8 retraso
FP = 0.8 adelanto
Tensión generada
7584.7 Volt
7883.4 Volt
7249 Volt
Regulación (%)
1.05 %
5.03 %
-3.42 %
PROBLEMA N° 7.- Un alternador trifásico de 220 Voltios, 100 KVA conectado en Y
tiene una resistencia de armadura de 0.1  / fase y una reactancia igual a 0.5  / fase.
Suponiendo que cuando se conecta a una carga con FP = 0.4 en atraso suministra la
corriente nominal, y que la reacción de la armadura tiene un efecto igual al doble de la
reactancia de armadura (siendo el efecto de saturación despreciable). En estas nuevas
condiciones se le solicita determinar: a.- La tensión sin carga cuando se desconecta la
carga y son iguales la velocidad y la corriente de campo. b.- La tensión sin carga
necesaria para producir la corriente nominal suponiendo que se pusiera el alternador en
corto circuito.
100 KVA / 220 Volt / Ra  0.1  / f / Ys  0.5  / f - Y
I N  1500 / 3 x 13  262.4 Volt
FP  1

 0
Xs  X  Xra
 0.5  2 (0.5)  1.5
Zs  0.1  j 1.5  1.5033  86.2  / f
a.-
515.77 Volt
b.-
394.5 Volt
a. V sin carga ( I L  0 ) si RPM e if son ctes.
Ea  127  0  1.5033  86.2 x 262.4  - 66.4
Ea  515.77  15 Volt
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b.
Ea  Zs x I N
 1.5033 x 262.4
Ea  394.5 Volt
PROBLEMA N° 8.- Se tiene una carga de 300 KW a 60 Hz y las únicas fuentes de
potencia disponibles funcionan a 50 Hz. Se decidió utilizar motor síncrono – generador
síncrono. Si estamos a nivel de diseño, cuantos polos deben tener cada una de las
máquinas para que pudieran convertir la energía de 50 a 60 Hz.
RPMs 120 Fs / P
120 (50)
120 (60)
 RPMs 
P1
P2
Motor síncrono de 10 polos.
Generador síncrono de 12 polos.
PROBLEMA N° 9.- Un generador síncrono de 02 polos, Y, FP = 0.8 I, 1 MVA, 2.3 KV ,
tiene una reactancia sincronía de 1.1Ω/f y la resistencia de armadura 0.15 Ω/f (en AC) y
60Hz. Durante su funcionamiento presenta unas pérdidas por fricción y ventilación de
24 KW y sus pérdidas en el núcleo son de 10 KW. El circuito de campo se alimenta de
una fuente de 250 Voltios y una corriente máxima de 20 A. Responder las Preguntas:
a) En la curva adjunta hallar If cuando los instrumentos indican 2300 Voltios. Hacer el
diagrama fasorial.
b) Hallar Eaf en condiciones nominales y ¿Cuánto es el valor de If en estas
condiciones? Diagrama Fasorial
c) Hallar torque suministrado por el motor primo y la eficiencia del G.S?
d) Halla la Regulación en el caso B
e) Construya las Curvas de capacidad del generador e indique los valores de S, P, Q y
FP prácticos. El generador es regulado a If = 4.5 A. En estas condiciones se les
solicita responder las preguntas e y f
f) ¿Cuál es la tensión V del GS cuando alimenta una carga de 20∟30Ω, conectada en
∆. En estas condiciones dibuje el diagrama unifilar del GS. Además hallar Eaf y la
eficiencia. Si la tensión V no fuese la adecuada que debe hacerse para restablecerlo
a su valor nominal? Hallar If, Eaf y la eficiencia
a) Hallar la if necesaria para que V = 2300 Voltios en vacío.
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Zs  0.15  j1.1  1.11 82.23
Hacer el diagrama vectorial.
Eaf
Xs
Xd

IX
S
IZ
S

Xar
Zs
V
IR
A
IA
RA
b) Cuál es la tensión generada en condiciones nominales.
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1000
 251 A
3 x 2300
FP  0.8

Ia 

Ia  251  - 36.87 A
  - 36.87
E G  1328 0º  1.11 82.23 x 251  - 36.87
 1328 0º  278.6 45.36  1537 7.4 Vfase
En estas condiciones If =?
 2662 Vlinea
De la curva
E G  2662 Volt.

If  5.8 A
c.- ¿Qué potencia y torque deberá suministrar el motor primo?.
También hallar la EF del G.S.
PUTIL  3 x V x Ia x FP  3 x 1328 x 251 x 0.8  800 KW
Pérdidas  PCU  PFRIC  Vent.  PNUCLEO
PCU  3 x (251) 2 x 0.15  28.4 KW
PPERDIDAS  28.4  24  10  62.4 KW
PMOTOR PRIMO  862.4 KW
862.4
T
d.-
 2286 N - m
π
x 3600
30
800
η 
 92.8 %
862.4
Regul. 
2662 - 2300
 15.7 %
2300
e.- Construya las curvas de capacidad del generador.
3V 2 3 x 13282

 - 4810 KVAR
Xs
1.1
3 V E G 1328 x 3 x 1537
DE 

 5567 KVA
Xs
1.1
S N  1000   36.87 KVA
Q
 800  j 600 KVA
PPRACTICO  740 KW
Q PRACTICO  250 KVA
El G.S es regulado a If = 4.5 A en estas condiciones:
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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
f.- Cual es la tensión VT del G.S cuando alimenta una carga conectada en  cuya
impedancia es 2030º  .
Con:
If  4.5 A

E G  2350 Vlinea
E G  1357 Vfase
Ra 
R1 x R 3
R1  R 2  R 3
20 x 20
20  20  20
Z  6.67 30º 

Dibuje el diagrama fasorial G.S
Si ahora se conecta otra carga idéntica en paralelo con la anterior. ¿Qué le ocurre al
diagrama fasorial del G.S y cual es VT después de agregar la carga?
Z L  3.33530º Ω
1357δ
1.1182.23  3.33530
1357δ
Ia 
 330.2 δ - 42.33
4.109642.33
Ia  I L  330.2 - 30



V T  E G  (X L  Z S ) . Ia
Ia 
δ  12.33
 135712.33 - 1.1182.23 x 330.252.23
̅
Que debe hacerse para restablecer el
Como
√
.
= 1325 Volt.
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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
̅
̅
̅
√
PROBLEMA N° 10.- Un GS , conexión Y, FP = 0.85 I , 100 MVA , 11.8 kv , 50 Hz ,
tiene una Xs = 0,8 pu y Ra = 0.012 pu, 20 polos . En estas condiciones se les pide
calcular:
a) Los Valores de Xs y Ra en Ω / fase.
b) Ea y ∂ cuando el GS trabaja en condiciones nominales.
c) Despreciando las pérdidas ¿Cual es el torque (Kgr – m), aplicado por el motor primo
al GS en condiciones nominales.
a.- 100MVA, 11.8 kV, 50Hz, Xs = 0.8pu Ra = 0.012 pu
Xs = 1.1139 Ω
b.-
Ra = 0.0167 Ω
̅
̅
c.-
PROBLEMA N° 11.- Se tiene un alternador de 750 KVA, 1380 volt., 60 Hz, conectado en
triangulo (asumir que el generador se encuentra trabajando en la zona lineal). El Alternador ha
sido sometido a pruebas de vacío y cortocircuito obteniéndose los resultados siguientes:
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


SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
Ensayo de vacío : Vo = 1020 volt.
Ensayo C.C.
: If = 19.5 Amp.
Ra = 0.9
If = 17.50 Amp.
I = INOM.
Se pide calcular:
A. Reg.(%) a SN y Cos =1, , If.
B. Reg.(%) cuando la conexión de ZL es  y ZL = 6+j6 /fase.
C. Reg.(%) cuando la conexión de ZL es  y ZL = 2.5+j1.5 .
D. Modelos y diagramas fasoriales en cada uno.
Solución:
Ia = 28.4616 Amp. CC
V = 20 Volt. CC
R = 0.7027 
RT = R(1+0.0039(90-18))
RT = 0.7027(1.2808) = 0.9 
SN = 750 KVA = 3 INOM.  Va
INOM. = 750 000 / 31380 = 181.2 Amp.fase
INOM.LINEA = (√3)  INOM. = (√3)  181.2 = 313.8 Amp.línea
Asumiendo la velocidad constante y estando en la zona lineal.
Ea(C.C.) = 19.5
1020
17.5
Ea(C.C.) = 1136.6 volt.
En Cortocircuito:
Zs = Ra + jXa
Zs = 1136.6 / 181.2 = 6.27
Xs = (6.272 – 0.92)1/2 = 6.2
Zs = 6.265 81.74° 
Para condiciones lineales
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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
a) Trabajando a SNOM. y Cos = 1 se tiene:
∟
Va = 1380∟0°
Ea = 1380 ∟0° + (181.2∟0°  6.265 ∟81.74°)
Ea = 1380 ∟0° + 1135.2∟81.74°
Ea = 1908.7∟36.1° volt.
Regul.(%) = (Ea – Va) / Va
Regul.(%) = (1908.7 – 1380) / 1380 = 38.4%
Luego de la línea de carga: If = 1909.7
17.5
1020
De donde: If = 32.76 Amp.
b) Reg.(%) cuando la conexión de ZL es  y ZL = 6+j6 /fase.
Va = 1380 ∟0°
ZL = 6 + j6 
ZL = 8.49∟45° 
Ea = Va ∟0° + I  Zs
Ea = 1380 0° + (162.54 -45°  6.265 81.74°)
Ea = 1380 0° + 1018.3 36.74°
Ea = 2279∟15.5° volt.
Regul.(%) = (2279 – 1380) / 1380 = 65%
Luego de la línea de carga:
If = 2279
17.5
1020
De donde:
If = 39.1 Amp.
c).- Conexión de la carga en Y la cual debe ser conectada en 
eficiencia, y debe consumir la misma potencia aparente.
para lograr su máxima
ZL = 2.92L31° = 2.5 + j1.5 /fase De la conexión anterior:
R12 = R1.R2 + R1.R3 + R2.R3 = K
R3
R3
R12 = 3 ZL2 = 3 ZL
ZL
Ahora:
ZL() = 3  2.92 L31° = 8.76 L31°
I = (1380L0° ) / ( 8.76 L31° ) = 157.50L-31° A
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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
Ea = 1380 L0° + (157.5 L-31° 6.265 L81.74°)
Ea = 1380L0° + 986.7L50.74°
Ea = 2145.1 20.86° volt.
Regul.(%) = (2145.1 – 1380) / 1380 = 55.44%
Luego de la línea de carga:
If
17.5
= 2145.1
1020
De donde: If = 36.8 Amp.
d).- diagramas fasoriales
PROBLEMA N° 12.- Un G.S de 02 polos, Y, f.p = 0.8I,1MVA,2.3KV, tiene una reactancia
síncrona de 1.1 ⁄ y la resistencia de armadura de 0.15 ⁄ (en AC) y 60 hz. Durante su
funcionamiento presenta unas pérdidas por fricción y ventilación de 24 kW y sus pérdidas en el
núcleo son de 18 kW.El circuito de campo se alimenta de una fuente de 250 Voltios y una
corriente de 20 A . A continuación hallar:
A.- if cuando los instrumentos indican 2300 Voltios en vacio.
B.- Eaf en condiciones nominales y ¿Cuánto es el valor de if en estas condiciones?
C.- Torque suministrado por el motor primo y la eficiencia del G.S?
D.- Regulación en el caso B.
E.- Construya las curvas de capacidad del G.S e indique los valores de S,P,Q y FP prácticos.
Si el G.S es regulado a if=4.5A . En estas condiciones responder:
F.-Cual será V cuando alimenta una carga de
, además hallar la
regulación y la eficiencia.
G.- Si ahora se conecta una carga de
conectada
paralelo a la anterior .Dibuje un solo
diagrama fasorial del caso F y G en un grafico.
H.- Si la tensión V no fuese la adecuada, en las condiciones G que debe hacerse para
restablecerlo a su valor nominal ¿Hallar if , Eaf y la eficiencia del G.S cuando se ha restablecido
sus características nominales.
En la figura que adjuntamos debe mostrarse parte de las respuestas A,B,F,G Y H
SOLUCION
A.- De la grafica
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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
B.- La tensión generada en condiciones nominales
√
√
̅̅̅
( )
(
(
√
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅
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̿
)
)
(
)
̅̅̅
(
)
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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
̅̅̅̅̅̅
(
)
C.- El toque y eficiencia





D.- La regulación es;
E.- Construyendo las curvas de capabilidad del generador








22°
CURVA DE CAPABILIDAD
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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
F.- Cual será V cuando alimenta una carga de
regulación y la eficiencia.
, además hallar la
 DE DELTA A ESTRELLA
(
)
(ZL=ZA=ZB=ZC)
̅̅̅̅̅̅
(
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅ (
MAQUINAS ELECTRICAS III
)
̅̅̅ (
̅̅̅
̅̅̅̅̅̅ ̿
̅ ̅̅̅̅̅̅
̅
)
)
̅̅̅
̅̅̅
(
)
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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
̅
(
̅
)
(
)








G.-Si ahora se conecta una carga de
conectada
solo diagrama fasorial del caso F y G en un grafico.
La impedancia ZL anterior:
paralelo a la anterior .Dibuje un
Si ponemos en paralelo tendremos una nueva
̅̅̅̅̅̅
(
)
̅̅̅̅̅̅
)
̅̅̅ (
̅̅̅
̅̅̅̅̅̅ ̿
̅ ̅̅̅̅̅̅
̅
̅
̅̅̅ (
)
̅̅̅
̅̅̅
(
̅
)
(
)
(
)
DIAGRAMA FASORIAL DEL CASO F Y G EN UN GRAFICO.
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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
H.- Si la tensión V no fuese la adecuada, en las condiciones G que debe hacerse para
restablecerlo a su valor nominal.
(
√
)
(
̅
̅̅̅ (
̅̅̅̅̅̅
̿
)
̅̅̅ (
̅̅̅
)
)
̅̅̅
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅
(
̅̅̅̅̅̅
)
(
)
(
)








PROBLEMA N° 13.- Un G.S Y fp 0.8(I) ,20MVA,13.8kV,60hz , tiene una reactancia síncrona de
0.7 p.u y la resistencia de armadura es despreciable. El generador es conectado es paralelo a
una red infinita de 13.8Kv ,60hz con una capacidad de suministrar o consumir potencia activa y
reactiva a la misma frecuencia y tensión terminal.
A.- Cual es la resistencia y reactancia síncrona en ⁄
B.- la tensión inducida a condiciones nominales.
C.- la corriente de armadura a condiciones nominales.
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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
D.- Suponga que el G.S está operando a condiciones nominales, si la tensión inducida decrece
5% cual será la nueva corriente de armadura.
E.- Repita la parte (D) Para 10, 15,20,25,30,35% de reducciones a la tensión inducida.
F.- Flotear Ia vs Eaf (Ea eje e Ia eje y)
A.- Hallando la reactancia Xs en ohm/f
(
(
)
)
(
)
B.- Calculo de la corriente y tensión inducida a condiciones nominal
√
̅̅̅
(
√
( )
C.-
)
(
√
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅
̿
)
(
)
̅̅̅
(
)
(
)
D.- Suponga que el generador está trabajando a condiciones nominales , si la tensión
inducida se reduce en 5% cual será la nueva Ia
 A Tensión nominal y corriente nominal tenemos una impedancia de
̅
̅̅̅
̅
̅̅̅
Esta Z carga es constante, ahora si variamos la tensión de inducción en 5% tendríamos:
(
)
̅̅̅̅̅̅(
̅̅̅ (
)
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅
D. Si disminuye en 10%
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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
̅̅̅̅̅̅
 Si disminuye 15%
̅̅̅̅̅̅
 Si disminuye 20%
̅̅̅̅̅̅
 Si disminuye 25%
̅̅̅̅̅̅
 Si disminuye 30%
̅̅̅̅̅̅
 Si disminuye 35%
̅̅̅̅̅̅
900
Ia
Ia vs Eaf
400
7000
Eaf11000
9000
13000
PROBLEMA N° 14.- Un G.S DE 02 polos ,25MVA,13.8Kv , 60hz ,fp=0.82(I), fue sometido a las
pruebas de rutina, encontrándose los siguientes resultados:
If(A)
320
365
380
475
570
V(Kv)
13
13.8
14.1
15.2
16
Icc(A)
1040
1190
1240
1550
1885
La resistencia de armadura es de 0.024 ⁄ en estas condiciones se le solicita hallar:
A.- La impedancia y reactancia síncrona de ⁄ y p.u
B.-La reactancia síncrona en ⁄ y p.u cuando If=390 A
C.- la eficiencia y regulación del G.S si trabaja a plena carga
A.- Hallando la Zs y Xs en ohm/f y en p.u
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
√
√
 Ahora Xs y Zs en p.u
(
)
(
)
(
)
(
)
B.- La reactancia síncrona en ⁄ y p.u cuando If=390 A
√
 Ahora Xs y Zs en p.u
(
)
(
)
(
)
(
)
C.- la eficiencia y regulación del G.S si trabaja a plena carga
̅̅̅
√
√
( )
√
(
)



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SOLUCIONARIO PROBLEMAS MAQUINAS SINCRONAS
̅̅̅̅̅̅
̿
̅̅̅
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅
(
(
)
)
CURVA DE CAPABILIDAD EN EXCEL



0.304 MW
22°
2
1
0
-1.5
-0.5
0.5
1.5
-1
-2
-3
-4
-5
-6
PROBLEMA N° 15.- Un GS, Conexión interna 6 x II, conexión externa Y, FP = 0.8 I, 120 MVA,
13.2 KV, 60 Hz tiene una Xs = 0.7 Ω / fase. En estas circunstancias se le solicita hallar:
a) La regulación de tensión del GS.
b) S y P nominales cuando el generador trabaje a 50 Hz, manteniendo las mismas pérdidas
de armadura y campo que se presenta en 60 Hz.
c) ¿Cuál será la nueva regulación de tensión del GS a 50 Hz?
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