máquinas eléctricas y su solución. (bl theraja y - Biblioteca, FES-C

UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES CUAUTITLÁN
MÁQUINAS ELÉCTRICAS Y SU SOLUCIÓN. (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
Agradecimientos
A la Universidad Nacional Autonoma de México.
Por brindarme los conocimientos necesarios para enfrentarme a los retos que
vendrán en el futuro.
A mi padre.
Abraham García, por eseñarme lo que es el trabajo duro, por ser un ejemplo 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.
A mi madre.
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 sacrificios para que yo pudiera terminar mi carrera profesional exitosamente.
Por haberme dado todo lo necesario y enseñarme a luchar por lo que quiero. Para
ti, mi respeto, cariño y admiración.
A mis hermanos.
Jaime Mussa García, porque desde nuestra infancia siempre has sido un ejemplo
a seguir en mi vida, por enseñarme lo que es ser un hombre de bien, y Diana
García, por tu tolerancia ya que en varias ocasiones me perdi de diversiones
contigo.
A mi tio.
Miguel Mussa, por su apoyo y por ayudarnos en momentos difíciles.
A mi asesor.
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.
A mi coasesor.
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
3.3.- Pérdidas y eficiencia.
141
3.4.- Eficiencia diaria.
165
3.5.- Transformadores en paralelo.
168
Capitulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
181
4.1.- Generalidades.
185
4.2.- Pérdidas y eficiencia.
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 


 polo 
A  vd
Ampervueltas de desmagnetización.
A  vT
Ampervueltas totales.
A vt
Ampervueltas transversales.
A
Área de polos.
 m2 
 
Vescobillas
Caida de tensión en las escobillas.
 V
μ0
Constante de la permeabilidad magnética.
k
Ia
Constante.
Corriente de armadura.
If
Corriente de campo derivación.
IL
Corriente de línea.
Ic
Corriente por cada conductor.
β
Densidad de flujo.
η
Eficiencia.
Flujo por polo.
 A v 


 polo 
 A v 


 polo 
 A
 A
 A


A


 conductor 
 Wb 
 2
 m 
Wb
 V
Eg
Fuerza electromotriz generada.
θe
Grados eléctricos.
θm
Grados 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
°eléctricos


°mecánicos


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.
Pp
Potencia de pérdidas.
PS
Potencia de sálida.
Ra
Resistencia de armadura.
Rf
Resistencia de campo derivación.
Rs
Resistencia de campo serie.
Rc
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.
1.1.- Fundamentos básicos.
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
60 * a
s=

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.
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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 =
PS
VL
IL =
20 kW
= 86.95 A 
230V
If =
VL
Rf
If =
230V
= 2A 
115Ω
Ia = I L + If
Ia = 86.95A + 2A
Ia = 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
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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
E g1
E g2
=
E g1
E g2
k * 1 * s1
k * 2 * s 2
=
1 * s1
2 * s 2
200V 0.02Wb*1000 r.p.m.
=
Eg2
0.019Wb*1100 r.p.m.
E g2 =
200V*0.019Wb*1100 r.p.m.
0.02Wb*1000 r.p.m.
Eg2 = 209V
14
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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

Vescobillas = 1 
 escobilla 
a = 8 ramas  por ser devanado imbricado
SOLUCIÓN:
IL =
PS
VL
If =
VL
Rf
Ia = I L + If
IL =
50 kW
= 125 A 
400V
If =
400V
= 2A 
200Ω
Ia = 127  A 
Ia = 125A + 2A
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
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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 

6
 ranura 
 = 10 mWb 


A

Ic = 100 
 conductor 
a = 4 ramas  por ser devanado imbricado
SOLUCIÓN:
 6 conductores 
Z = 90 ranuras*



ranura
Z = 540conductores 
Eg =
Eg =
Z * #P * s * 
60 * a
540 conductores*4 polos*1500 r.p.m.*10 mWb
60*4 ramas
E g = 135 V 
I = a * Ic
I =  4 ramas*100A 
I = 400  A 
PS = E g * 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.
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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 

4
 ranuras 


A

Ic = 250 
 conductores 
 = 0.05 Wb 
E g = 240  V 
VL = 220  V 
SOLUCIÓN:
 4 conductores 
Z = 120 ranuras*
 ranuras 
Z = 480conductores 
Z * #P *  * s
60 * a
E g * 60 * a
Eg =
s=
Z *  * #P
240V*60*8 ramas
480 conductores*0.05Wb*8 polos
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
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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 = 100  A 
R f = 55Ω 
Pp = 500  W 
η = 88% = 0.88
SOLUCIÓN:
η=
PS
PE
PS = 110V *100A  = 11 kW 
PE =
PS 11 kW
=
= 12.5 kW 
η
0.88
IL = 50 A 
If = 2 A 
Ia = 52 A 
V
If = L
Rf
PS = 11 kW 
110V
If =
= 2A 
55Ω
Ia = I L + If = 100A + 2A
Ia = 102 A 
 1 
 * PS = 5.5 kW 
 2 
PCu = Ia2 * R a  + If2 * R f 
PCu = 52A  *0.07494Ω + 2A *55Ω 
2
PE = PS + If2 * R f  + Ia2 * R a  + Pp
Ra =
Ahora al 50%
PE - PS - I * R f  - Pp
2
f
I
2
a
2
12.5 kW - 11 kW - 2A  *55Ω - 500W


Ra =
2
102A
R a = 0.07497 Ω 
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
2
PCu = 422.71 kW 
PE = PS + PCu + Pperdidas
PE = 5.5 kW + 422.71W + 500W
PE = 6.422  kW 
 5.5 kW 
η = 
*100%
 6.422 kW 
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 
Pp = 1 kW 
R f = 50Ω 
R s = 0.025Ω 
R a = 0.05Ω 
SOLUCIÓN:
If =
PCus = I 2L * R s = 100A *0.025Ω
2
VL
Rf
PCus = 250 W 
220V
If =
= 4.4 A 
50Ω
Ia = I L + If
Pescobillas = Vescobillas * IL = 2V*100A 
Ia = 100A + 4.4A = 104.4 A 
a)
Pescobillas = 200 W 
PCuT = 544.96W + 968W + 250W + 200W
PCuT = 1.962 kW 
E g = VL + Ia * R a  + I L * R s  + Vescobillas
c)
E g = 220V + 104.4A*0.05Ω
PS = VL * IL
+ 100A*0.025Ω + 2V
E g = 229.72 V 
PS = 220V*100A = 22 kW 
PS = PE - Pp  PE = PS + Pp
PE = 22 kW + 1.962 kW  + 1 kW 
b)
PCu a = I a2 * R a = 104.4A  *0.05Ω 
2
PE = 24.96 kW 
PCu a = 544.96  W 
η=
PCu f = If2 * R f = 4.4A  *50Ω 
2
PCu f = 968 W 
d)
PS
*100%
PE
 22 kW 
η = 
*100%
 24.96 kW 
η = 88.14%
20
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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:
PS
η
20 kW
PE =
= 22.98 kW 
0.87
PE =
If =
VL
Rf
If =
440V
= 1.83 A 
240Ω
IL =
PS
VL
Ia = I L + If
IL =
20 kW
= 45.45 A 
440V
Ia = 47.28 A 
Ia = 45.45A + 1.83A
PCu a = Ia2 * R a
PCu a = 47.28A  *0.4Ω  = 894.15 W 
2
PCu f = I f2 * R f
PCu f = 1.83A  *240Ω  = 803.73 W 
2
PCus = I L2 * R s
PCus = 45.45A  *0.25Ω  = 516.42  W 
2
PE = PS + PCu + Pf
22.98 kW = 20 kW + 2214.3W + Pf
Pf = 765.7  W 
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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 
If =
VL
Rf
500V
= 2A 
250Ω
Ia = I L + If
If =
Ia = 50A + 2A
Ia = 52  A 
E g = VL + Ia *R a + R s  + Vescobillas
E g = 500V + 0.05Ω + 0.05Ω*52A + 1V
E g = 506.2 V 
22
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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 
R s = 0.04  Ω 
SOLUCIÓN:
a)
IL =
b)
PCT
VL
11 kW
= 100 A 
110V
V
If = L
Rf
IL =
110V
= 4.4 A 
25Ω
Ia = I L + If = 100A + 4.4A
If =
Ia = 104.4  A 
E g = VL + Ia *R a + R s 
E g = 110V + 104.4A *0.06Ω + 0.04Ω
E g = 120.4 V 
IL =
PCT
VL
11 kW
= 100  A 
110V
VR s = I L * R s
IL =
VR s = 100A *0.04Ω  = 4  V 
If =
VL
Rf
114V
= 4.56  A 
25Ω
Ia = I L + If
If =
Ia = 100A + 4.56A
Ia = 104.56  A 
E g = VL + Ia * R a  + I L * R s 
E g = 110V + 104.56A*0.06Ω
+ 100A*0.04Ω
E g = 120.27  V 
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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  polos 
E g = 200  V 
Z = 400 conductores 
s = 300  r.p.m.
N = 1200 espiras 
t = 0.1seg 
SOLUCIÓN:
Z * #P *  * s
60 * a
E g * 60 * a
Eg =
=
=
Z * s  #P
200V*60*2 ramas
400 conductores*300 r.p.m.*2 polos
 = 0.1 Wb 
E=N*

t
 0.1Wb 
E = 1200 espiras*

 0.1 seg 
E = 1200 V 
24
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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/m2 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 
β = 0.9  2 
 m 
a = 16 ramas  por ser devanado imbricado
SOLUCIÓN:
Z * #P *  * s
60 * a
E g * 60 * a
Eg =
=
=
Z * s * #P
550V*60*16 ramas
2500 conductores*150 r.p.m.*16 polos
 = 88 mWb 
Ia =
PS
VL
1500 kW
Ia =
= 2727.27  A 
550V
A=
A=

β
88 mWb*1 m 2 
0.9 Wb
A = 0.09777  m 2 
Ra =
Ra =
PCu
Ia2
25 kW 
2727.27A
R a = 0.0033Ω 
2
E g = VL + Ia * R a
E g = 550V + 2727.27A*0.0033Ω
E g = 559 V 
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
25
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
1.2.- Reacción de armadura y conmutación.
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 
Z = 720 espiras *

 1 espira 
Z = 1440 conductores 
Ia
2
50A
I=
= 25 A 
2
I=
A  vd = Z * I *
θm
360
 10° 

 360 
A  vd = 1440 conductores*25A *
A  vd = 1000  A  v 
A  vd A  vd
polo
=
#P
A  vd 1000 A  v
polo
=
4 polos
A  vd
 Av 

= 250 
 polo 
polo
26
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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 
θ e = 7.2° eléctricos
#P = 4 polos 
a = 2 ramas 
por ser devando ondulado
SOLUCIÓN:
a)
Ia =
PS
VL
θm =
Ia =
25 kW
=100  A 
250V
θm =
2 * θe
#P
2*7.2°
4 polos
= 3.6°
Ia
a
100A
I=
= 50  A 
2 ramas
I=
 1
θ 
- m 
 2 * #P 360 
A  vt = Z * I *

1
3.6° 

A

v
=
328
conductores
*
50A
*
 t 
   

 2*4 polos 360 
 A v 

A  vt = 1886 

polo

 1 espira 
N = Z * 
 2 conductores 
b)
 1 espira 
N = 328 conductores*
 2 condutores 
N = 164espiras 
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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 
Z = 1408conductores 
Ia = 240 A 
#S = 160segmentos
VL = 500 V 
θs = 4segmentos
SOLUCIÓN:
Ia
#P
240A
I=
= 30  A 
8 polos
I=
θ m = θs *
360
#S

360°

θ m = 4 segmentos*
160 segmentos 
θ m = 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° 

 2*8 polos 360 
A  vt = 1408 conductores*30A* 
 A v 


polo

A  vt = 1584 
28
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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 
Z = 720 conductores 
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:
If =
VL
Rf
Ia = IL + If
If =
500V
= 5 A 
100Ω
Ia = 200  A 
Ia
a
200A
I=
= 50  A 
4 ramas
I=
Ia = 195A + 5A
Z
a
720 conductores
#S =
4 ramas
#S = 180segmentos 
θ m = θs *
#S =
A  vd = Z * I *
360°
#S


360°
θ m = 3 segmentos*

180 segmentos 
θ m = 6° mecánicos
θm
360°
N=
 6° 

 360° 
A  vd = 720 conductores*50A *
 A v 


polo

A  vd = 600 
A  vd
If
600 A  v
5A
N = 120 espiras 
N=
A  vT = A  vt + A  vd
 1
θ 
- m 
 2 * #P 360° 
A  vt = Z * I *

1
 2*4 polos 360° 
A  vt = 720 conductores*50A* 
 A v 


polo

A  vt = 3900 
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
 A v
Av
 + 600 

A  vT = 3900 
6° 
 polo 
 polo 

 A v 


polo

A  vT = 4500 
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
= 0.68
polo - paso
a = 2 ramas  por ser devanado ondulado
SOLUCIÓN:
Ia
a
400 A
I=
= 200  A 
2 ramas
I=
polo - arco
Z*I
*
polo - paso 2 * #P
 320 conductores*200A

A  vC = 0.68* 

2
*
4
polos
  



 A v 

A  vC = 5440 
 polo 
A  vC =
30
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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
= 0.75
polo - paso
SOLUCIÓN:
Ia =
PS
VL
Ia =
500 kW
= 1000  A 
500 V
Ia
a
1000 A
I=
= 100  A 
10 ramas
I=
polo - arco Z * I
*
polo - paso 2 * #P
 800 conductores*100A

A  vC = 0.75* 

2
*
10
polos






 A v 

A  vC = 3000 

polo

A  vC =
N
N=
A  vC
Ia
3000 A  v
1000A* polo
 espiras 

N = 3
 polo 
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Z  3 espiras   2 conductores 
=
*

#P  polo   1 espira 
 conductores 
Z

= 6


#P
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 
β = 0.3  2 
 m 
μ 0 = 4π *10-7
a = 6 ramas  por ser devanado imbricado
SOLUCIÓN:
Ia =
PS
VL
Ia =
200 kW
= 1000  A 
200V
Ia
a
1000A
Ic =
6 ramas
Ic = 166.67  A 
Ic =
Ni * Ia =
Z * I c β * li
+
2 * #P μ 0
  Wb  
0.3 
 *1*10-2  m 
2
540 conductores*166.67A   m  
Ni * Ia =
+
4π *10-7
2*6 polos
7500 + 2387.32
1000A
N i = 9.88espiras 
Ni =
N i  10 espiras 
32
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
1.3.- Generadores en paralelo.
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 + Ia 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 * Ia1
P2 = VL * Ia 2
P1 = 423.33V*33.33 A
P2 = 423.33V*166.66 A 
P1 = 14.1 kW 
P2 = 70.55 kW 
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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 
 1
2 
2 
VA1 -  1
*
I
=
V
 A1
* I B1
B1 
 I A2 
 I B2 
 400V - 360V 
 420V - 370V 
* I A1 = 420V  - 
* I



 B1
80A
70A
400V - 
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 
2 
VL = VA1 -  1
* I
 I A2  A1
 400V - 360V 
VL = 400V  - 
*42.15A 


80A
VL = 378.92  V 
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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 vacío a 220V con 200A, mientras que
“B” cae de 245V en vacío 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 
 VB - VB 
 1
2 
2 
VA1 -  1
*
I
=
V

* I
B1 
 I A2  A1
 I B2  B1
 240V - 220V 
 245V - 220V 
* I A1 = 245V  - 
* I



 B1
200A
150A
240V - 
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 = IT
I A1 + I B1 = 300A ... 2
Resolviendo el sistema de ecuaciones.
I A1 = 168.42  A 
I B1 = 131.57  A 
 VA - VA 
2 
VL = VA1 -  1
* I
 I A2  A1
 240V - 220V 
VL = 240V  - 
*168.42A 


200A
VL = 223.15 V 
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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:
IT = 5000  A 
R a1 = R a 2 = 0.03Ω 
R f1 = R f2 = 60 Ω 
E g1 = 600  V 
E g2 = 640  V 
SOLUCIÓN:
E g1 = VL + Ia1 *0.03Ω
E g2 = VL + Ia 2 *0.03Ω
IL1 + IL2 = 5000A
Ia1 = I L1 + If1
VL
60Ω
V
I a 2 = I L2 + L
60Ω
Ia1 = I L1 +

V 
600V = VL + I L1 + L *0.03Ω

60Ω 

V 
640V = VL + I L2 + L *0.03Ω

60Ω 
600V - VL
V
- L
0.03Ω
60Ω
640V - VL
V
I L2 =
- L
0.03Ω
60Ω
I L1 =
38
600V - VL
V
640V - VL
V
- L +
- L = 5000A
0.03Ω
60Ω
0.03Ω
60Ω
5000A - 20000A - 21333.33A
VL =
- 66.7Ω
VL = 544.72  V 
600V - VL
V
- L = 1833.58 A 
0.03Ω
60Ω
640V - VL
V
I L2 =
- L = 3166.92  A 
0.03Ω
60Ω
I L1 =
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 
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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 50 kW
=
V1 240V
I2 =
I1 = 208.33 A 
P2 50 kW

V2
245V
I 2 = 204.08 A 
I L = I1 + I 2
I L = 204.08A + 208.33A
I L = 412.41 A 
 VA - VA 
 VB - VB 

 1
1
2 
2 

VA1 - 
* I A1 = VB1 - 
* I B
 IA2 
 IB2 
 240V - 230V 
 245V - 230V 
* I A1 = 245V  - 
* I
 208.33A 
 204.08A  B1
240V - 
240V - 0.048* I A = 245V - 0.074* I B
1
1
- 0.048* I A1 + 0.074* I B1 = 5V ... 1
P1 = VL * I1
IL
2
IA1 + IB1 = 206.21A ... 2
P1 = 19.84  kW 
IA1 + IB1 =
P1 = 235.96V *84.09A 
P2 = VL * I 2
I A = 84.09 A 
P2 = 235.96V *122.11A 
I B = 122.11 A 
P2 = 28.81 kW 
 VA - VA 
2 
VL = VA1 -  1
* I A1
 I A 2 
 240V - 230V 
VL = 240V  - 
* 84.09A 
 208.33A  
VL = 235.96  V 
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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 g2 = 120  V 
E g3 = 119  V 
R a = 0.1Ω 
R c = 2Ω 
SOLUCIÓN:
I1 + I 2 + I3 = I L
VL = I L * R c
VL = I1 + I 2 + I3 * R c
E g1 = VL + I1* R a
E g1 = R c *I1 + I2 + I3  + I1* R a
127V = 2.1Ω* I1 + 2Ω* I 2 + 2Ω * I3 ... 1
E g2 = VL + I 2 * R a
E g2 = R c *I1 + I 2 + I3  + I 2 * R a
120V = 2Ω* I1 + 2.1Ω* I 2 + 2Ω* I3 ... 2
E g3 = VL + I3 * R a
E g3 = 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 = I T * R c
I2 = 0 A 
I L = 70A + 0A -10A
VL = 60A *2Ω 
I L = 60  A 
VL = 120  V 
I3 = -10  A 
40
Capítulo 1.- Generadores de C.D.
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.
If
Corriente de campo derivación.
IL
Corriente de línea.
Is
η
r
Corriente del campo serie.
 A
 A
 A
 A
Eficiencia.
Elemento resistivo de un arrancador.
Ω
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
PEpc
Potencia de entrada a plena carga.
PE vacío
Potencia de entrada en vacío.
PET
Potencia de entrada total.
Pp
Potencia de pérdidas.
PST
Potencia de salida total.
Flujo por polo.
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.
Rx
Resistencia adicional.
Ra
Resistencia de armadura.
Rf
Resistencia de campo derivación.
Rs
Resistencia de campo serie.
R div
Resistencia de divertor.
Ri
Resistencia de interpolos.
Rr
Resistencia reguladora.
R Tf
Resistencia total del campo derivación.
RT
Resistencia total.
s
ω
Velocidad.
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.
2.1.- Aspectos básicos.
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)
E g = VL - Ia * R a
E g = VL - Ia * R a
E g = 460V - 120A*0.15Ω
E g = 442 V 
Ia =
VL - E g
Ra
460V - 447.4V
0.15Ω
Ia = 84  A 
Ia =
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 
Ia = 120  A 
SOLUCIÓN:
E g = VL - Ia * R a
E g = 460V - 120A*0.25Ω
E g = 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:
E g = VL - Ia * R a
E g = 440V - 150A*0.15Ω
E g = 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 - Ia *R a 
τ=
E g * IL
ω
425V*60A
τ=
 rad 

78.53 
 seg 
τ = 324.71 N - m 
E g = 440V - 60A *0.25Ω
E g = 425 V 
46
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 
Ia = 10  A 
 = 0.02 Wb 
a = 4 ramas  por ser devanado imbricado
SOLUCIÓN:
Z * #P * 
60 * a
Z * #P *  * Ia
τ=
1 rev   1 min   2π rad 
 *

 *
 * 60 * a
 min   60 seg   1 rev 
Eg =
570 conductores*4 polos*0.02Wb*10A
2π*4 ramas
τ = 18.14  N - m 
τ=
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 =
PS
VL
120 kW
= 300  A 
400V
V
If = L
Rf
IL =
400V
= 5 A 
80Ω
Ia 2 = I L - I f = 300A - 5A
If =
Ia 2 = 295 A 
E g2 = VL - Ia 2 * R a
E g2 = 400V - 0.025Ω*295A
E g2 = 392.63 V 
Generador:
P
IL = S
VL
IL =
48
If =
VL
Rf
If =
400V
= 5 A 
80Ω
Ia1 = I L + If = 300A + 5A
Ia1 = 305 A 
E g1 = VL + Ia1 * R a
E g1 = 400V + 0.025Ω*305A
E g1 = 407.63 V 
E g1
E g2
s2 =
s2 =
=
s1
s2
E g2 * s1
E g1
392.63V *450 r.p.m.
407.63V
s 2 = 433.44  r.p.m.
120 kW
= 300  A 
400V
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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:
Ia1 = 40  A 
Ia 2 = 60  A 
1 = 0.70*2
SOLUCIÓN:
τ1 = k * 1* s1
τ2 = k * 2 * s2
τ1 k *0.70*2 * I a 1
=
*100%
τ2
k *2 * Ia 2
τ1 0.70*40A 
=
*100%
τ2
60A
τ1
= 46.66%
τ2
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 


V

Vescobillas = 1 
 escobilla 
 = 0.04  Wb 
Z = 720 conductores  VL = 480 V 
a = 4 ramas 
R f = 240 Ω 
por ser devanado imbricado
SOLUCION:
a) IL = 60A
If =
VL
Rf
480V
If =
= 2A 
240Ω
Ia1 = I L - If
Ia1 = 60A - 2A = 58 A 
E g = VL - Ia1 * R a  - Vescobillas
E g = 480V - 0.2Ω*58A  - 2V
E g = 466.4  V 
s=
E g * 60 * a
b) IL = 120A
If = 2 A 
Ia 2 = I L + If
Ia 2 = 120A + 2A =122 A 
E g = VL + Ia 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 conductores
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
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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
como 0.5Ω y la resistencia de campo como 160Ω.
[812.7 r.p.m.]
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 =
PS
VL
25 kW
= 62.5 A 
400V
V
If = L
Rf
IL =
400V
If =
= 2.5 A 
160A
Ia1 = I L + If = 62.5A + 2.5A
Ia1 = 65 A 
Análisis como motor:
25 kW
= 62.5 A 
400V
400V
If =
= 2.5 A 
160A
Ia 2 = 60  A 
IL =
E g2 = VL - Ia 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 + Ia1 * R a
E g2
E g1 = 400V+ 65A*0.5Ω
432.5V 950 r.p.m.
=
370V
s2
E g1 = 432.5 V 
s2 =
370V *950 r.p.m.
432.5V
s 2 = 812.71 r.p.m.
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 máquina 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 
Ia = 60 A 
a = 2 ramas  por ser devanado ondulado
SOLUCIÓN:
E g = VL - Ia * R a
E g = 250V - 60A*0.15Ω
E g = 241 V 
Z * #P *  * s
60 * a
E g * 60 * a
Eg =
s=
Z * #P * 
241V *60*2 ramas
390 conductores*20 mWb*4 polos
s = 926.92  r.p.m.
s=
52
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 =
PE
VL
Análisis como generador:
25 kW
IL =
= 50  A 
500V
V
If = L
Rf
25 kW
= 50  A 
500V
500V
If =
= 2.5 A 
200Ω
Ia 2 = 50A + 2.5A
IL =
500V
= 2.5 A 
200Ω
Ia = IL - If
If =
Ia 2 = 52.5 A 
Ia = 50A - 2.5A = 47.5 A 
E g2 = VL + Ia 2 * R a
E g2 = 500V + 52.5A *0.5Ω
E g1 = VL - Ia1 * R a
E g1 = 500V - 47.5A *0.5Ω
E g2 = 526.25 V 
E g1 = 476.25 V 
476.25V 400 r.p.m.
=
526.25V
s2
s2 =
526.25V *400 r.p.m.
476.25V
s 2 = 442  r.p.m.
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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
=
k *1* s1
k *0.75*1* s 2
440V 900 r.p.m.
=
218V 0.75* s 2
218V *900 r.p.m.
0.75*440V 
s 2 = 594.54  r.p.m.
s2 =
54
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 =
VL
Rf
If =
250V
= 2.5 A 
100Ω
Análisis como motor:
Ia1 = I L - If
Ia1 = 80A - 2.5A = 77.5 A 
E g1 = VL - Ia1 * R a
E g1 = 250V - 77.5A *0.12Ω
E g1 = 240.7  V 
Análisis como generador:
Ia 2 = I L + If
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
240.7V s1
=
259.9V s 2
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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

Vescobillas = 1 
 escobilla 
R f = 500Ω 
SOLUCIÓN:
Análisis como generador:
IL =
PS
VL
20 kW
= 40  A 
500V
V
If = L
Rf
IL =
Análisis como motor:
Ia 2 = IL - If
Ia 2 = 40A - 1A = 39  A 
E g2 = VL - Ia 2 * R a  - Vescobillas
E g2 = 500V - 39A *0.1Ω - 2V
E g2 = 494.1 V 
500V
If =
= 1 A 
500Ω
Ia1 = I L + If = 41 A 
E g2
E g1 = VL + Ia1 * R a  + Vescobillas
506.1V 1000 r.p.m.
=
494.1V
s2
E g1 = 500V + 41A *0.1Ω + 2V
E g1 = 506.1 V 
56
E g1
=
s1
s2
494.1V*1000 r.p.m.
506.1V 
s 2 = 976.28 r.p.m.
s2 =
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 
Pp = 825 W 
a = 4  ramas  por ser devanado imbricado
SOLUCIÓN:
If =
VL
Rf
s=
If =
250V
= 2A 
125Ω
s=
Ia = I L - If
Ia = 30A - 2A = 28 A 
E g = VL - Ia * R a
E g = 250V - 28A *0.12Ω
E g = 246.64 V 
τ armadura =
E g * Ia
ω
246.64V*28A
τ armadura =
 rad 

80.71 
 seg 
τ armadura = 85.56 N - m 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
E g * 60 * a
Z * #P * 
246.64V*60*4 ramas
960 conductores*20 mWb*4 polos
s = 770.75 r.p.m.
 770.75 rev   2π rad   1 min 
ω = 
*
*

 min   1 rev   60 seg 
 rad 

ω = 80.71 
 seg 
τ util =
E g * Ia - Pp
ω
246.64V*28A - 825W
τ util =
 rad 

80.71 
 seg 
τ util = 75.34 N - m 
57
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
2.2.- Pérdidas y eficiencia.
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 
Pp = 810  W 
por ser devanado ondulado
SOLUCIÓN:
E g = VL - Ia *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 
ω = 
*
*
 min   60 seg   1 rev 
 rad 

ω = 67.22 
 seg 
58
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
E *I
τ armadura = g a
ω
233.5V*50A
τ armadura =
 rad 

67.22 
 seg 
τ armadura = 173.66 N - m 
τ util =
E g * Ia - Pp
ω
233.5V *50A  - 810W
τ util =
 rad 

67.22 
 seg 
τ util = 161.63 N - m 
PCua = Ia2 * R a
PCua = 50A *0.19Ω = 475 W 
2
PCus = Ia2 * R s
PCus = 50A *0.14Ω = 350 W 
2
PCuT = PCu a + 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
*100%
PE
10.865 kW 
η = 
*100%
 12.5 kW 
η = 86.92%
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 salida 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
Rf
E g2 = VL2 - Ia 2 * R a
E g2 = 250V - 80A *0.1Ω
E g2 = 242 V 
250V
= 1 A 
250Ω
Ia1 = I L1 - If
PS2 = E g2 * Ia 2
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 = 19.36 kW - 998.4W
E g1 = 249.6 V 
PST = 18.36  kW 
If =
PS1 = E g1 * Ia1
PS1 = 249.6V*4A
PS1 = 998.4 W 
PS2 = 242.6V*80A
PE = VL * I L2
PE = 250V *81A 
PE = 20.25 kW 
PS
*100%
PE
Análisis a plena carga:
η=
If = 1 A 
 18.36 kW 
η = 
*100%
 20.25 kW 
Ia 2 = I L2 - I f
Ia 2 = 81A - 1A
η = 90.66%
Ia 2 = 80  A 
60
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
3.- Un motor serie de 230V de corriente directa está tomando 50A. 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 - IL *R a + R s 
E g = 230V - 50A *0.2Ω + 0.1Ω
E g = 215 V 
Parmadura = Ia2 * R a
b)
Parmadura = 50A *0.2Ω
2
Parmadura = 500  W 
PM = E g * Ia
c)
PM = 205V*50A
PM = 10.25 kW 
 1 h.p. 
PM = 
* 10.25 kW 
 746W  
PM = 13.73 h.p.
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 r.p.m.
I L = 65 A 
R T = 0.2Ω 
 = 25 mWb 
Z = 1200 conductores 
SOLUCIÓN:
Z*s*
60
1200 condutores*550 r.p.m.*25 mWb
Eg =
60
E g = 275 V 
Eg =
VL = E g + I L * R T
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
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 corriente de
entrada es 120A a 200V.
[89.8%]
DATOS:
I L1 = 5 A 
I L2 =120  A 
R f =150  Ω 
R a = 0.1 Ω 
VL = 200  V 
SOLUCIÓN:
Análisis en vacío.
If =
VL
Rf
If =
200V
=1.33 A 
150Ω
Ia1 = I L1 - If
Ia1 = 5A - 1.33A = 3.66  A 
E g1 = VL - Ia1 * R a
E g1 = 200V - 3.66A *0.1Ω
E g1 = 199.63 V 
PS1 = E g1 * Ia1
E g2 = VL - Ia 2 * R a
E g2 = 200V - 118.67A*0.1Ω
E g2 = 188.13 V 
PS2 = E g2 * Ia 2
PS2 = 188.13V*118.67A
PS2 = 22.32 kW 
PST = PS2 - PS1
PST = 22.32 kW - 730.66W
PST = 21.59  kW 
PE = VL * I L2
PE = 200V *120A  = 24 kW 
PS1 = 199.63V*3.66A
PS
*100%
PE
PS1 = 730.66 W 
η=
Análisis a plena carga:
 21.59 kW 
η = 
*100%
 24 kW 
If = 1.33 A 
η = 89.95%
Ia 2 = I L2 - I f
Ia 2 = 120A - 1.33A
Ia 2 = 118.67  A 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 
Pp = 450  W 
I L = 24  A 
SOLUCIÓN:
If =
PCu f = If2 *R f + R r 
VL
Rf + Rr
PCu f = 0.62A  + 650Ω + 50Ω 
2
440V
650Ω + 50Ω
If = 0.62  A 
If =
Ia = I L - If
PCu f = 269.08 W 
Pescobillas = Vescobillas * Ia
Pescobillas = 2V *23.37A  = 46.74  W 
Ia = 24A - 0.62A
PE = PS + PCu T + Pp
Ia = 23.37  A 
PE = 8.925 kW +1135.05W + 450W
PCu a = Ia2 *R a + R i 
PCu a = 23.37A  *1.1Ω + 0.4Ω 
2
PCu a = 819.23 W 
PE = 10.51 kW 
η=
PS
*100%
PE
 8.925 kW 
η = 
*100%
10.51 kW 
η = 84.91%
64
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 
E g = VL - Ia * R T  - Vescobillas
E g = 230V - 50A*0.22Ω - 2V
E g = 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 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 vacío 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

Vescobillas = 1.5 
 escobilla 
I L1 = 35 A 
I L2 = 2  A 
SOLUCIÓN:
Análisis a plena carga:
If =
VL
Rf
E g1 = VL - Ia1 * R a  - Vescobillas
E g1 = 200V - 34.6A*0.6Ω - 3V
E g1 =176.24 V 
200V
= 0.4  A 
500Ω
Ia1 = I L1 - If
PS = E g1 * Ia1
Ia1 = 35A - 0.4A = 34.6  A 
PS = 6.09 kW 
If =
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
* 100%
PET
 6.09 kW 
η = 
* 100%
 7.4 kW 
η = 82.4%
PET = 7.4 kW 
66
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
2.3.- Control de velocidad.
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 
VL2 = 230  V 
I a 2 =15 A 
R a = 0.8 Ω 
2 = 0.75* 1
SOLUCIÓN:
E g1 = VL1 - Ia1 * R a
E g1 = 460V - 25A*0.8Ω
E g1 = 440 V 
E g2 = VL2 - Ia 2 * R a
E g2 = 230V - 15A*0.8Ω
E g2 = 218 V 
E g1
E g2
=
k * 1 * s1
k * 1 * s1

k * 2 * s 2 k *0.75*1 * s 2
440V 900 r.p.m.
=
218V 0.75 * s 2
900 r.p.m.*218V 
440V *0.75
s 2 = 594.54  r.p.m.
s2 =
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 = τ 2
s1 = 1200 r.p.m.
2 = 1.25* 1
SOLUCIÓN:
1200 rev   1 min   2π rad 
ω1 = 
*
*

 min   60 seg   1 rev 
τ2 =
 rad 

ω1 = 125.66 
 seg 
τ2 =
E g1 = VL - Ia1 * R a
E g1 = 250V - 80A*0.5Ω
E g1 = 210 V 
τ1 =
τ1 =
210V *80A 
 rad 

125.66 
 seg 
τ1 = 133.69  N - m 
E g2
a2
ω2
E *I 
g2
a2
0.4787 * E g
133.69  N - m  =
2
Ia 2
0.4787
Ia 2 = 64 A 
E g2 = 250V - 64A *0.5Ω
ω1
=
g2
E g2 = VL - Ia 2 * R a
E g * Ia1
E g1
E *I 
k * 1 * ω1
k *1.25  1 * ω2
125.66
210V
=
E g2
1.25 * ω2
125.66 * E g
210V*1.25
ω2 = 0.4787* E g
ω2 =
2
2
E g2 = 218 V 
τ2 =
 E  * I 
g2
a2
ω2
133.69  N - m  =
ω2 =
218V*64A 
ω2
218V*64A 
133.69  N - m 
 rad 

ω2 = 104.36 
 seg 
104.36 rad   60 seg   1 rev 
*

s 2 = 
*

seg
  1 min   2π rad 
s 2 = 996.57  r.p.m.
68
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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) Reducido 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 

ω1 = 83.77 
 seg 
Ia1 = 42  A 
τ 2 = 0.75* τ1
SOLUCIÓN:
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 g1
E g2
τ1 = 237.04  N - m 
k * 1 * ω1
k *0.75*1 * ω2
83.77
472.8V
=
E g2
0.75* ω2
83.77 * E g
472.8V *0.75
ω2 = 0.2362* E g
ω2 =
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 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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
472.8V 800 r.p.m.
=
464.4V 0.75* s 2
E g2 = 464.4  V 
800 r.p.m.*464.4V 
472.8V *0.75
s 2 = 1047.71 r.p.m.
s2 =
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
472.8V 800 r.p.m.
=
471.12V 0.75* s 2
800 r.p.m.*471.12V 
472.8V *0.75
s 2 = 1062.87  r.p.m.
s2 =
70
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 
Ia1 = 28 A 
s1 = 1000  r.p.m.
 rad 

ω1 = 104.71 
 seg 
R a = 0.72 Ω 
2 = 1.2* 1
τ 2 = τ1
SOLUCIÓN:
E g1 = VL - Ia1 * R a
E g1 = 460V- 28A*0.72Ω
E g1 = 439.84 V 
τ1 =
τ1 =
E g1 * Ia1
ω1
439.84V *28A 
 rad 

104.71 
 seg 
τ1 = 117.61 N - m 
E g1
E g2
=
k * 1 * ω1
k *1.2* 1 * ω2
τ2 =
E g2 * Ia 2
ω2
117.61 N - m =
E g2 * Ia 2
0.1983* Eg
2
Ia 2 = 0.1983*117.61 N - m 
Ia 2 = 23.32  A 
E g2 = VL - Ia 2 * R a
E g2 = 460V - 23.32A *0.72Ω
E g2 = 443.21 V 
ω2 = 0.1983* E g2


104.71  rad 

 seg  
439.84V 
=
E g2
1.2* ω2
ω2 = 0.1983*443.21V 


104.71  rad * E

 seg   g2
ω2 =
439.84V*1.2
 87.88 rad   1 rev   60 seg 
*

s 2 = 
 *
 seg   2π rad   1 min 
 rad 

ω2 = 87.88 
 seg 
s 2 = 839.27  r.p.m.
ω2 = 0.1983* E g2
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 

ω1 = 104.71 
 seg 
I L = 10  A 
 3
R Tf =  * R f
 4 
 = If
τ1 = τ 2
SOLUCIÓN:
If1 =
VL
Rf
 3
R Tf =  * R f
 4 
If1 =
100V
= 2A 
50Ω
 3
R Tf =  *50Ω 
 4 
Ia1 = I L1 - If1
Ia1 = 10A - 2A
R Tf = 37.5Ω 
Ia1 = 8 A 
If2 =
VL
R Tf
E g1 = VL - Ia1 * R a
If2 =
100V
= 2.6 A 
37.5Ω
E g1 = 100V - 8A *0.5Ω
E g1 = 96  V 
72
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
E g * Ia
τ1 = 1 1
ω1
τ1 =
96V *8A 
 rad 

104.71 
 seg 
τ1 = 7.33 N - m 
E g1
E g2
=
k * 1 * ω1
k * 2 * ω2

E g1
E g2
96V
209.42
=
E g2 2.6* ω2
209.42* E g
96V *2.6
ω2 = 0.839* E g
 rad  

 seg  
2A*104.71 
=
ω2 =

2.6A* ω2
2
2
τ2 =
E g2 * Ia 2
ω2
7.33 N - m  =
E g 2 * Ia 2
0.839* E g
2
Ia 2 = 7.33 N - m *0.839
Ia 2 = 6.15 A 
I L2 = I a 2 + I f 2
IL2 = 6.15A + 2.6A
IL2 = 8.75 A 
E g2 = VL - Ia 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 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
 81.31 rad   60 seg   1 rev 
*

s 2 = 
 *
 seg   1 min   2π rad 
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 f1 = 125 Ω 
R f 2 = 150  Ω 
s1 = 1000  r.p.m.
 rad 

ω1 = 104.71 
 seg 
I L = 30  A 
 = If
τ1 = τ 2
SOLUCIÓN:
If1 =
VL
R f1
250V
= 2A 
125Ω
Ia1 = I L1 - I f1
If1 =
Ia1 = 30A - 2A
Ia1 = 28 A 
V
If2 = L
R f2
If2 =
250V
= 1.66  A 
150Ω
E g1
E g2
=
k * If1 * ω1
k * 1 * ω1

k * 2 * ω2 k * If 2 * ω2

E g1
E g2
 rad  
 
 seg  
2A*104.71 
=

1.66A* ω2
236V
209.42
=
E g2
1.66A* ω2
209.42* E g
236V*1.66A
ω2 = 0.5345* E g
ω2 =
2
2
E g1 = VL - Ia1 * R a
E g1 = 250V - 28A*0.5Ω
E g1 = 236 V 
74
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
E g * Ia
τ2 = 1 1
ω1
τ2 =
236V *28A 
 rad 

104.71 
 seg 
τ 2 = 63.11 N - m 
τ2 =
E g2 * Ia 2
ω2
63.11 N - m  =
E g2 * Ia 2
0.5345* E g
2
Ia 2 = 63.11 N - m *0.5345
Ia 2 = 33.73 A 
E g2 = VL - Ia 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 

ω2 = 124.61 
 seg 
124.61 rad   60 seg   1 rev 
*

s 2 = 
*

seg
  1 min   2π rad 
s 2 = 1189.94  r.p.m.
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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
 = If
SOLUCIÓN:
 600 rev   2π rad   1 min 
ω1 = 
*
*

 min   1 rev   60 seg 
E g1 = VL - Ia1 * R a
 rad 

ω1 = 62.83 
 seg 
 800 rev   2π rad   1 min 
ω2 = 
*
*

 min   1 rev   60 seg 
E g1 = 240 V 
 rad 

ω2 = 83.77 
 seg 
If1 =
VL 250V
=
R f 250Ω
If1 = 1 A 
Ia1 = I L - If1
Ia1 = 21A - 1A
Ia1 = 20 A 
76
E g1 = 250V - 20A*0.5Ω
τ2 =
τ2 =
E g1 * Ia1
ω1
240V *20A 
 rad 

62.83 
 seg 
τ 2 = 76.396  N - m 
τ2 =
E g2 * Ia 2
ω2
 250V - Ia *0.5Ω * Ia

2
2

76.396 N - m  = 
 rad 

83.77 
 seg 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
76.396*83.77 = 250* Ia - 0.5* Ia2
2
2
6399.69 - 250* Ia 2 + 0.5* I = 0
2
a2
Ia 2 = 27.06 A 
E g2 = VL - Ia 2 * R a
E g2 = 250V - 27.06A *0.5Ω
E g2 = 236.47 V 
E g1
E g2
E g1
E g2
=
k * If1 * s1
k * 1 * ω1

k * 2 * ω2 k * If 2 * s 2
=
1A*600 r.p.m.
If * 800 r.p.m.
2
1A *600 r.p.m.
240V
=
236.47V
I f 2 *800 r.p.m.
1A *600 r.p.m.*236.47V 
240V *800 r.p.m.
If = 0.7389  A 
If2 =
2
RT =
VL
If2
250V
0.7389A
R T = 338.31 Ω 
RT =
RT = Rx - Rf
Rx = RT - Rf
R x = 338.31Ω - 250Ω
R x = 88.31Ω 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 
 = If
τ1 = τ 2
SOLUCIÓN:
 800 rev   2π rad   1 min 
ω1 = 
*
*

 min   1 rev   60 seg 
 rad 

ω1 = 83.77 
 seg 
 950 rev   2π rad   1 min 
ω2 = 
*
*

 min   1 rev   60 seg 
 rad 

ω2 = 99.48 
 seg 
If1 =
VL 240V
=
R f 160Ω
If1 = 1.5 A 
E g1 = VL - Ia1 * R a
E g1 = 240V - 20A*0.4Ω
E g1 = 232 V 
78
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
E g * Ia
τ2 = 1 1
ω1
τ2 =
232V *20A 
 rad 

83.77 
 seg 
τ 2 = 55.389  N - m 
τ2 =
E g2 * Ia 2
ω2
 240V - I a *0.4Ω  * I a

2
2

55.389  N - m  = 
 rad 

99.48 
 seg 
55.389*99.48 = 240* I a 2 - 0.4* I a22
5510.17 - 240* I a 2 + 0.4* I a22 = 0
Ia 2 = 23.91 A 
E g2 = VL - Ia 2 * R a
E g2 = 240V - 23.91A *0.4Ω
E g2 = 230.43V 
E g1
E g2
=
k * If1 * s1
k * 1 * ω1

k * 2 * ω2 k * If2 * 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 =
VL
If2
240V
1.25A
R T = 192 Ω 
RT =
Capítulo 2.- Motores de C.D.
RT = Rx - Rf
Rx = RT - Rf
R x = 192Ω - 160Ω
R x = 32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 f1 = 400  Ω 
 = If
s 2 = 1000  r.p.m.
SOLUCIÓN:
a)
 900 rev   2π rad   1 min 
ω1 = 
*
*

 min   1 rev   60 seg 
 rad 

ω1 = 94.24 
 seg 
1000 rev   2π rad   1 min 
ω2 = 
*
*

 min   1 rev   60 seg 
 rad 

ω2 = 104.71 
 seg 
If1 =
VL 240V
=
R f 400Ω
If1 = 0.6  A 
E g1 = VL - Ia1 * R a
E g1 = 240V - 60A*0.1Ω
E g1 = E g2 = 234 V 
80
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
E g1 k * 1 * ω1
k * If1 * s1
=

E g2 k * 2 * ω2 k * If2 * 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 =
VL
If2
240V
0.54A
R T = 444.44  Ω 
RT =
RT = Rx - Rf
Rx = RT - Rf
R x = 444.44Ω - 400Ω
R x = 44.44Ω 
b)
I L3 = I a 3 + I f1
E g3 = VL - Ia3 * R a
Ia 3 = I L3 - I f1
E g3 = 240V - 199.4A*0.1Ω
Ia 3 = 200A - 0.6A
E g3 = 220.06 V 
Ia 3 = 199.4  A 
s3 =
E g3 * s1
E g1
220.06V *900 r.p.m.
234V 
s3 = 846.38 r.p.m.
s3 =
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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
 3 
y una resistencia de campo de 76   Ω. El motor toma una corriente de línea de 13A mientras gira
1
 3 
a 1000 r.p.m. A una cierta carga la resistencia del circuito de campo se incrementa a 38   Ω.
¿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 f1 = 76  Ω 
 3 
 2
1
R f2 = 76   Ω + 38  Ω = 115Ω 
 3 
 3 
R a = 0.5Ω 
I L1 = 13 A 
SOLUCIÓN:
If1 =
VL 230V
=
R f 76.66Ω
If1 = 3 A 
E g2 = VL - Ia 2 * R a
E g2 = 230V - 40A *0.5Ω
E g2 = 210 V 
Ia1 = I L1 - If1
E g1
Ia1 = 13A - 3A
E g2
Ia1 = 10 A 
V 230V
If1 = L =
R f 115Ω
If1 = 2  A 
Ia1 = I L1 - If1
Ia1 = 42A - 2A
E g1
E g2
s2 =
=
=
k * If1 * s1
k * If2 * s 2
If1 * s1
If2 * s 2
E g2 * If1 * s1
E g1 * If2
210V *3A *1000 r.p.m.
225V*2A
s 2 = 1400  r.p.m.
s2 =
Ia1 = 40 A 
E g1 = VL - Ia1 * R a
E g1 = 230V - 10A*0.5Ω
E g1 = 225 V 
82
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 - Ia1 * R a
E g1 = 250V - 25A*0.4Ω
E g1 = 240 V 
E g2 = VL - Ia 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
240V 1000 r.p.m.
=
230V 0.97* s 2
230V*1000 r.p.m.
0.97*240V
s 2 = 987.97  r.p.m.
s2 =
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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) 17.3%]
DATOS:
VL = 230 V 
R a = 0.4Ω 
s3 = 500  r.p.m.
IL1 = 50 A 
R f = 104.5Ω 
s 4 = 750  r.p.m.
s1 = 600 r.p.m.


V

Vescobillas = 2 
 escobilla 
Ia3 = 30  A 
I L 2 = 5 A 
SOLUCIÓN:
E g1 = VL - Ia1 * R a  - Vescobillas
a)
If1 =
VL
Rf
E g1 = 230V - 47.8A   0.4Ω - 4V
E g1 = 206.88 V 
230V
If1 =
= 2.2  A 
104.5Ω
E g2 = VL - Ia1 * R a  - Vescobillas
Ia1 = I L1 - If1
E g2 = 230V - 2.8A   0.4Ω - 4V
Ia1 = 50A - 2.2A
Ia1 = 47.8 A 
If2 =
If2 =
E g2 = 224.88 V 
E g1
VL
Rf
E g2
230V
= 2.2  A 
104.5Ω
E g2
E g1
s2 =
I a 2 = I L2 - I f 2
Ia 2 = 5A - 2.2A
Ia 2 = 2.8 A 
84
=
=
k * If1 * s1
k * If2 * s 2
If1 * s1
If2 * s 2
E g 2 * If1 * s1
E g1 * If2
224.88V *2.2A *600 r.p.m.
206.88V *2.2A 
s 2 = 652.2  r.p.m.
s2 =
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
b)
E g1
E g3
E g1
E g3
=
=
E g3 =
k * If1 * s1
k * I f3 * s 3
If1 * s1
I f3 * s 3
E g1 * If3 * s3
If1 * s1
206.88V*2.2A*500 r.p.m.
2.2A*600 r.p.m.
E g = 172.4  V 
E g3 =
3
E g3 = VL - Ia1 * R T  - Vescobillas
172.4V = 230V - 47.8A * R T - 4V
230V - 172.4V - 4V
47.8A
R T = 1.12 Ω 
RT =
RT = Ra + Rx
Rx = RT - Ra
R x = 1.12Ω - 0.4Ω
R x = 0.72Ω 
c)
E g4 = VL - I a3 * R a  - Vescobillas
E g4 = 230V - 30A *0.4Ω  - 4V
E g4 = 214  V 
E g1
E g4
=
k * 1* s1
k * 4 * s 4
4 E g4 * s1
=
1 E g1 * s 4
Capítulo 2.- Motores de C.D.
214V*600 r.p.m.
4
=
1 206.88V*750 r.p.m.
4
= 1 - 0.827
1
4
= 0.1724  17.24%
1
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 - Ia1 * R a
E g1 = 250V - 5A *0.3Ω
E g1 = 248.5 V 
E g1
s
= 1
E g2 s 2
248.5V
1000 r.p.m.
=
250V - 5A * R T 800 r.p.m.
250V - 5A * R T = 198.8V
250V - 198.8V
RT =
5A
R T = 10.24 Ω 
RT = Ra + Rx
Rx = RT - Ra
R x = 10.24Ω - 0.3Ω
R x = 9.94 Ω 
86
Ia
τ1
= 1
0.5* τ1 Ia3
I a 3 = 0.5*5A 
I a 3 = 2.5 A 
E g3 = VL - Ia3 * R T
E g3 = 250V - 2.5A*10.24Ω
E g3 = 224.4 V 
E g1
E g3
s3 =
=
s1
s3
E g3 * s1
E g1
224.4V*1000 r.p.m.
248.5V
s3 = 903.02 r.p.m.
s3 =
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 
Ia = 20  A 
R a = 0.5Ω 
s 2 = 0.5* s1
τ 2 = τ1
1 = 2
SOLUCIÓN:
a)
E g1 = VL - Ia * R a
E g1 = 230V - 20A*0.5Ω
E g1 = 220 V 
E g1
E g2
=
k * 1* s1
k * 2 * s 2
s1
220V
=
E g2
0.5* s1
E g2 = 220V *0.5
E g2 = 110 V 
τ1 = τ 2
E g1 * Ia1
ω1
E g1 * Ia1
ω1
=
=
E g2 * Ia 2
ω2
E g2 * Ia 2
0.5* ω1
Ia 2 =
E g1 * Ia1 *0.5
E g2
220V*20A*0.5
110V
Ia = 20 A 
Ia 2 =
2
E g1 * Ia1 =
E g2 * Ia 2
0.5
Capítulo 2.- Motores de C.D.
87
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
E g2 = VL - Ia 2 * R T
110V = 230V - 20A* R T
230V - 110V
20A
R T = 6Ω 
RT =
Rx = RT - Ra
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 g2 * Ia 2
0.5* ω1
ω13 =
= k * 0.5* ω1 
2
E g2 * Ia 2
0.125
E g1 * Ia1 = 8* E g2 * I a 2
Ia 2 =
E g1 * I a1
8* E g
220V *20A 
Ia =
8*110V 
Ia = 5 A 
2
2
2
RT =
VL - E g2
Ia 2
230V - 110V
5A
R T = 24 Ω 
RT =
88
Rx = RT - Ra
R x = 24Ω - 0.5Ω
R x = 23.5Ω 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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. Considerar 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:
Ia21
τ1
=
0.25* τ1 16A2
0.25
Ia1 = 32 A 
Para la mitad del par:
2
a1
I
τ1
=
0.5* τ1 16A 2
16A 
2
Ia3 =
E g3 = 230V - 22.62A*0.25Ω
E g3 = 224.34 V 
16A
2
Ia1 =
E g3 = VL - Ia3 * R T
0.5
Ia 3 = 22.62  A 
E g1 = VL - Ia1 * R T
E g1 = 230V - 32A *0.25Ω
E g1 = 222 V 
E g2 = VL - Ia 2 * R T
E g2 = 230V - 16A *0.25Ω
E g3
E g2
=
Ia3 * s3
Ia 2 * s 2
22.64A* s3
224.34V
=
226V
16A *1200 r.p.m.
s3 = 841.82  r.p.m.
Para el par de plena carga:
E g1
E g2
=
Ia1 * s1
Ia 2 * s 2
32A* s1
222V
=
226V 16A *1200 r.p.m.
s 2 = 589.38 r.p.m.
E g2 = 226 V 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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
Ia 2
s1
=
s 2 2* Ia1
 2 * I
a1
Ia 2
=
 2 * I a
1
 2 * I
2* 2 *20A 
I =  2 *
2
a2
Ia 2 =
Ia 2
2
a1
2
Ia 2 = 33.64  A 
s 2 2* Ia1
=
s1
Ia 2
s2 =
2* s1* Ia
1
Ia 2
2*500 r.p.m.*20A
33.64A
s 2 = 594.53 r.p.m.
s2 =
90
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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:
I a1 = 50  A 
E g1 = 500  V 
ω2 = 0.75* ω1
τ1 = k * ω13
τ 2 = k * ω32
SOLUCIÓN:
2
τ1 k * Ia1
=
τ 2 k * Ia22
0.75* ω1 


50A
2
ω13
3
=
Ia22
Ia 2 = 0.75 *50A 
3
2
Ia 2 = 32.47  A 
E g1
E g2
=
E g2 =
k * Ia1 * s1
k * Ia 2 *0.75* s1
E g1 * Ia 2 *0.75
Ia1
500V*32.47A*0.75
50A
E g = 243.52  V 
E g2 =
2
Rx =
Rx =
E g1 - E g2
Ia 2
500V - 243.52V
32.47A
R x = 7.89Ω 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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.
Ia1 = I a 2
R s = 0.05Ω 
E g1 = E g 2
 = Ia
SOLUCIÓN:
E g1
E g2
1=
=
1* s1
2 * s 2
s 2 Ia1
=
s1 Is2
 650 r.p.m.
Ia1 = 
* I
 500 r.p.m.  s2
Ia1 * s1
Is 2 * s 2
Ia1 = 1.3* Is2
I a1 = I a 2
 R div 
* I a
Is2 = 
 R s + R div  2


R div
* 1.3* Is2 
Is2 = 

 0.05Ω + R  
div
R div
1
=
1.3 0.05Ω + R div
0.05Ω + R div = 1.3* R div
0.05Ω
0.3
R div = 0.1666 Ω 
R div =
92
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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, encuentre 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:
 = Ia
VL = 230  V 
R s = 0.3Ω 
R a = 0.5 Ω 
R div = 0.15Ω 
Ia1 = 40  A 
SOLUCIÓN:
E g1 = VL - Ia *R a + R s 
E g1 = 230V - 40A *0.3Ω + 0.5Ω
E g1 =198 V 
 R div 
* Ia
Is2 = 
 R s + R div  1


0.15Ω
Is2 = 
* 40A = 13.33 A 
 0.3Ω + 0.15Ω  
E g2 = VL - Ia1 * R a  - Is2 * 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
Ia1 * s1
Is2 * s 2
Capítulo 2.- Motores de C.D.
s2 =
E g 2 * Ia1 *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 = 0.35Ω, resistencia de campo = 125Ω.
[a) 7.3Ω, b) 113Ω]
DATOS:
VL = 250 V 
I L = 16 A 
R f = 125  Ω 
s1 = 700 r.p.m.
Ia3 = 18 A 
I f = I f1 = I f 2
s 2 = 400  r.p.m.
R a = 0.35Ω 
 = If
s3 = 1000 r.p.m.
SOLUCIÓN:
a)
If =
VL
Rf
If =
250V
= 2A 
125Ω
Ia1 = I L - If
Ia1 = 16A - 2A
Ia1 = 14 A 
E g1 = VL - Ia1 * R a
E g1 = 250V - 14A*0.35Ω
E g1 = 245.1 V 
E g1
E g2
=
E g2 =
k * If1 * s1
k * If2 * s 2
E g1 * s 2
s1
245.1V *400 r.p.m.
700 r.p.m
E g = 140.05 V 
E g2 =
2
94
Capítulo 2.- Motores de C.D.
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
E g 2 = VL - Ia1 * R T
RT =
VL - E g 2
Ia1
250V - 140.05V
14A
R T = 7.85Ω 
RT =
RT = Ra + Rx
Rx = RT - Ra
R x = 7.85Ω - 0.35Ω
R x = 7.5Ω 
b)
E g3 = VL - Ia3 * R a
E g3 = 250V - 18A *0.35Ω
E g3 = 243.7  V 
E g1
E g3
I f3 =
=
k * If1 * s1
k * I f3 * s 3
E g3 * If1 * s1
E g1 * s3
243.7V*2A*700 r.p.m.
245.1V*1000 r.p.m
If = 1.39 A 
I f3 =
3
RT =
VL
I f3
RT =
250V
= 179.59Ω 
1.39A
RT = Rf + Rx
Rx = RT - Rf
R x = 179.59Ω - 125Ω
R x = 54.59Ω 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 
Ia = 50  A 
s1 = 1000  r.p.m.
R x = 2Ω 
R a = 0.1Ω 
τ1 = τ 2
SOLUCIÓN:
E g = VL - Ia * R a
E g = 220V - 50A*0.1Ω
E g = 215 V 
τ1 =
τ1 =
τ2 =
E g2 * Ia 2
ω2
102.66  N - m  =
E g * Ia
ω2 =
ω1
215V*50A 
 rad 

104.71 
 seg 
τ1 = 102.66  N - m 
2
τ1 I a1
=
τ 2 I a22
115V *50A 
ω2
115V *50A 
102.66  N - m 
 rad 

ω2 = 56.01 
 seg 
 56.01 rad   60 seg   1 rev 
*

s 2 = 
 *
 seg   1 min   2π rad 
s 2 = 534.85 r.p.m.
50A 
2
1=
I a22
I a 2 = 50A 
2
I a 2 = 50  A 
E g2 = VL - Ia 2 *R a + R x 
E g2 = 220V - 50A *2Ω + 0.1Ω
E g2 = 115 V 
96
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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:
If1 =
VL
Rf
If1 =
220V
= 2.2  A 
100Ω
If2 =
VL
R f + R x2
If2 =
220V
= 1.46 A 
100Ω + 50Ω
0.5*2.2A *22.8A 
1.46A
Ia = 17.17  A 
Ia 2 =
2
E g2 = VL - Ia 2 *R a + R x1 
E g2 = 220V - 17.17A *0.1Ω + 5Ω
E g2 = 132.43 V 
E g1
E g1 = VL - Ia1 * R a
E g1 = 220V - 22.8A *0.1Ω
E g2
E g1 = 217.72  V 
s2 =
If * Ia
τ1
= 1 1
0.5* τ1 If2 * Ia 2
s2 =
Ia 2 =
0.5* If * Ia
1
=
If1 * s1
If2 * s 2
E g2 * If1 * s1
E g1 * If2
132.43V*2.2A*1000 r.p.m.
217.72V*1.46A
s 2 = 917.74 r.p.m.
1
If2
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 k * ω12 Ia1
=
=
τ 2 k * ω22 Ia 2
E g2
s 
=  2 
Ia1  s1 
440V - 22.53A * R T 1300 r.p.m.
=
373V
1500 r.p.m.
E g1
2
Ia 2
1300 r.p.m. 
Ia 2 = 
 *30A 
1500 r.p.m. 
2
Ia 2 = 22.53 A 
E g1 =
E g1 =
Ra =
=
s2
s1
440V - 22.53A * R T = 323.26V
440V - 323.26V
22.53A
R T = 5.18Ω 
RT =
PM
Ia1
RT = Ra + Rx
11.19 kW
= 373 V 
30A
R x = 5.18Ω - 2.23Ω
Rx = RT - Ra
R x = 2.95Ω 
VL - E g1
Ia1
440V - 373V
30A
R a = 2.23Ω 
Ra =
98
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 
Ia1 = 40  A 
Ia 2 = 30 A 
s1 = 500 r.p.m.
R T = 0.8Ω 
SOLUCIÓN:
E g1 = VL - Ia1 * R T
E g1 = 460V - 40A*0.8Ω
E g1 = 428 V 
E g2 = VL - Ia 2 * R T
E g2 = 460V - 30A *0.8Ω
τ1 =
τ1 =
τ2 =
E g2
=
Ia1 * s1
Ia 2 * s 2
428V 40A *500 r.p.m.
=
436V
30A * s 2
436V *40A *500 r.p.m.
428V *30A 
s 2 = 679.12  r.p.m.
s2 =
 500 rev   1 min   2π rad 
ω1 = 
*
*

 min   60 seg   1 rev 
 rad 

ω1 = 52.35 
 seg 
ω1
428V *40A 
 rad 

52.35 
 seg 
τ1 = 327.02  N - m 
E g2 = 436 V 
E g1
E g1 * I a1
τ2 =
E g2 * Ia 2
ω2
436V *30A 
 rad 

71.11 
 seg 
τ 2 = 183.94  N - m 
 183.94  N - m  
τ2

= 1- 
 327.02  N - m 
τ1
τ2
= 1 - 0.5624
τ1
τ2
*100% = 43.75%
τ1
 679.12 rev   1 min   2π rad 
ω2 = 
*
*
 min   60 seg   1 rev 
 rad 

ω2 = 71.11 
 seg 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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.
Ia max = 1.5* I a
η = 85%
SOLUCIÓN:
PS
η
18.65 kW
PE =
= 21.94  kW 
0.85
PE =
Ia =
PE
VL
21.94 kW
= 49.86 A 
440V
Ia max = 1.5*49.86A 
Ia =
Ia max = 74.79 A 
K=
Ia max
Ia
K = 1.5
R1
K
5.88Ω
R2 =
= 3.92 Ω 
1.5
R
R3 = 2
K
3.92Ω
R3 =
= 2.61Ω 
1.5
R
R4 = 3
K
2.61Ω
R4 =
= 1.74 Ω 
1.5
R
R5 = 4
K
1.74Ω
R5 =
= 1.16 Ω 
1.5
R2 =
R1 =
VL
Ia max
R1 - R 2 = 5.88Ω - 3.92Ω
R1 =
440V
= 5.88Ω 
74.79A
R 2 - R 3 = 3.92Ω - 2.61Ω
K
n-1
R
= 1
Ra
5.88Ω
1.2Ω

n - 1* log10 1.5 = log10 4.9
1.5 =
n-1
r1 = 1.96 Ω 
r2 = 1.31Ω 
R 3 - R 4 = 2.61Ω - 1.74Ω
r3 = 0.87 Ω 
R 4 - R 5 = 1.74Ω - 1.16Ω
r4 = 0.58Ω 
n - 1 = 3.92
n = 4.92
100
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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
= 3.066 Ω 
75A
RT = Ra + Rx
Rx = RT - Ra
R x = 3.066Ω - 0.3Ω
R x = 2.767 Ω 
E g2 = VL - Ia 2 * R T
E g2 = 230V - 50A*3.066Ω
E g2 = 76.7  V 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 =
VL
Rf
If =
200V
= 2A 
100Ω
Ia = I L - If
Ia = 12A - 2A
Ia = 10 A 
Ia max = 1.5*10A
Ia max = 15 A 
R1 =
R1 =
R 1 - R 2 = 13.33Ω - 6.24Ω
VL
Ia max
r1 = 7.09 Ω 
200V
= 13.33Ω 
15A
r2 = 3.32 Ω 
K6 - 1 =
R1
Ra
13.33Ω
K5 =
0.3Ω
5*log10 K  = log10 44.44
K = 2.135
102
R 1 13.33Ω
=
= 6.24 Ω 
K
2.135
R 6.24Ω
R3 = 2 =
= 2.92 Ω 
K 2.135
R 2.92Ω
R4 = 3 =
= 1.36 Ω 
K 2.135
R 1.36Ω
R5 = 4 =
= 0.64 Ω 
K 2.135
R 0.64Ω
R6 = 5 =
= 0.3Ω 
K 2.135
R2 =
R 2 - R 3 = 6.24Ω - 2.92Ω
R 3 - R 4 = 2.92Ω - 1.36Ω
r3 = 1.56 Ω 
R 4 - R 5 = 1.36Ω - 0.64Ω
r4 = 0.72 Ω 
R 5 - R 6 = 0.64Ω - 0.3Ω
r5 = 0.34 Ω 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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 =
VL
I1
200V
= 6.66 Ω 
30A
I
K= 1
I2
R1 =
K=
30A
= 1.25
24A
R1
K
6.66 Ω
R2 =
= 5.32 Ω 
1.25
R2 =
r1 = R1 - R 2
r1 = 6.66Ω - 5.328Ω
r1 = 1.338Ω 
Capítulo 2.- Motores de C.D.
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
η
E1
Eficiencia máxima.
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
Eficiencia.
F.e.m. primaria.
Flujo eficaz en el núcleo.
Flujo en el núcleo.
ff
Frecuencia final.
fi
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.
N2
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.
εr
%Reg
S0
Porcentaje de caída en la resistencia
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.
Porcentaje de regulación.
Potencia aparente en vacío.
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
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.
R1
Resistencia del primario.
R2
Resistencia del secundario.
R0
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.
VN
Voltaje por cada vuelta.
 V 


 vuelta 
V01
Voltaje primario en vacío.
V02
Voltaje secundario en vacío.
 V
 V
Ω
Ω
Ω
Ω
Ω
Ω
 V
 V
 V
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
3.1.- Conceptos básicos.
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=
N1
N2
350 vueltas
= 10
35 vueltas
V
α= 1
V2
α=
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 cm2 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 cm 2 
SOLUCIÓN:
=
V1
4.44* N1* f
=
3000V
4.44*1200 vueltas*50 Hz
 = 0.01126 Wb 

A
0.01126 Wb
β=
0.015 m 2
 Wb 
β = 0.75  2 
 m 
β=
α=
V1
V2
3000V
= 15
200V
N
α= 1
N2
α=
N1 = α * N 2
N1 = 15*80 vueltas 
N1 = 1200  vueltas 
Capítulo 3.- Transformadores
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 
β = 1.2  2 
 m 
A = 150 cm 2  = 0.015  m 2 
SOLUCIÓN:

A
 =β*A
1.2Wb 
 = 
* 0.015 m 2 
 m 2  
β=
 = 0.018 Wb 
N1 =
V1
4.44*  * f
N1 =
3300V
4.44*0.018 Wb*50 Hz
N1 = 825.82 vueltas 
N2 =
V2
4.44*  * f
N2 =
230V
4.44*0.018 Wb*50 Hz 
N 2 = 57.55 vueltas 
112
Capítulo 3.- Transformadores
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=
c)
V1
V2
3300V
= 13.75
240V
V
α= 1
V2
I1 =
40 kVA
3300V
I1 = 12.12 A 
α=
I1 =
N1
α
660 vueltas
N2 =
13.75
N 2 = 48 vueltas 
I2 =
N2 =
S
V1
S
V2
40 kVA
240V
I 2 = 166.67  A 
I2 =
b)
=
V1
4.44* N1* f
=
3300V
4.44*660 vueltas*50 Hz
 = 22.5 mWb 
Capítulo 3.- Transformadores
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/m2. 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 

VN = 1.5 
 vuelta 
 Wb 
β = 1.2  2 
 m 
S = 10  kVA 
SOLUCIÓN:
a)
N1 =
N1 =
b)
V1
VN
=
V1
4.44* N1* f
1900V
 V 
1.5 

 vuelta 
=
1900V
4.44*1266.67 vueltas*50 Hz 
N1 = 1266.67  vueltas 
N2 =
N2 =
V2
VN
240V
 V 
1.5 

 vuelta 
N 2 = 160 vueltas 
 = 0.00675 Wb 

;
A
β=
A=

β
0.00675 Wb 
 Wb 
1.2  2 
 m 
A = 0.005629  m 2 
A = 56.29  m 2 
A=
c)
I2 =
Ss
V2
10 kVA
240V
I 2 = 41.67  A 
I2 =
114
Capítulo 3.- Transformadores
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
N1 =
1200V
4.44*0.075 Wb*50 Hz
N1 = 72 vueltas 
N2 =
V2
4.44*  * f
N2 =
440V
4.44*0.075 Wb*50 Hz 
N 2 = 26 vueltas 
Capítulo 3.- Transformadores
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 

A
0.0036Wb
β=
0.0075 m 2
 Wb 
β = 0.48  2 
 m 
β=
b)
α=
N1
N2
500 vueltas
1200 vueltas
α = 0.4167
α=
116
α=
V1
V2
V1
α
400V
V2 =
0.4167
V2 = 960  V 
V2 =
Capítulo 3.- Transformadores
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)
I2 =
300 vueltas
23 vueltas
α = 13.04
α=
α=
V1
;
V2
V2 =
10 kVA
115V
I 2 = 86.95 A 
I2 =
V1
α
1500V
13.04
V2 = 115 V 
V2 =
b)
I1 =
S
V2
S
V1
c)
=
V1
4.44* N1* f
=
1500V
4.44*300 vueltas*60 Hz
 = 18.76 mWb 
10 kVA
1500V
I1 = 6.67  A 
I1 =
Capítulo 3.- Transformadores
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:
I1 =
S
V1
10 kVA
3300V
I1 = 30.3 A 
I1 =
I2 =
S
V2
10 kVA
I2 =
400V
I 2 = 250  A 
=
V2
4.44* N 2 * f
=
400V
4.44*110 vueltas*50 Hz 
α=
V1
V2
3000V
400V
α = 8.25
N
α= 1
N2
α=
N1 = α * N 2
N1 = 8.25*110 vueltas 
N1 = 907.5 vueltas 
 = 16.38 mWb 
118
Capítulo 3.- Transformadores
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°
I0 = 5 72.54° A 
I0 = I w + jI m  A 
I0 = 1.5 + j4.76 A 
PH = I w * V1
PH = 1.5A *230V 
PH = 345 W 
I0 = I w + jIm  A 
I0 = 1.5 + j4.76 A 
Im = 4.76 A 
Capítulo 3.- Transformadores
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:
I0 = 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
Capítulo 3.- Transformadores
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
V1
=
4.44* N1* f
=
PH = 1A *250V 
PH = 250  W 
250V
4.44*200 vueltas*50 Hz
 = 5.63 mWb 

2
5.63 mWb
RMS =
2
RMS = 3.98 mWb 
RMS =
c)
I0 = I w + jI m  A 
I0 = 1+ j3.87 A 
Im = 3.87  A 
b)
θ 0 = cos-1 0.25
θ 0 = 75.52
I0 = 4 75.52° A 
I0 = I w + jI m  A 
I0 = 1 + j3.87 A 
Capítulo 3.- Transformadores
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
N2
200 vueltas
40 vueltas
α=5
α=
α=
V1
V2
V1 = α * V2
V1 = 5  400V 
V1 = 2000 V 
100 kVA
400V
I 2 = 25 A 
I2 =
c)
P = V2 * I2 * cos θ
I2 =
P
V2 * cos θ
I2 =
25 kW
400V*0.8
I 2 = 78.125 A 
b)
I1 =
S
V2
S
V1
100 kVA
2000V
I1 = 50 A 
I1 =
122
Capítulo 3.- Transformadores
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:
I0 = 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:
θ 0 = cos -1 0.4
θ 0 = 66.42°
I0 = 1 66.42° A 
I0 = 0.40 + j0.91 A 
θ 2 = cos -1 0.8
θ 2 = 36.86°
I 2 = 50 36.86° A 
I 2 = 20 + j14.99 A 
I2
α
50 36.86° A 
I'2 =
2
'
I 2 = 25 36.86° A 
I'2 =
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 
Capítulo 3.- Transformadores
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=
I'2 =
N1 350 vueltas
=
= 9.21
N 2 38 vueltas
V
α= 1
V2
V
V2 = 1
α
2.2 kV
V2 =
9.21
V2 = 238.85 V 
b)
θ 0 = cos-1 0.25
I'2 =
I2
α
200 36.86° A 
9.21
I = 21.71 36.86°  A 
'
2
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)
θ 0 = 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
Capítulo 3.- Transformadores
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=
V1 400V
=
=2
V2 200V
I 2 25 30° A 
=
= 12.5 30° A 
α
2
I'2 = 10.82 + j6.25 A 
I'2 =
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 
Capítulo 3.- Transformadores
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
I 2 = 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 2 200 36.86 A 
=
α
4
'
I2 = 50 36.86 A 
I'2 =
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
Capítulo 3.- Transformadores
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:
V1
α
1600V
V2 =
= 200  V 
8
V2 =
θ 2 = cos 0.8
-1
θ 2 = 36.86°
P = V2 * I 2 * cos θ 2
P
I2 =
V2 * cos θ 2
I2 =
20 kW
= 125 A 
200V*0.8
I 2 = 125 36.86° A 
I'2 =
I'2 =
θ 0 = cos -1 0.2
θ 0 = 78.46°
I0 = 2 78.46° A 
I0 = 0.40 + j1.95 A 
I1 = I0 + I'2
I1 = 0.40 + j1.95 + 12.50 + j9.37 A 
I1 = 12.90 + j11.32 A 
I1 = 17.16 41.26°  A 
cos θ1 = cos 41.26°
cos θ1 = 0.751
I2
α
125 36.86° A 
8
I = 15.625 36.86° A 
'
2
I'2 = 12.50 + j9.37 A 
Capítulo 3.- Transformadores
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 
I0 = 1 A 
cos θ 0 = 0.385
I 2 = 50  A 
cos θ 2 = 0.8
SOLUCIÓN:
a)
θ 0 = cos -1 0.385
θ 0 = 67.35°
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 
α=
V1
V2
α=
2200V
= 11
200V
I2 50 36.86° A 
=
α
11
'
I2 = 4.54 36.86° A 
I'2 =
I'2 = 3.63 + j2.723 A 
PH = 847  W 
I1 = I0 + I'2
b)
I1 = 4.015 + j3.645 A 
θ 0 = cos -1 0.385 = 67.35°
I1 = 5.42 42.23° A 
I0 = 1 67.35° A 
I0 = 0.385 + j0.922 A 
I1 = 0.385 + j0.922 + 3.63 + j2.723  A 
cos θ1 = cos 42.23°
cos θ1 = 0.74 atraso
θ 2 = cos -1 0.8 = 36.86°
I 2 = 50 36.86° A 
128
Capítulo 3.- Transformadores
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=
V1
V2
α=
400V
=2
200V
I2 50 30° A 
=
α
4
'
I2 = 25 30° A 
I'2 =
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
Capítulo 3.- Transformadores
129
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
3.2.- Pruebas de vacío y de cortocircuito.
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) 394V, b) 377.6V]
DATOS:
α = 0.5
Prueba cortocircuito
Prueba circuito abierto
PCC2 = 60  W 
V1 = 200  V 
ICC2 = 10  A 
I 2 = 10 A 
VCC2 = 30  V 
SOLUCIÓN:
R CC2 =
R CC2 =
ZCC2 =
ZCC2 =
PCC2
X CC2 =
2
ICC
2
2
2
ZCC
- R CC
2
2
X CC2 = 3Ω  - 0.6Ω 
2
60W
10A
2
= 0.6Ω
VCC2
ICC2
30V
= 3 Ω 
10A
2
X CC2 = 2.93Ω 
V1
α
200V
V2 =
= 400  V 
0.5
V2 =
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 + j29.3 V 
E 2 = 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*0.6Ω + j 400V*0.6 + 10A *2.93Ω
E 2 = 326 + j269.3 V 
E 2 = 422.84 39.55° V 
130
Capítulo 3.- Transformadores
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 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 
I 2 = 100  A 
SOLUCIÓN:
Impedancia referida al primario:
R eq1 = R1 + α 2  R 2 
2
R eq1 = 0.9 + 6 *0.025


R eq1 = 1.8Ω 
X eq1 = X1 + α 2 *X 2 
2
X eq1 = 5.4Ω + 6 *0.15Ω


X eq1 = 10.8Ω 
Zeq1 = 1.8 + j10.8Ω 
Zeq1 = 10.94 80.53°Ω 
V1 = I1* Z1
V1 = 10.94 80.53°Ω *16.6A
V1 = 29.87 + j179.12 V 
Tomando solo parte real:
V1 = 29.87V*16.6A
V1 = 495.84 V 
V1
α
495.84V
V2 =
6
V2 = 82.64 V 
V2 =
Voltaje en el primario:
I2
α
100 A 
I1 =
6
I1 = 16.6 A 
I1 =
Capítulo 3.- Transformadores
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
= 7.5
400V
Prueba circuito abierto
Prueba cortocircuito
V1 = 3000  V 
VCC2 = 11 V 
I0 = 0.5 A 
ICC2 = 100  A 
P0 = 500  W 
PCC2 = 500  W 
SOLUCIÓN:
V12
X0 =
Q0
I2
α
100A
I1 =
= 13.33 A 
7.5
V1 = α * V2
I1 =
3000V
2
X0 =
1414.21VAR
X 0 = 6363.96 Ω 
V1 = 7.5*11V  = 82.5 V 
Prueba de cortocircuito:
Prueba de circuito abierto:
PCC2
R CC2 =
S0 = V1* I 0
2
I CC
2
S0 = 3000V *0.5A 
S0 = 1.5 kVA 
R CC2 =
Q0 = S02 - P02
R CC2
Q0 = 1.5 kVA - 500W 
2
Q0 = 1414.21 VAR 
3000V 
2
R0 =
500W
R 0 = 18000 Ω 
132
13.33A 
= 2.81Ω 
2
2
VCC2
ZCC2 =
ZCC2 =
V2
R0 = 1
P0
500W
ICC2
82.5V
= 6.18Ω 
13.33A
X CC2 =
2
2
ZCC
- R CC
2
2
X CC2 = 6.18Ω - 2.81Ω 
2
2
X CC2 = 5.51Ω 
Capítulo 3.- Transformadores
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:
fi = 30 Hz 
Pi = 30 W 
f f = 50 Hz 
Pf = 54 W 
f = 50 Hz 
SOLUCIÓN:
A + 30* B =
A + B * f  =
Pi
fi
A + B * f  =
Pf
ff
30W
30 Hz
A + 50* B =
A + 30* B = 1 ... 1
54W
50 Hz
A + 50* B = 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
PF = 0.004*50 Hz 
2
PF = 10  W 
Capítulo 3.- Transformadores
133
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
5.- Un núcleo de hierro fue 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:
fi = 25 Hz 
Pi = 0.8 W 
f f = 60 Hz 
Pf = 2.04  W 
f = 100 Hz 
SOLUCIÓN:
A + B * f  =
Pi
fi
A + 25* B =
0.8W
25 Hz
A + 25* B = 0.032 ... 1
A + B * f  =
Pf
ff
A + 60* B =
2.04W
60 Hz
A + 60* B = 0.034 ... 2
Resolvemos el sistema de ecuaciones
A = 0.03057
B = 57.142μ
PHS = A* f = 0.03057*100 Hz
PHS = 3.057  W 
PF = B * f 2 = 57.142μ *100 Hz
2
PF = 0.57142 W 
Pkg = PHS + PF
Pkg = 3.057W + 0.57142W
Pkg = 3.63 W 
134
Capítulo 3.- Transformadores
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 0.85Ω 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 
I 2 = 150  A 
SOLUCIÓN:
R eq1 = R 1 + α 2 * R 2 
R eq1 = 0.85Ω + 8 *0.012Ω 
2
R eq1 = 1.618Ω 
X eq1 = X1 + α 2 * X 2 
X eq1 = 4.8Ω + 8 *0.07Ω 
2
X eq1 = 9.28Ω 
Zeq1 = 1.618 + j9.28Ω 
Zeq1 = 9.4 80.1°Ω 
I2
α
150 A
I1 =
8
I1 = 18.75 A 
I1 =
V1 = Z1* I1
V1 = 9.4 80.1°Ω*18.75A
V1 = 176.25 80.1°V 
Capítulo 3.- Transformadores
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 + 50* B =
A + B * f  =
Pi
fi
A + B * f  =
Pf
ff
55W
50 Hz
A + 40* B =
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
PF = 0.0075*60 Hz 
2
PF = 27  W 
136
Capítulo 3.- Transformadores
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 
P0 = 105 W 
PCC1 = 320  W 
2500
= 10
250
f = 50 Hz 
I0 = 1.4 A 
ICC1 = 8 A 
V2 = 250  V 
VCC1 = 104  V 
α=
SOLUCIÓN:
Prueba de cortocircuito.
PCC1
R CC1 =
ZCC1 =
2
320W
8A
2
2
X CC2 = 0.12Ω 
= 5 Ω 
Prueba de circuito abierto.
S0 = V0 * I0
VCC1
ZCC1 =
2
2
ZCC
- R CC
2
2
X CC2 = 0.13Ω - 0.05Ω
2
ICC
1
R CC1 =
X CC2 =
S0 = 250V *1.4A 
ICC1
104V
= 13Ω 
8A
Reflejando al secundario:
S0 = 350 VA 
Q0 = S02 - P02
Q0 = 350VA - 105W 
2
ZCC2 =
ZCC2 =
ZCC1
α2
13Ω
10
2
2
Q0 = 333.87  VAR 
= 0.13Ω 
R0 =
V22
P0
X0 =
250V
2
R CC2 =
R CC2
R CC1
=
5Ω
10
= 0.05Ω
α
2
2
Capítulo 3.- Transformadores
R0 =
105W
R 0 = 595.2 Ω 
V22
Q0
250V 
2
X0 =
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=
V1
V2
α=
2000V
=5
400V
X1
α2
12.5Ω
X eq2 = 0.5Ω +
2
5
X eq2 = X 2 +
X eq2 = 1Ω 
R
R eq2 = R 2 + 21
α
R eq2 = 0.2Ω +
5.2Ω
5
R eq = 0.408Ω 
I2 =
S
V2
I2 =
10 kVA
= 25 A 
400A
2
2
E 2 =  V2 * cos θ 2 + I 2 * R eq2  + 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
Capítulo 3.- Transformadores
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
PHS 650W
=
= 13
f
50 Hz
  W 
PHS = 13  *100 Hz
  Hz  
A=
PHS = 1300 W 
b)
B * f 2 = PF
B=
PF
400W
=
= 0.16
2
2
f
50 Hz

 W 
2
PF = 0.16   *100 Hz 
 Hz  

PF = 1600  W 
Capítulo 3.- Transformadores
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* I01
S0 = 2200V*0.5A
PCC1
R CC1 =
S0 = 1100 VA 
2
ICC
1
808W
R CC1 =
Q0 = S02 - P02
20.5A 
R CC = 1.923Ω 
2
Q0 = 1100VA - 400W 
2
1
ZCC1 =
Q0 = 1024.69 VAR 
VCC1
ICC1
R0 =
90V
20.5A
ZCC1 = 4.39Ω 
ZCC1 =
X CC1 =
V12
P0
2200V 
2
R0 =
400W
R 0 = 12.1 kΩ 
2
2
ZCC
- R CC
1
1
X CC1 = 4.39Ω  - 1.923Ω 
2
2
X0 =
X CC1 = 3.94 Ω 
Prueba de circuito abierto:
V12
Q0
2200V
2
X0 =
I01 =
2
1024.69 VAR
X 0 = 4.723 kΩ 
I 02
α
10A
I01 =
= 0.5 A 
20
140
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
3.3.- Pérdidas y eficiencia.
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
cos θ = 0.8
c 2 = 0.75
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
- 160 kVA
0.98
PCu + PH = 3265.30 ... 1
Para eficiencia máxima:
Resolviendo ecuaciones:
PH = c22 * PCu
PH = 1.174kW
PH = 0.75 * PCu
2
PH - 0.562* PCu = 0 ... 2
b)
PCu = 2.09kW
c)
η=
S * cos θ * c3
*100%
S * cos θ * c3 + c32 * PCu + PH
η=
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%
Capítulo 3.- Transformadores
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
cos θ = 0.8
c 2 = 0.5
c3 = 0.6
SOLUCIÓN:
η=
S * cos θ * c1
S * cos θ * c1 + c12 * PCu + PH
0.92 =
600 kVA*1*1
2
600 kVA*1*1 + 1 * PCu + PH
PH + 1 * PCu =
2
600 kVA
- 600 kVA
0.92
PH + PCu = 52173.91 ... 1
Para eficiencia máxima:
η=
S * cos θ * c2
S * cos θ * c2 + c22 * PCu + PH
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=
S * cos θ * c3
*100%
S * cos θ * c3 + c32 * PCu + PH
η=
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
Capítulo 3.- Transformadores
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=
S * cos θ * c
*100%
S * cos θ * c + c2 * PCu + PH
η=
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%
Capítulo 3.- Transformadores
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 =
PH
*100%
PCu
430W
*100%
920W
c1 = 68.36%
c1 =
b)
PHmax = c2 * PH
PHmax = 0.85*920W 
PHmax = 782  W 
PCu max =
PCu max =
PCu
c 22
430W
0.85
2
PCu max = 595.15 W 
144
Capítulo 3.- Transformadores
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=
S2
S1
65 kVA
100 kVA
c = 0.65
c=
η=
S2 * cos θ * c
*100%
S2 * cos θ * c + c2 * PCu + PH
η=
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%
Capítulo 3.- Transformadores
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 θ 2 + 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
Capítulo 3.- Transformadores
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=
S * cos θ * c1
*100%
S * cos θ * c1 + c12 * PCu + PH
η=
100 kVA*1*1
*100%
2
100 kVA*1*1 + 1 *1.3 kW  + 1.2 kW 
η = 97.56%
b)
η=
S * cos θ * c2
*100%
S * cos θ * c2 + c22 * PCu + PH
η=
100 kVA*1*0.5
*100%
2
100 kVA*1*0.5 + 0.5 *1.3 kW  + 1.2 kW 
η = 97.04%
Capítulo 3.- Transformadores
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:
11000
= 47.82
230
Snom = 150  kVA 
α=
f = 50  Hz 
PH = 1.4 kW 
PCu = 1.6 kW 
cos θ = 0.8
c 2 = 0.5
SOLUCIÓN:
a)
Smax = c1*Snom 
c1 =
PH
PCu
c1 =
1.4 kW
= 0.935
1.6 kW
Smax = 0.935*150 kVA
Smax = 140.25 kVA 
b)
Plena carga:
ηmax =
Smax * cos θ * c1
*100%
Smax * cos θ * c1 + c12 * PCu + PH
ηmax =
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=
Snom * cos θ * c2
*100%
Snom * cos θ * c2 + c 22 * PCu  + PH
η=
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
Capítulo 3.- Transformadores
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
η = 0.9
c1 = 1
P = 500 kW 
c3 = 0.75
c 2 = 0.5
SOLUCIÓN:
Eficiencia a media carga:
P
500 kW
=
= 500 kVA 
cos θ
1
S * cos θ * c2
η=
S * cos θ * c2 + c22 * PCu + PH
S=
0.9 =
S * cos θ * c1
S * cos θ * c1 + c12 * PCu + PH
0.9 =
2
250 kVA
- 250 kVA
0.9
PH + 0.25* PCu = 27777.78 ... 1
500 kVA*1*0.5
2
500 kVA*1*0.5 + 0.5 * PCu + PH
Eficiencia a plena carga:
η=
PH + 0.5 * PCu =
500 kVA*1*1
2
500 kVA*1*1 + 1 * PCu + PH
PH + 1 * PCu =
2
Resolviendo ecuaciones:
PH = 18.518 kW 
PCu = 37.037  kW 
500 kVA
- 500 kVA
0.9
PH + PCu = 55555.55 ... 2
Eficiencia al 75% de carga:
η=
S * cos θ * c3
*100%
S * cos θ * c3 + c32 * PCu + PH
η=
500 kVA*1*0.75
*100%
2
500 kVA*1*0.75 + 0.75 *37.037 kW  + 18.518 kW 
η = 90.5%
Capítulo 3.- Transformadores
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 
c1 = 0.9
500
=2
250
ηmax = 0.94
cos θ1 = 1
α=
c2 = 1
cos θ 2 = 0.8
SOLUCIÓN:
PH = c12 * PCu
PH - c12 * PCu = 0
PH - 0.9 * PCu = 0 ... 1
2
η=
S * cos θ1* c 22
S * cos θ1* c 2 + c 22 * PCu + PH
0.94 =
10 kVA*1*1
2
10 kVA*1*1 + 1 * PCu + PH
10 kVA
- 10 kVA
0.94
PH + PCu = 638.29 ... 2
PH + 1 * PCu =
2
Resolviendo ecuaciones:
PCu = 352.646 W 
PH = 285.646 W 
η=
S * cos θ 2 * c 2
*100%
S * cos θ 2 * c2 + c22 * PCu + PH
η=
10 kVA*0.8*1
*100%
2
10 kVA*0.8*1 + 1 *352.646W  + 285.646W 
η = 92.61%
150
Capítulo 3.- Transformadores
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:
X1 = 4Ω
3300V
=5
660V
R1 = 0.8Ω 
α=
X 2 = 0.12Ω
Zc = 4.8 + j3.6Ω
R 2 = 0.03Ω 
SOLUCIÓN:
I2 =
V2
Zc
I2 =
660V
4.8 + j3.6
I2 = 110 -36.86° A 
R eq2 = R 2 +
R1
α2
R eq2 = 0.03Ω +
X eq2 = X 2 +
0.8Ω
X1
α2
X eq2 = 0.12Ω +
5
2
R eq2 = 0.062 Ω 
4Ω
5
2
X eq2 = 0.28Ω 
cos θ = cos -36.86°
cos θ = 0.8
E 2 =  V2 * cos θ + I 2 * R eq2  + j  V2 * sen θ - I 2 * X eq2 

 




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 
Capítulo 3.- Transformadores
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
SOLUCIÓN:
a)
η=
S1* cos θ1* c1
*100%
S1* cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH
η=
100 kVA*0.8*1
*100%
2
100 kVA*0.8*1 + 1 *1.5 kW  + 600W 
η = 97.44%
b)
c2 =
S2
S1
50 kVA
100 kVA
c 2 = 0.5
c2 =
η=
S1* cos θ 2 * c 2
*100%
S1* cos θ 2 * c2 + c22 * PCu + PH
η=
100 kVA*1*0.5
*100%
2
100 kVA*1*0.5 + 0.5 *1.5 kW  + 600W 
η = 98.08%
152
Capítulo 3.- Transformadores
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 
440
= 0.133
3300
c1 = 1
α=
I 0 = 1.3 A 
PCu = 115 W 
cos θ1 = 1
Corto circuito
c 2 = 0.25
PH = 140  W 
cos θ 2 = 0.8
SOLUCIÓN:
a)
η=
S * cos θ1* c1
*100%
S * cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH
η=
10 kVA*1*1
*100%
2
10 kVA*1*1 + 1 *115W  + 140W 
η = 97.51%
b)
η=
S * cos θ 2 * c2
*100%
S * cos θ 2 * c2 + c22 * PCu + PH
η=
10 kVA*0.8*0.25
*100%
2
10 kVA*0.8*0.25 + 0.25 *115W  + 140W 
η = 93.14%
Capítulo 3.- Transformadores
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
cos θ 2 = 1
V2 = 240  V 
SOLUCIÓN:
a)
η=
S * cos θ1* c1
*100%
S * cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH
η=
150 kVA*0.8*1
*100%
2
150 kVA*0.8*1 + 1 *2 kW  + 1.5 kW 
η = 97.17%
b)
η=
S * cos θ 2 * c 2
*100%
S * cos θ 2 * c2 + c22 * PCu + PH
η=
150 kVA*1*0.5
*100%
2
150 kVA*1*0.5 + 0.5 *2 kW  + 1.5 kW 
η = 97.4%
c3 =
PH
1.5 kW
=
PCu
2 kW
c3 = 0.866
Smax = V2 * I max
I max =
Smax 129.90 kVA
=
V2
240V
I max = 541.26  A 
Smax = c3 * S
Smax = 0.866*150 kVA 
Smax = 129.90  kVA 
154
Capítulo 3.- Transformadores
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:
3300V
= 8.25
400V
S = 200 kVA 
α=
cos θ 2 = 0.707
Prueba de cortocircuito
VCC1 = 200  V 
PCC1 = 1650  W 
I 2 = 300 A 
SOLUCIÓN:
I2
α
300A
ICC1 =
= 36.36  A 
8.25
ICC1 =
ZCC1 =
R CC1 =
ZCC1
α2
5.5Ω
ZCC2 =
ZCC2
VCC1
8.25
= 80.81 mΩ 
ICC1
200V
ZCC1 =
= 5.5Ω 
36.36A
R CC1 =
ZCC2 =
R CC2 =
2
R CC1
R CC2 =
PCC1
2
ICC
1
R CC2
1650W
36.36A
2
= 1.24Ω 
α2
1.24Ω
8.25
= 18.21 mΩ 
X CC2 =
2
2
2
ZCC
- R CC
2
2
X CC2 = 80.81mΩ - 18.21mΩ
2
2
X CC2 = 78.73 mΩ 
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 
E 2 = 420.69 46.75° V 
%Reg =
E 2 - V2
*100%
V2
420.69V - 400V
*100%
400V
%Reg = 5.17%
%Reg =
Capítulo 3.- Transformadores
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=
R 2 = 0.02Ω 
6600V
= 26.4
250V
X eq1 = 35Ω 
SOLUCIÓN:
a)
I2 =
S
V2
I2 =
40 kVA
= 160  A 
250V
R eq2 = R 2 +
R1
α2
10Ω
R eq2 = 0.02Ω +
26.4
R eq = 0.0343Ω 
2
2
X eq 2 =
X eq 2 =
X eq1
α2
35Ω
26.4
2
X eq 2 = 0.0502 Ω 
E 2 =  V2 * cos θ + I 2 * R CC2  + j  V2 * sen θ + I 2 * X CC2 

 

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
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
b)
Factor de potencia unitario.
%Reg =
E 2 - V2
*100%
V2
255.61V - 250V
*100%
250V
%Reg = 2.24%
%Reg =
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 =
E 2 - V2
*100%
V2
259.22V - 250V
*100%
250V
%Reg = 3.68%
%Reg =
Capítulo 3.- Transformadores
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 
200
= 0.5
400
f = 50  Hz 
α=
cos θ1 = 1
Circuito Abierto
Corto circuito
cos θ 2 = 0.8 atraso 
PCu = 60  W 
PH = 40  W 
V0 = 200  V 
ICC2 = 8 A 
cos θ3 = 0.8 adelanto 
VCC2 = 16  V 
SOLUCIÓN:
a)
η=
S * cos θ1* c1
*100%
S * cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH
η=
4 kVA*1*1
*100%
2
4 kVA*1*1 + 1 *60W  + 40W 
η = 97.56%
ZCC2 =
ZCC2 =
VCC2
ICC2
16V
= 2Ω 
8A
b)
R CC2 =
R CC2 =
PCC2
2
2
X CC2 = ZCC
- R CC
2
2
2
ICC
2
X CC2 = 2Ω - 0.625Ω
2
40W
8A
2
= 0.625Ω 
X CC2 = 1.899Ω 
Factor de potencia 0.8 atraso.
E 2 =  V2 * cos θ 2 + I 2 * R CC2  + j  V2 * sen θ 2 + I 2 * X CC2 

 

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 - I 2 * X CC2 

 




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
Capítulo 3.- Transformadores
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 
6600V
= 26.4
250V
f = 50 Hz 
α=
Circuito abierto
Cortocircuito
PCu = 900  W 
ICC = 12  A 
V1 = 6600  V 
VCC = 290  V 
PCC = 860  W 
cos θ1 = 1
cos θ 2 = 0.8 atraso
cos θ3 = 0.8adelanto
SOLUCIÓN:
a)
η=
η=
S * cos θ 2 * c1
*100%
S * cos θ 2 * c1 + c12 * PCu + PH
100 kVA*0.8*1
*100%
2
100 kVA*0.8*1 + 1 *900W  + 860W 
η = 97.84%
ZCC1 =
VCC1
X CC1 =
ICC1
290V
12A
ZCC1 = 24.16 Ω 
R CC1 =
S
V2
I2 =
100 kVA
= 400  A 
250V
2
2
ZCC
- R CC
1
1
X CC1 = 24.16Ω - 5.97Ω 
2
ZCC1 =
R CC1 =
I2 =
X CC1 = 23.41Ω 
Reflejando al secundario.
PCC1
R CC2 =
2
ICC
1
860W
12A 
R CC = 5.97 Ω 
2
1
Capítulo 3.- Transformadores
2
R CC2 =
R CC2
R CC1
α
5.97Ω
2
26.4
= 8.56  mΩ 
2
X CC2 =
X CC2 =
X CC2
X CC1
α2
23.41Ω
26.4
= 0.033Ω 
2
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 =
E 2 - V2
*100%
V2
260.79V - 250V
*100%
250V
%Reg = 4.31%
%Reg =
c2 =
PH
PCu
860W
= 0.9775
900W
Smax = c2 * S
c2 =
Smax = 0.9775*100 kVA 
Smax = 97.75 kVA 
Factor de potencia unitario.
ηmax =
Smax * cos θ1* c2
*100%
Smax * cos θ1* c2 + c22 * PCu + PH
ηmax =
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 =
Smax * cos θ 2 * c2
*100%
Smax * cos θ 2 * c2 + c22 * PCu + PH
ηmax =
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 =
Smax * cos θ3 * c2
*100%
Smax * cos θ3 * c2 + c22 * PCu + PH
ηmax =
97.75 kVA*0.8*0.9775
*100%
2
97.75 kVA*0.8*0.9775 + 0.9775 *860W  + 860W 
ηmax = 97.84%
160
Capítulo 3.- Transformadores
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 
440V
=4
110V
R1 = 0.5Ω 
α=
R 2 = 0.04Ω 
cos θ = 1
SOLUCIÓN:
R eq2 = R 2 +
R1
α2
R eq2 = 0.04Ω +
0.5Ω
 4
R eq = 0.07125Ω 
2
2
PCu = I22 * R eq2
I2 =
PCu
200W
=
R eq2
0.07125Ω
I2 = 53 A 
S = V2 * I 2
S = 110V *53A 
S = 5830  VA 
η=
S * cos θ * c
*100%
S * cos θ * c + c * PCu + PH
η=
5830VA*1*1
*100%
2
5830VA*1*1 + 1 *200W  + 200W 
η = 93.57%
Capítulo 3.- Transformadores
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=
S * cos θ1* c1
*100%
S * cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH
η=
40 kVA*1*1
*100%
2
40 kVA*1*1 + 1 *750W  + 500W 
η = 96.97%
η=
S * cos θ1* c2
*100%
S * cos θ1* c2 + c22 * PCu + PH
η=
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=
S * cos θ 2 * c1
*100%
S * cos θ 2 * c1 + c12 * PCu + PH
η=
40 kVA*0.8*1
*100%
2
40 kVA*0.8*1 + 1 *750W  + 500W 
η = 96.24%
η=
S * cos θ 2 * c2
*100%
S * cos θ 2 * c2 + c22 * PCu + PH
η=
40 kVA*0.8*0.5
*100%
2
40 kVA*0.8*0.5 + 0.5 *750W  + 500W 
η = 95.88%
162
Capítulo 3.- Transformadores
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 
cos θ1 = 0.8
3000
= 27.27
110
PCu = 350 W 
c1 = 1
α=
cos θ 2 = 1
c 2 = 0.5
PH = 500 W 
SOLUCIÓN:
a)
η=
S * cos θ1* c1
*100%
S * cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH
η=
30 kVA*0.8*1
*100%
2
30 kVA*0.8*1 + 1 *350W  + 500W 
η = 96.57%
b)
η=
S * cos θ 2 * c2
*100%
S * cos θ 2 * c2 + c22 * PCu + PH
η=
30 kVA*1*0.5
*100%
2
30 kVA*1*0.5 + 0.5 *350W  + 500W 
η = 96.23%
c3 =
PH
350W
=
PCu
500W
c3 = 0.8366
Capítulo 3.- Transformadores
Smax = c3 * S
Smax = 0.8366*30 kVA 
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 =
S * cos θ1* c1
S * cos θ1* c1 + c12 * PCu + PH
0.9877 =
400 kVA*1*0.8
2
400 kVA*1*0.8 + 1 * PCu + PH
PH + 1 * PCu =
2
320 kVA
- 320 kVA
0.9877
PH + PCu = 3985.01... 1
Media carga:
η2 =
S * cos θ 2 * c 2
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
PH + 0.5 * PCu =
2
200 kVA
- 200 kVA
0.9913
PH + 0.25* PCu =1755.27 ... 2
Resolviendo ecuaciones:
PH = 1012.02 W 
PCu = 2972.98 W 
164
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
3.4.- Eficiencia diaria.
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 kVA 
c = 0.5
cos θ = 1
ηmax = 98%
SOLUCIÓN:
η=
PH = c 2 * PCu
PH - 0.5 * PCu = 0
2
S * cos θ * c
S* cos θ * c + c * PCu + PH
0.98 =
PH - 0.25* PCu = 0 ... 2
100 kVA *1*0.5
100 kVA *1*0.5 + 0.5 * PCu + PH
2
0.25* PCu + PH = 1020.40 ... 1
PCu = 2040.8 W 
PH = 510.2 W 
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
c 2 * S1* cos θ 2 *hrs = 100 kVA *0.5*0.8*6 hrs 
c22 * PCu *hrs = 16326.4 W - hrs 
c 2 * S1* cos θ 2 *hrs = 240  kW - hrs 
2
2
c * P
2
Cu
*hrs = 19387.6 W - hrs 
 kW - hrs = 1040kW - hrs
PH * hrs = 510.2W *24 hrs 
PH * hrs = 12244  W - hrs 
Eficiencia:
η=
kW - hrs
*100%
kW - hrs + c2 * PCu + PH
η=
1040 kW - hrs 
*100%
1040 kW - hrs  +19387.6 W - hrs  +12244  W - hrs 
η = 97.04%
Capítulo 3.- Transformadores
165
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
3
2.- Un transformador a 20 kVA tiene una máxima eficiencia del 98% cuando desarrolla
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 
ηmax = 0.98
c1 = 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
0.75 * PCu + PH = 306.12 ... 1
2
PH = c 2 * PCu
PH - 0.75 * PCu = 0 ... 2
2
Resolviendo ecuaciones:
PH = 153.06 W 
PCu = 272.11 W 
PH * hrs = 153.06W *24 hrs
PH * hrs = 3673.44 W - hrs 
166
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
P * hrs
hrs
12 kW - hrs
P=
= 2  kW 
6 hrs
P
S2 =
cos θ
2 kW
S2 =
= 2.5 kVA 
0.8
P=
c=
S2
S1
c=
2.5 kVA
= 0.125
20 kVA
c 22 * PCu *hrs = 0.125 *272.11W *6 hrs
2
c 22 * PCu *hrs = 25.51 W 
c12 * PCu *hrs = 1 *272.11W *6 hrs 
2
c12 * PCu *hrs = 1.632  kW 
c * P
2
Cu
*hrs = 1658.17  W - hrs 
c 22 * 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 
 kW - hrs = 132kW - hrs 
Eficiencia
η=
kW - hrs
*100%
kW - hrs + c2 * PCu + PH
η=
132 kW - hrs 
*100%
132 kW - hrs  +1658.17  W - hrs  + 3673.44 W - hrs 
η = 96.11%
Capítulo 3.- Transformadores
167
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
3.5.- Transformadores en paralelo.
1.- Dos transformadores monofásicos “A” y “B” con relación de tensión igual, trabajan en paralelo
y suministran una carga que requiere una corriente de 500A con 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 

I A = IT *
 Z1 + Z2 


5.59 63.43°Ω 

I A = 500 36.86° A *
 3.6 56.3°Ω  + 5.59 63.43°Ω 
I A = 304.69 39.65° A 
Transformador “B”:
 Z1 

IB = IT *
 Z2 + Z1 


3.6 56.3°Ω 

IB = 500 36.86° A *
 5.59 63.43°Ω  + 3.6 56.3°Ω 
IB = 196.22 32.52°A 
168
Capítulo 3.- Transformadores
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
“A”
750 kVA
3
“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 
Z2 = 
* 2 + j4Ω 
 500 kVA  
Z2 = 3 + j6Ω 
 Z2 

SA = ST *
 Z1 + Z2 

3 + j6Ω 

SA = 1000 -36.86° kVA *

3 + 5jΩ  + 3 + j6Ω 
SA = 535.3 -34.8° kVA 
Transformador “B”:
 Z1 

SB = ST *
 Z2 + Z1 


3 + j5Ω 

SB = 1000 -36.86° kVA *
3 + j6Ω  + 3 + j5Ω 
SB = 465.36 -39.21° kVA 
Capítulo 3.- Transformadores
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 TA en cortocircuito
Para TB en cortocircuito
V2 = 2200 V 
ICCA = 10  A 
ICCB = 30  A 
IT = 200 -36.86° A 
VCCA = 200 V 
VCCB = 200  V 
PCCA = 100 W 
PCCB = 1500  W 
SOLUCIÓN:
Transformador “A”:
ICCA
ZCCB =
200V
= 20Ω 
10A
ZCCA =
ZCCB =
PCC2
R CC2 =
R CC2 =
Transformador “B”:
VCCA
ZCCA =
2
ICC
2
1000W
10A
2
R CCB =
= 10Ω 
R CCB =
X CCA =
2
2
ZCC
- R CC
A
2
X CCA = 20Ω - 10Ω  = 17.32 Ω 
2
2
X CCB =
VCCB
ICCB
200V
= 6.67 Ω 
30A
PCCB
2
ICC
B
1500W
30A
2
= 1.67 Ω 
2
2
ZCC
- R CC
B
B
X CCB = 6.67Ω - 1.67Ω
2
ZA = R CC2 + jX CC2
ZA = 10 + j17.32Ω  = 20 60°Ω 
2
X CCB = 6.45Ω 
ZB = R CCB + jX CCB
ZB = 1.67 + j6.45Ω 
ZB = 6.67 75.48°Ω 
170
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
I A * ZA = I B * ZB
I A *20 60°Ω  = I B *6.67 75.48°Ω 
I A *20 60°Ω  - I B *6.67 75.48°Ω  = 0 ... 1
I A + I B = IT
I A + I B = 200 -36.86° A  ... 2
Resolviendo ecuaciones:
I A = 50.36 -25.23° A 
I B = 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 
Capítulo 3.- Transformadores
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 
ICCA = 30  A 
ICCB = 20  A 
cos θ = 0.8 atraso
PCCA = 1200  W 
PCCB = 1500  W 
SOLUCIÓN:
Transformador “A”:
ZCCA =
ZCCA =
R CCA =
R CCA =
X CCA =
Transformador “B”:
VCCA
ICCA
200V
= 6.66 Ω 
30A
ZCCB =
PCCA
I
VCCB
ZCCB =
ICCB
120V
= 6 Ω 
20A
R CCB =
2
CCA
1200W
30A
2
= 1.33Ω 
R CCB =
2
2
ZCC
- R CC
A
A
X CCB =
PCCB
2
ICC
B
1500W
20A
2
= 3.75Ω 
2
2
ZCC
- R CC
B
B
X CCA = 6.67Ω - 1.33Ω
X CCB = 6Ω  - 3.75Ω 
X CCA = 6.53Ω 
X CCB = 4.68Ω 
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 = 6 51.29°Ω 
2
172
2
2
2
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
I A * ZA = I B * ZB
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 =
PT
V1* cos θ
IT =
150 kW
= 28.41 -36.86° A 
6600V*0.8
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
Capítulo 3.- Transformadores
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 0.1Ω 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:
11000
=5
2200
IT = 200 A 
θ = -36.86°
cos θ = 0.8
Z2 = 0.1 + j0.3 = 0.316 71.56° Ω 
α=
V2 = 2200  V 
Z1 = 0.4 + j0.8 = 0.894 63.43° Ω 
SOLUCIÓN:
Transformador “A”:
 Z2 

I A = IT *
 Z1 + Z2 


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 
Transformador “B”:
 Z1 

I B = IT *
 Z2 + Z1 


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 θ B
PB = 2200V *148.05A * cos -38.98°
PB = 253.19  kW 
174
Capítulo 3.- Transformadores
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
ZA = 4 + j16Ω 
SA = 2000  kVA 
ZB = 1.6 + j3Ω 
SB = 4000 kVA 
SOLUCIÓN:
Transformador “A”:
S
ZA = B *%ZA 
SA
 ZB 

SA = ST *
 ZA + ZB 
 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
Transformador “B”:
 ZA 

SB = ST *
 ZB + ZA 

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
Capítulo 3.- Transformadores
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:
11000V
= 0.827
13300V
IT = 750  A 
Transformador "A"
Transformador "B"
VA = 200 V 
VB = 100 V 
cos θ T = 0.8
IA = 400 A 
I B = 400 A 
PA = 15 kW 
PB = 20 kW 
α=
SOLUCIÓN:
Transformador “A”:
Transformador “B”:
ZA1 =
VA
IA
Z B1 =
VB
IB
ZA1 =
200V
= 0.5 Ω 
400A
Z B1 =
100V
= 0.25  Ω 
400A
R A1 =
PA
I 2A
R B1 =
PB
I 2B
R A1 =
15 kW
400A
2
= 0.09375Ω 
R B1 =
X A1 = ZA2 1 - R A2 1
20 kW
400A
2
= 0.125Ω 
X B1 = Z2B1 - R 2B1
X A1 = 0.5Ω  - 0.09375Ω 
X B1 = 0.25Ω - 0.125Ω 
X A1 = 0.4911Ω 
X B1 = 0.2165Ω 
2
2
2
2
Reflejando impedancias:
ZA 2 =
ZA 2 =
ZA1
α
0.09375 + j0.4911 Ω
2
0.827
ZA = 0.731 79.19°Ω 
2
176
2
Z B2 =
Z B2 =
ZB1
α2
0.125 + j0.2165 Ω
0.827
ZB = 0.365 60°Ω 
2
2
Capítulo 3.- Transformadores
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
 ZB

2
I A2 = IT *

 ZA2 + ZB2 


0.365 60°Ω 

I A2 = 750 -36.86° A *
 0.731 79.19°Ω  + 0.365 60°Ω 
I A2 = 252.91 -49.68° A 
cos θ A = cos -49.68°
cos θ A = 0.647
PA = VA2 * IA2 * cos θ A
PA = 13300V*252.91A* cos -49.68°
PA = 2176.5 kW 
 ZA

2
I B2 = IT *

 ZA2 + ZB2 

0.731 79.19°Ω 

I B2 = 750 -36.86° A *

 0.731 79.19°Ω  + 0.365 60°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 
Capítulo 3.- Transformadores
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 =
SA
V1
1000 kVA
= 2000  A 
500V
V * Z 0.034*500V 
ZA = 1 A =
I1
2000 A 
I1 =
IT =
V2 - V1
ZA + ZB
510 - 500 V 
0.0085 + 0.026Ω 
IT = 289.85 A 
IT =
ZA = 0.0085 Ω 
I2 =
SB
V2
500 kVA
= 980.39  A 
510V
Z * V 0.05*510V 
ZB = B 2 =
I2
980.39 A 
I2 =
ZB = 0.026 Ω 
178
Capítulo 3.- Transformadores
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 * ZB + E B * Z A
Z A * 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 




232.46 77.21°
IT =
= 75.71 -40.64° A 
3.07 117.85º
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 
Z A * Z B + Z T * Z A + Z B 
207V*0.1 + j0.6Ω  + 207V - 205V*2 + j1.5Ω 

 

0.15 + j0.5Ω *0.1 + j0.6 Ω  + 2 + j1.5Ω * 0.15 + j0.5Ω  + 0.1 + j0.6 Ω 




129.57 79.01°
IA =
= 42.21 -38.84° A 
3.07 117.85°
IA =
Capítulo 3.- Transformadores
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”:
IB =
E B * ZA -  ZL *E A - E B 
Z A * 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 




103.03 74.95°
IB =
= 33.56 -42.9° A 
3.07 117.85°
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
Capítulo 3.- Transformadores
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.
Ir
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
fa
fr
f
Z RB
Zm
ZR
Zr
Z ext
ZT
Lr
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.
PM
Potencia mecánica.
Hz
Ω
Q0
Ω
P0
Ω
X RB
Ω
Xr
Ω
X0
Ω
 H
α
R RB
 H
Rx
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
Hz
Hz
PEH
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
Re
Rr
R0
R ext
RT
ω plena carga
ωd
ωa
Resistencia del
estator.
Resistencia del
rotor.
Resistencia en
vacío.
Resistencia
externa.
Resistencia total.
Ω
ω τmax
Ω
ωr
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.
Vp
Voltaje de fase.
r.p.m.
Er
Voltaje del rotor.
r.p.m.
r.p.m.
r.p.m.
r.p.m.
 V
 V
 V
 V
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
4.1.- Generalidades.
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)
ω d = ωs - ω r
ωd = 750 - 735 r.p.m.
ωd = 15 r.p.m.
c)
s=
ωs - ω r
ωs
s=
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=
ωs - ω r
*100%
ωs
s=
1000 - 970 r.p.m.
*100%
1000  r.p.m.
s = 3%
b)
ω d = ωs - ω r
ωd = 1000 - 970 r.p.m.
ωd = 30  r.p.m.
ωd * #P
120
30 r.p.m.*6 polos
fr =
120
f r = 1.5 Hz 
fr =
186
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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:
ωa * #P
120
750 r.p.m.*8 polos
fa =
120
f a = 50  Hz 
fa =
ωs =
ωs =
f a *120
#P
50 Hz*120
6 polos
ωs =1000  r.p.m.
s=
ωs - ω r
ωs
ωr = ωs *1 - s 
ωr = 1000 r.p.m.*1 - 0.03
ωr = 970  r.p.m.
fr = s * fa
f r = 0.03*50 Hz 
f r = 1.5 Hz 
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 10Ω y una inductancia de 0.04 H. La resistencia por fase de los
devanados del rotor es de 0.2Ω 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:
E = 500  V r.m.s
3fases 
f = 50  Hz 
s = 5% = 0.05
R ext = 10 Ω 
R r = 0.2 Ω 
L ext = 0.04  H 
L r = 0.04  H 
SOLUCIÓN:
Zext = 10 + j0.04H * 2π * f   Ω
a) Zext = 10 + j 0.04H * 2π * 50 Hz  Ω
Zext = 10 + j12.56Ω 
Zr = 0.2 + j0.04H *2π * f  Ω 
Zr = 0.2 + j0.04H *2π * 50 Hz Ω 
Ir =
E
ZT
500 0°
V
3
Ir =
27.11 67.9°Ω 
Ir = 10.64 -67.9° A 
Zr = 0.2 + j12.56Ω 
cos θ = cos - 67.9°
ZT = Zext + Z r
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 
 500 0°
0.05*
188
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 *s
Ir = r
Zr
Ir =
Ir =

 V 
 3

0.65 72.33°Ω 
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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:
R r = 0.02Ω
Xr = 0.1Ω
SOLUCIÓN:
τ=
k *  * E * s * Rr
R 2r + X r * s
2
τ k * * E * s * R r
=
=0
2
R r
R 2r + X r * s
2
τ R r + X r * 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 + X r * s *k * * E * s - k * * E * s * R r *2 * R r  = 0
X 2r * s 2 = R 2r
R 2r + X r * s - R r *2 * R r  = 0
s2 =
2
2
R 2r + X r * s - 2* R 2r = 0
2
X r * s - R r2 = 0
2
R 2r
X 2r
s max =
Rr
Xr
Resistencia adicional:
τ arranque = τ max
sarranque = 1
RT
R + 0.1Ω
2
T
2
=
0.2*0.02Ω
2
2
0.02Ω + 0.1Ω*0.2
s max =
Rr
Xr
RT
=5
R + 0.01
s max =
0.02Ω
= 0.2
0.1Ω
5* R T2 - R T + 0.05 = 0
R T = 0.1Ω 
k * * E * R T k * * E * s max * R r
=
2
R T2 + X r2
R 2r + s max * X r 
2
T
RT = Rr + Rx
s * Rr
RT
= 2 max
2
2
R T + X r R r + s max * X r 2
Rx = RT - Rr
s * Rr
RT
= 2 max
2
R + X r R r + s max * X r 2
R x = 0.08Ω 
2
T
R x = 0.1Ω - 0.02Ω
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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
#P
120*50 Hz 
6 polos
ωs = 1000  r.p.m.
s=
ωs - ω r
ωs
s=
1000 - 1000 r.p.m.
=0
1000  r.p.m.
fr = s * f
f r = 0* f
fr = 0
c)
s=
ωs - ω r
ωs
s=
1000 - 1000 r.p.m.
1000 r.p.m.
s=0
Er = s * E
E r = 0* E
Er = 0
d)
τ desarrollado =
τ desarrollado =
k * * E * s * R r
R 2r + s * X r 
2
k * * E *0* R r
R 2r + 0* X r 
2
τ desarrollado = 0
190
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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
#P
120*50 Hz 
4 polos
ωs = 1500  r.p.m.
τ arranque = 0.8* τ max
0.8* s max * R r
RT
= 2
2
R T + X r R r + s max * X r 2
2
RT
R T 2 + 0.12Ω
2
=
0.8*0.2*0.024Ω
2
2
0.024Ω + 0.12Ω*0.2
s max =
Rr
Xr
RT
= 3.3333
R T + 0.0144
s max =
0.024Ω
= 0.2
0.12Ω
3.333* R T2 - R T + 0.048 = 0
R T = 0.24 Ω 
2
ωτmax = ωs *1 - s max 
ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.2
Rx = RT - Rr
ωτmax = 1200  r.p.m.
R x = 0.06Ω - 0.024Ω
R x = 0.036 Ω 
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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)
E
3
80V
Vp =
3
Vp = 46.18 V 
Vp =
Ir =
Vp
Zm
cos θ =
46.18V
Ir =
0.6Ω + 5Ω 
I r = 9.17  A 
2
2
cos θ =
Rm
Zm
0.6Ω
0.6Ω + 5Ω
2
2
cos θ = 0.1191
b)
RT = Rr + Rx
R T = 0.6Ω + 4Ω
R T = 4.6Ω 
Ir =
Vp
cos θ =
ZT
Ir =
46.18V
cos θ =
4.6Ω + 5Ω 
I r = 6.8 A 
192
2
2
RT
ZT
4.6Ω
4.6Ω + 5Ω
2
2
cos θ = 0.677
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 2Ω 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)
Er =
Er =
E
3
110 0°  V 
3
E r = 63.5 0°  V 
Ir =
Er
Er
=
2
Zr
R r + R x  + X r2
63.5V
Ir =
1Ω + 2Ω + 4Ω
I r = 12.7  A 
2
2
b)
Ir =
Ir =
s * Er
s * Er
=
2
Zr
R 2r + s * X r 
0.05*63.5V
1Ω + 4Ω*0.05
I r = 3.11 A 
2
2
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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)
80V
3
E r = 46.18 V 
Er =
Ir =
Ir =
Er
ZT
46.18V
6.4Ω + 6Ω
I r = 5.26  A 
2
2
b)
Ir =
Ir =
s * Er
s * Er
=
2
Zm
R 2m + s * X m 
0.03*46.18V
0.4Ω + 4Ω*0.03
I r = 3.31 A 
194
2
2
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 0.3Ω 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 =
Rr
Xr
s max =
0.3 Ω
= 0.25
1.2 Ω
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
0.25 0.05
+
0.05
0.25
=
2
= 2.6
120 * f
#P
120*50 Hz
4 polos
= 1500 r.p.m.
ωτmax = ωs *1 - s max 
ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.25
ωτmax = 1125 r.p.m.
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 0.8Ω. 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
#P
120*50 Hz 
4 polos
ωs = 1500  r.p.m.
Ir =
s max =
Rr
Xr
s max =
0.3Ω
= 0.375
0.8Ω
ωτmax = ωs *1 - s max 
ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.375
s * Er
R 2r + s * X r 
ωτmax = 937.5 r.p.m.
2
I 2r * R 2r
s= 2 2
E r - I r * X 2r
15A  *0.3Ω
s=
2
2
2
121V  - 15A  *0.8Ω
2
2
s = 0.0373
ωr = ωs *1 - s
ωr = 1500 r.p.m.*1 - 0.0373
ωr = 1444.05 r.p.m.
196
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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:
Ir =
E
520V
=
2
2
Zr
0.4Ω + 2Ω
Par máximo:
Ir = 254.95 A 
s max =
Rr
Xr
I2 * R r
PEH = r
s
s max =
0.4 Ω
= 0.2
2Ω
254.95A  *0.4Ω
2
PEH =
1
PEH = 25.99  kW 
120 * f
ωs =
#P
120*50 Hz
ωs =
= 1500 r.p.m.
4 polos
τarranque =
PEH
ω
τarranque =
25.99 kW
1500 rev   2π rad   1 min 

*
*
 min   1 rev   60 seg 
τ arranque
τ max
=
2
s max
s arranque
τ arranque
τ max
τ max =
=
+
2
0.2 1
+
1 0.2
s arranque
s max
= 0.3846
τarranque
0.3846
165.52 N - m
τ max =
= 430.35 N - m 
0.3846
τarranque = 165.52 N - m
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
197
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
2
τ plena carga =
* τ max 
s plena carga
s max
+
s plena carga
s max
Par a plena carga:
s plena carga =
ωs - ωplena carga
ωs
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.
s plena carga =
= 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 = τ max
k * * E * R T k * * E * s max * R r
=
2
R T2 + X r2
R 2r + s max * X r 
2
R T2 *s max * R r  - R T *  R r2 + s max * X r   + X r2 * s max * R r = 0


2
2
2
R T2 * 0.2*0.4Ω - R T * 0.4Ω + 0.2*2Ω   + 2Ω  *0.2*0.4Ω  = 0


2
0.08* R T - 0.32* R T + 0.32 = 0
R T = 2Ω 
RT = Rx + Rr
Rx = RT - Rr
R x = 2Ω - 0.4Ω
R x = 1.6Ω 
198
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 fase y la reactancia es de 0.005Ω 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 =
Rr
Xr
s max =
0.001Ω
= 0.2
0.005Ω
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.
ωτmax = ωs *1 - s max 
ωτmax = 750 r.p.m.*1 - 0.2
ωτmax = 600  r.p.m.
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 0.2Ω 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)
cos θ = cos -61.56°
500V
= 288.67  V 
3
E
Ir = r
ZT
Er =
cos θ = 0.476
288.67  V 
Ir =
10.2 + j18.84Ω 
I r = 13.47 -61.56° A 
cos θ = cos -62.04°
b)
Ir =
cos θ = 0.468
s * Er
s * Er
=
Z
R r + js * X r 
0.04*288.67V 
0.2Ω  + j0.04*9.42Ω 


I r = 27.06 -62.04°  A 
Ir =
200
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 
X r = 0.2Ω
f = 50 Hz 
s plena carga = 0.03
SOLUCIÓN:
τarranque = τ plena carga
k * * E * R T k * * E * s plena carga * R r
=
2
R T2 + X r2
R 2r + s plena carga * X r 
s plena carga * R r
RT
=
2
R T2 + X 2r R 2 + s
r
plena carga * X r 
RT
R T2 + 0.2Ω 
2
RT
R T2 + 0.2Ω 
2
=
0.03*0.04Ω
2
2
0.04Ω + 0.03*0.2Ω
= 0.7334
0.7334* R T2 - R T + 0.0293 = 0
R T = 1.333Ω 
Rx = RT - Rr
R x = 1.333Ω - 0.04Ω
R x = 1.293Ω 
Factor de potencia:
cos θ =
cos θ =
RT
ZT
1.333Ω
1.333Ω + 0.2Ω
2
2
cos θ = 0.988
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 0.02Ω 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 =
Rr
Xr
s max =
0.02Ω
= 0.133
0.15Ω
s max
τ max
τ plena carga
τ max
τ plena carga
τ max
τ plena carga
=
s plena carga
+
s plena carga
s max
2
0.133 0.04
+
0.04
0.133
=
2
= 1.82
b)
ωτmax = ωs *1 - s max 
ωτmax = 250 r.p.m.*1 - 0.133
ωτmax = 216.75 r.p.m.
202
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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.
SOLUCIÓN:
ωs =
ωs =
120 * f
#P
120*50 Hz
8 polos
= 750 r.p.m.
s=
ωs - ω r
ωs
s=
750 - 720 r.p.m.
750  r.p.m.
s = 0.04
s max =
ωs - ωr
ωs
s max =
750 - 648r.p.m.
750 r.p.m.
s max = 0.136
Rr
s
=
R r + R x s max
Rx =
Rx =
R r * s max
- Rr
s
0.2Ω*0.136
0.04
R x = 0.48Ω 
- 0.2Ω
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 =
Er
Zr
Ir =
100V
0.1 + j0.4Ω
I r = 242.53 -75.96° A 
cos θ = cos -75.96°
cos θ = 0.243
b)
Ir =
s * Er
s * Er
=
Zr
R r + js * X r 
0.05*100V 
0.1Ω + j0.05*0.4Ω


I r = 49.02 -11.31° A 
Ir =
cos θ = cos -11.31°
cos θ = 0.98
204
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 0.2Ω 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
3
200V
Er =
= 115.47  V 
3
Er =
Ir =
s * Er
s * Er
=
Zr
R r + R x  + js * X r 
0.05*115.47V 
0.1Ω + 0.2Ω + j0.05*0.5Ω 


I r = 19.17 - 4.76° A 
Ir =
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 0.2Ω 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 8Ω, 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 
Ir =
E
Z1
350 0º
V
3
Ir =
8.2 + j1Ω
Ir = 24.46 -6.95° A 
206
Ir =
Ir =
s*E
Z1
 350 
 V 
 3 
0.03*
0.2 + j0.03Ω 
I r = 29.97 -8.53° A 
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 0.04Ω, 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 
ωτmax = 645 r.p.m.
SOLUCIÓN:
a)
b)
ωs =
ωs =
120 * f
#P
120*50 Hz
8 polos
τ cualquiera
τ max
= 750 r.p.m.
ω -ω
s max = s τ max
ωs
750 - 645 r.p.m.
s max =
= 0.14
750  r.p.m.
τ arranque
τ max
τ arranque
τ max
τ arranque
τ max
=
=
2
=
s max
s cualquiera
τ cualquiera
τ max
τ cualquiera
τ max
=
+
s cualquiera
s max
2
0.14 0.03
+
0.03 0.14
= 0.41
2
s max
1
+
1 s max
2
0.14
1
+
1
0.14
= 0.274
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 tendría 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 =
Rr
Xr
ωs =
s max =
0.02Ω
= 0.2
0.1Ω
ωs =
120 * f
#P
120*50 Hz
6 polos
= 1000 r.p.m.
ωτmax = ωs *1 - s max 
ωτmax = 1000 r.p.m.*1 - 0.2
ωτmax = 800  r.p.m.
τ arranque = 0.5* τ max
0.5* s max * R r
RT
= 2
2
R + X r R r + s max * X r 2
2
T
RT
R + 0.1Ω
2
2
T
=
0.5*0.2*0.02Ω
2
2
0.02Ω + 0.2*0.1Ω
R x = 0.027Ω - 0.02Ω
RT
= 2.5
R + 0.01
R x = 0.007 Ω
2
T
2.5* R T2 - R T + 0.025 = 0
R T = 0.0268Ω 
Rx = RT - Rr
208
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
4.2.- Pérdidas y eficiencia.
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 
Vp = 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
ωr
Pr = 75 W 
120*50 Hz
995 r.p.m.
#P = 6 polos 
#P =
c)
PE = Pestator + PEH
PE = 1500W + 15 kW
ωs =
ωs =
120 * f
#P
120*50 Hz
6 polos
PE = 16.5 kW 
= 1000 r.p.m.
d)
PE = 3 * Vp * I L * cos θ
s=
ωs - ω r
ωs
IL =
s=
1000 - 995r.p.m.
1000  r.p.m.
IL =
s = 0.005
PE
3 * Vp * cos θ
16.5 kW
 3*500V*0.87
I L = 21.89  A 
b)
e)
P
PEH = M
1-s
14.92 kW
PEH =
= 15 kW 
1 - 0.005
f ' = s * f *60 seg 
f ' = 0.005*50 Hz *60 seg 
 ciclos 

f ' = 15 
 min 
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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)
s * PEH
3 fases
0.04*39 kW 
Pr =
3 fases
Pr = 0.52  kW 
Pr =
c)
PS = PM - Pf
PS = 37.44 kW - 2 kW
PS = 35.44  kW 
η=
PS
*100%
PE
 35.44 kW 
η = 
*100%
 40 kW 
η = 88.6%
210
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 

f ' = 84 
 min 
τ = 203.5 N - m 
SOLUCIÓN:
f '= s * f
ωs =
 84 ciclos   1 min 


*
f '  min   60 seg 
s= =
f
50 Hz
s = 0.028
ωs =
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 

ωr = 152.68 
 seg 
τ=
P
ωr
 P = τ * ωr

 rad  

P = 203.5 N - m *152.68 
 seg  

 1 h.p. 
P = 31.070 kW *
 746W 
P = 41.64  h.p.
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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. 
PM = 62.08 kW *
 746W 
PM = 83.21 h.p.
Pr = s * PEH
Pr = 0.03*64 kW 
Pr = 1.92  kW 
1.92 kW
3 fases
Pr = 640  W 
Pr =
212
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 
τ friccion = 13.5 N - m 
#P = 6 polos 
Pestator = 750 W 
SOLUCIÓN:
f'=s*f
PM =  τ util + τ fricciòn *ωr
 90 ciclos   1 min 


*
f '  min   60 seg 
s= =
f
50 Hz
s = 0.03

 rad  

PM = 162  N - m  +13.5 N - m *101.58 
 seg  

120 * f
ωs =
#P
120*50 Hz
ωs =
= 1000 r.p.m.
6 polos
ωr = ωs *1 - s
ωr = 1000 r.p.m.*1 - 0.03
 970 rev   2π rad   1 min 
ωr = 

 *
 *
 min   1 rev   60 seg 
 rad 

ωr = 101.57 
 seg 
PS = τ util * ωr

 rad  

PS = 162  N - m *101.57 
 seg  

PS = 16.45 kW 
PM = 17.82  kW 
 s 
Pr = 
*P
1 - s  M
 0.03 
Pr = 
* 17.82 kW 
1 - 0.03  
Pr = 551.13 W 
Pr
s
551.13W
PEH =
0.03
PEH = 18.37  kW 
PEH =
PE = PEH + Pestator
PE = 18.37 kW + 750W
PE = 19.12  kW 
η=
PS
*100%
PE
16.45 kW 
η = 
*100%
19.12 kW 
η = 86.03%
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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)
ωs =
ωs =
c)
120 * f
#P
120*50 Hz
6 polos
PM = PEH - Pr
PM = 39 kW - 975W
= 1000 r.p.m.
ω -ω
s= s r
ωs
1000 - 975r.p.m.
s=
1000  r.p.m.
PM = 38.025 kW 
PS = PM - Pf
PS = 38.02 kW - 2 kW
PS = 36.02  kW 
d)
s = 0.025
b)
PEH = PE - Pestator
PEH = 40 kW - 1 kW
PEH = 39  kW 
η=
PS
*100%
PE
 36.02 kW 
η = 
*100%
 40 kW 
η = 90.06%
Pr = s * PEH
Pr = 0.025*39 kW 
Pr = 975 W 
214
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 
Vp = 550  V 
cos θ = 0.88
SOLUCIÓN:
ωs =
a)
ωs =
120 * f
#P
120*50 Hz
6 polos
s=
ωs - ω r
ωs
s=
1000 - 950r.p.m.
1000  r.p.m.
= 1000 r.p.m.
s = 0.05
b)
d)
P
PEH = r
s
1177W
PEH =
0.05
PEH = 23.55 kW 
PS = 22.38 kW - 1492W
PS = 20.88 kW 
η=
PS
*100%
PE
 20.88 kW 
η = 
*100%
 25.55 kW 
η = 81.72%
 s 
Pr = 
*P
1 - s  M
 0.05 
Pr = 
* 22.38 kW 
1 - 0.05  
Pr = 1177.89 W 
c)
PS = PM - Pf
PE = 3 * Vp * IL * cos θ
PE
3 * Vp * cos θ
IL =
e)
IL =
25.55 kW
 3*550V*0.88
25.55 kW
838.3V
I L = 30.47  A 
IL =
f) f ' = s * f * 60 seg
PE = PEH + Pestator
f ' = 0.05*50 Hz *60 seg 
PE = 23.55 kW + 2000W
 ciclos 

f ' = 150 
 min 
PE = 25.55 kW 
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 
E 2 = α * E1
 200V 
E 2 = 0.67*

 3 
 rad 

ωs = 157.07 
 seg 
E 2 = 77.36 V 
ωs =
ωs =
120 * f
#P
120*50 Hz
4 polos
= 1500 r.p.m.
s max =
Rr
Xr
s max =
0.1Ω
= 0.111
0.9Ω
a)
3 s * E 22 * R r
τT = * 2
ωs R r + s * X r 2
0.04*77.36V *0.1Ω
τT =
*
2
2


157.07  rad   0.1Ω + 0.04*0.9Ω 
3
2
 seg  
τ T = 40.47  N - m 

216
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
b)
Ir =
Ir =
3 * I 2r * R r
Pr =
s
s * E2
R 2r + s *X r 
2
Pr =
0.1Ω + 0.04*0.9Ω
Ir = 29.11 A 
2
3*29.11A  *0.1Ω
2
0.04*77.36V
2
0.04
Pr = 6.35 kW 
c)
3 s max * E 22 * R r
τ max = * 2
ωs R r + s max * X r 2
0.111*77.36V  *0.1Ω
τ max =
*
2
2


157.07  rad   0.1Ω + 0.111*0.9Ω 
2
3
 seg  
τ max = 63.5 N - m 

d)
ωτmax = ωs *1 - s max 
ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.111
ωτmax = 1333.5 r.p.m.
e)
Ir =
Ir =
3 * I 2r * R r
Pr =
s
s max * E 2
R 2r + s max * X r 
2
0.1Ω + 0.111*0.9Ω
I r = 60.74 A 
2
3*60.74A *0.1Ω
2
0.111*77.36V
Pr =
2
0.111
Pr = 9.97  kW 
PEH = Pr
PM = PEH *1 - s max 
PM = 9.97 kW *1 - 0.111
PM = 8.86  kW 
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 
1
1.75
s plena carga = 0.05
α=
E = 220  V 
SOLUCIÓN:
E 2 = α * E1
 1   220V 
E 2 = 

*
1.75   3 
E 2 = 72.58 V 
ωs =
ωs =
120 * f
#P
120*50 Hz
4 polos
= 1500 r.p.m.
s max =
Rr
Xr
s max =
0.1Ω
= 0.111
0.9Ω
1500 rev   2π rad   1 min 
ωs = 

*
*
 min   1 rev   60 seg 
 rad 

ωs = 157.07 
 seg 
a)
2
3 s plena carga * E 2 * R r
τT = *
2
ωs R 2 + s
*X 
r
plena carga
r
0.05*72.58V *0.1Ω
τT =
*
2
2


157.07  rad   0.1Ω + 0.05*0.9Ω
3
2
 seg  
τ T = 41.83 N - m 

218
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
b)
s plena carga * E 2
Ir =
R 2r + s plena carga * X r 
2
0.05*72.58V
Ir =
0.1Ω + 0.05*0.9Ω
I r = 33.09  A 
2
Pr =
2
3 * I 2r * R r
s plena carga
3*33.09A *0.1Ω
2
Pr =
0.05
Pr = 6.57  kW 
c)
τ max =
s * E2* R r
3
* 2max 2
ωs R 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
2
 seg  
τ max = 55.89  N - m 

d)
ωτmax = ωs *1 - s max 
ωτmax = 1500 r.p.m.*1 - 0.111
ωτmax = 1333.5 r.p.m.
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 
ωplena carga = 247  r.p.m.
SOLUCIÓN:
ωs =
ωs =
120 * f
#P
120*50 Hz 
s max =
0.016Ω
0.265Ω
s max = 0.0603
s max =
24 polos
ωs = 250  r.p.m.
s plena carga =
s plena carga =
Rr
Xr
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
τ max
τ plena carga
τ max
τ plena carga
220
=
s max
+
s max
s plena carga
2
ωmax = ωs *1 - s max 
ωmax = 250 r.p.m.*1 - 0.0603
ωmax = 234.92 r.p.m.
0.012 0.0603
+
0.0603
0.012
=
2
= 2.61
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 
SOLUCIÓN:
ωs =
ωs =
120 * f
#P
120*60 Hz
2 polos
= 3600 r.p.m.
ωr = ωs *1 - s
ω = 0.5*3492 r.p.m.
ωs - ωr
r
50%
ωr = 3600 r.p.m.*1 - 0.03
s2 =
ω = 1746 r.p.m.
r
50%
ωr = 3492 r.p.m.
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  
k * E12 * s1* R
R 2 + s1* X r 
2
E12 * s1* R
R + s1* X r 
2
2
=
=
k * E 22 * s 2 * R
R 2 + s 2 * X r 
2
E 22 * s 2 * R
R + s 2 * X r 
2
2
E 22 *0.515*0.015Ω
=
0.015Ω + 0.03*0.09Ω 0.015Ω + 0.515*0.09Ω 
1.937* E12 = 3.254* E 22
2
2
2
1.391
E 2 = 
*E
1.804  1
E 2 = 0.7714* E1
%E = 1 - 0.7714*100%
%E = 22.85%
cos θ =
Rr
Zr
Zr = 0.015 + j0.09 * 0.515 Ω 
cos θ =
0.015Ω
0.015Ω + 0.046Ω
2
2
0.015Ω
0.048Ω
cos θ = 0.31
cos θ =
Zr = 0.015 + j0.046Ω 
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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
f'
s=
f
120 ciclos   1 min 

*
 min   60 seg 
s=
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
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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=
PS
PE
PS
η
44.76 kW
PE =
= 52.65 kW 
0.85
PE =
Pérdidas totales:
PT = PE - PS
PT = 52.65 kW - 44.76 kW
x = Pestator = PCu e = PCu r
PT = Pestator + PCu e + PCu r + Pf
1
PT = Pestator + Pestator + Pestator +  * Pestator
 3 
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
P0 = Pestator + Pf ... 2
1
Pf =  *Pestator + Pf 
 4 
4* Pf = Pestator + Pf
3* Pf = Pestator
1
Pf =  * Pestator
 3 
1
PEH = 44.76 kW +  *2367W + 2367W
 3
PEH = 47.916 kW 
PCu
s = r *100%
PEH
 2367W 
s = 
*100%
 47916W 
s = 0.04939*100%
s = 4.94%
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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:
PE = PEH - Pestator
PM
1-s
38.275 kW
PEH =
1 - 0.2
PEH = 47843.75 W 
PEH =
PE = 47843.75W- 3000W
PE = 50843.75 W 
η=
PS
*100%
PE
 36.775 kW 
η = 
*100%
 50843.75W 
η = 72.32%
224
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 
SOLUCIÓN:
ωs =
ωs =
s=
120 * f
#P
120*50 Hz
6 polos
IL =
= 1000 r.p.m.
ωs - ω r
ωs
1000 - 955r.p.m.
s=
1000  r.p.m.
IL =
PE
3* VL * cos θ
42.11 kW
 3*500V*0.86
I L = 56.54  A 
b)
Pr = s * PEH
s = 0.045
Pr = 0.045*40.61 kW 
a)
Pr = 1.827  kW 
PM = PS + Pf
c)
PM = 37.3 kW + 1.492 kW
PM = 38.792  kW 
P
PEH = M
1-s
38.792 kW
PEH =
1 - 0.045
PEH = 40.61 kW 
η=
PS
*100%
PE
 37.3 kW 
η = 
*100%
 42.11 kW 
η = 88.57%
PE = PEH + Pestator
PE = 40.61 kW + 1.5 kW
PE = 42.11 kW 
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 0.5Ω.
[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
SOLUCIÓN:
PE = 3 * E * I L * cos θ
PE =
PS = PM - Pf - P0
 3*400V*50A*0.86
PE = 29.79  kW 
Pestator = 3 * R e * I02
Pestator = 3*0.5Ω*15A
2
Pestator = 337.5 W 
PS = 28.27 kW - 650W - 2000W
PS = 25.62 kW 
 1 h.p. 
PS = 25.62 kW *
 746W 
PS = 34.34 h.p.
Eficiencia:
PEH = PE - Pestator
PEH = 29.79 kW - 337.5W
PEH = 29.45 kW 
PM = 1 - s* PEH
PM = 1 - 0.04*29.45 kW 
η=
PS
*100%
PE
 25.62 kW 
η = 
*100%
 29.79 kW 
η = 86%
PM = 28.27  kW 
226
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 
f ' = 90 
 min 
SOLUCIÓN:
a)
c)
f'=s*f
f'
s=
f
 90 ciclos   1 min 

*
 min   60 seg 
s=
50 Hz
s = 0.03
Pr = s * PEH
b)
120 * f
ωs =
#P
120*50 Hz 
ωs =
6 polos
ωs = 1000  r.p.m.
ωr = ωs *1 - s
ωr = 1000 r.p.m.*1 - 0.03
ωr = 970 r.p.m.
Pr = 0.03*60 kW 
1.8 kW
3 fases
 W 

Pr = 600 
 fase 
Pr =
d)
PM = PEH *1 - s
PM = 60 kW *1 - 0.03
PM = 58.2 kW 
e)
Pr = I r2 * R r
Rr =
Rr =
Pr
I 2r
600W
60A 
R r = 0.167 Ω 
2
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
ωs - 0.5* ωs
ωs
Eficiencia:
s = 0.5
Pr
s
42.522 kW
PEH =
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=
s=
0.5* ωs
ωs
 s 
Pr = 
*P
1 - s  M
 0.5 
Pr = 
* 42.522 kW 
1 - 0.5  
Pr = 42.522 kW 
228
PEH =
η=
PS
*100%
PE
 41.03 kW 
η = 
*100%
 88.544 kW 
η = 46.33%
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 =
Rr
Xr
s max =
0.02Ω
= 0.2
0.1Ω
ωs =
ωs =
120 * f
#P
120*50 Hz
6 polos
 2
τ arranque =  * τ max
 3 
 2 
 * s max * R r
 3 
RT
=
R T2 + X r2 R 2r + s max * X r 2
= 1000 r.p.m.
ωτmax = ωs *1 - s max 
 2 
 *0.2*0.02Ω
 3 
RT
=
2
2
2
R T2 + 0.1Ω 0.02Ω + 0.1Ω*0.2
RT
= 3.333
2
R T + 0.01
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 
Rx = RT - Rr
R x = 0.262Ω - 0.02Ω
R x = 0.242 Ω 
R T = 0.037 Ω 
Rx = RT - Rr
R x = 0.037Ω - 0.02Ω
R x = 0.017 Ω 
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
229
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
4.3.- Circuito equivalente (Prueba de vacío y rotor bloqueado).
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 + X '2
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
Z0 = 0.15Ω + 0.6Ω
2
2
Z0 = 0.6184 Ω 
s=
s=
R '2
R '2 + Z0
0.08Ω 
0.08Ω + 0.6184Ω 
s = 11.45%
3* E 2
Pmax =
 2 * R 0 + Z 0 
115V 
3*

 3 
2
Pmax =
2*0.15Ω + 0.6184Ω
Pmax = 8.61 kW 
230
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 R2’= 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)
I'2 =
b)
E
3


R1 + R 2  + jX1 + X '2 

s 
PE = 3 * E * I1* cos θ
PE =
 3*400V*11.88A* cos -35.94°
PE = 6.66  kW 
PS
*100%
PE
400V
3
I'2 =


1.2Ω
1Ω +
 + j2Ω +1.5Ω

0.05 
η=
I'2 = 9.14 -7.96° A 
η = 81.98%
I0 =
I0 =
E
3 * Zl
 5.46 kW 
η = 
*100%
 6.66 kW 
c)
cos θ = cos -35.94°
cos θ = 0.81
400V
 3*4 + j40Ω
d)
I0 = 5.74 -84.28° A 
1 - s 
PS = 3 * I'22 * R '2 *
-P
 s  f
I1 = I0 + I'2
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 
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
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 
PS = 50 h.p.
f = 50  Hz 
Prueba de vacio
Prueba de rotor bloqueado
VL = 440 V 
VRB = 33.6  V 
I0 = 24 A 
I RB = 65 A 
P01 = 5150 W 
PRB1 = 2150  W 
P02 = 3350 W 
PRB2 = 766  W 
SOLUCIÓN:
Prueba de rotor bloqueado.
VRB
3 * I RB
ZRB =
ZRB =
33.6V
 3*65A
R RB1 =
R RB1 =
= 0.298Ω 
PRB1
3 * I2RB
2150W
3*65A
2
= 0.17 Ω 
R RB2 =
R RB2 =
PRB2
3 * I 2RB
766W
3*65A
2
= 0.06Ω
R RB = R RB1 + R RB2
R RB = 0.17Ω + 0.06Ω
R RB = 0.23Ω 
232
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
X RB = Z2RB - R 2RB
X RB = 0.298Ω - 0.23Ω
2
2
X RB = 0.19Ω 
Prueba de vacío.
VL
3
440V
Vp =
= 254.03 V 
3
Vp =
S0 = VL * I0
S0 = 440V *24A 
S0 = 10560  VA 
P0 = P01 + P02
P0 = 5150W + 3350W
P0 = 8500  W 
Q0 = S02 - P02
Q0 = 10560 VA - 8500W 
2
2
Q0 = 6266.02 VAR 
R0 =
Vp2
P0
254.03V 
2
R0 =
8500W
R 0 = 7.59 Ω 
X0 =
Vp2
Q0
254.03V
2
X0 =
6266.02 VAR
X 0 = 10.29 Ω 
Capítulo 4.- Motores asíncronos o de inducción
233
Símbologia utilizada a lo largo del
capítulo.
Simbolo
Significado
Unidades
ρ
Ángulo de paso
°
de bobina.
Ángulo entre
α
°
ranuras.
Constante.
 ranuras 
n
If
IC
ICC
I max
I
IT
Kd
Kp
cos θ max
cos θ
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
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.
Vp
Voltaje de fase.
VL
Voltaje de línea.
V0
Voltaje en
vacío.


 polo * fase 
 A
Factor de
distribución.
Factor de paso.
Factor de
potencia
máximo.
Factor de
potencia.
Flujo por polo.
N
#R
%Reg
ST
S
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.
5.1.- Principio de funcionamiento.
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°
 conductores 

4
 ranura 
#P = 4  polos 
 = 0.1 Wb 
 ranuras 

n = 4
 polo * fase 
f = 60  Hz 
SOLUCIÓN:
 4 ranuras 
#R = 
* 4 polos *3 fases 
 polo* fase  
#R = 48 ranuras 
 ranuras 
#R 48 ranuras

=
= 12 
 polo 
#P
4 polos
α=
ρ
ranuras
α=
polo
150°


12  ranuras

polo


ρ
K p = sen  
 2 
= 12.5°
150° 
K p = sen 
 2 
K p = 0.9659
 n * α 
sen 
 2 
Kd =
α
n * sen  
 2 
 4*12.5°

sen 


2


Kd =
12.5° 
4* sen 

 2 
K d = 0.9705
 4 conductores  12 ranura 
Z = 
*4 polos
*

  polo 
ranura
Z = 192conductores 
192 conductores   1 espira 
N = 
*


  2 conductores 
3 fases
 espiras 

N = 32 
 fase 
E gf = 4.44 * N *  * f * K p * K d
 32 espiras 
E gf = 4.44*
* 0.1Wb*60 Hz *0.9659*0.9705
 fase  
E gf = 799.11 V 
238
E gl = 3 * E gf
E gl =
 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 

8
 ranura 
#P = 10  polos 
s = 600  r.p.m.
 = 56  mWb 
#R = 120  ranuras 
ρ = 180°
SOLUCIÓN:
 ranuras 
#R 120 ranuras

=
= 12 
 polo 
#P
10 polos
α=
α=
f=
f=
ρ
ranuras
polo
180°


12  ranuras

polo


= 15°
s * #P
120
600 r.p.m.*10 polos
120
f = 50 Hz 
#R
n=
#P * fases
120 ranuras
n=
10 polos*3 fases
n=4
Kp = 1
 n * α 
sen 
 2 
Kd =
α
n * sen  
 2 
 4*15°

sen 


2


Kd =
15° 
4* sen  
 2 
K d = 0.957
 8 conductores  12 ranura 
Z = 
*10 polos 
 *

  polo 
ranura
Z = 960 conductores 
 960 conductores   1 espira 
N = 
*


  2 conductores 
3 fases
 espiras 

N = 160 
 fase 
E gf = 4.44 * N *  * f * K p * K d
160 espiras 
E gf = 4.44*
* 56 mWb*50 Hz *1*0.957
 fase  
E gf = 1903.58 V 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
E gl = 3 * E gf
E gl =
 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 
 conductores 

30 
 ranura 
 = 0.0496  Wb 
f = 50  Hz 
#P = 4  polos 
ρ = 180°
#R = 36  ranuras 
SOLUCIÓN:
s=
s=
120 * f
#P
120*50 Hz 
Kp = 1
4 polos
s = 1500  r.p.m.
 ranuras 
#R 36 ranuras

=
= 9
 polo 
#P
4 polos
α=
α=
ρ
ranuras
polo
180°


9  ranuras

polo


 n * α 
sen 
 2 
Kd =
α
n * sen  
 2 
 3*20°

sen 


2


Kd =
 20° 
3* sen  
 2 
K d = 0.959
= 20°
#R
n=
#P * fases
36 ranuras
n=
4 polos*3 fases
n=3
 30 conductores   9 ranura 
Z = 
*4 polos
*

  polo 
ranura
Z = 1080conductores 
1080 conductores   1 espira 
N = 
*


  2 conductores 
3 fases
 espiras 

N = 180 
 fase 
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 = 3 * E gf
E gl =
 3*1900.75V
E gl = 3292.2 V 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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 
 conductores 

24 
 ranura 
 = 0.1 Wb 
3fases 
#R = 12 ranuras
f = 50 Hz 
SOLUCIÓN:
 ranuras 
#R 12 ranuras

=
= 3
 polo 
#P
4 polos
α=
α=
 n * α 
sen 
 2 
Kd =
α
n * sen  
 2 
 1*60°

sen 


2


Kd =
 60° 
1* sen  
 2 
ρ
ranuras
polo
180°


3  ranuras

polo


= 60°
Kd = 1
#R
n=
#P * fases
12 ranuras
n=
4 polos*3 fases
 24 conductores   3 ranura 
Z = 
*4 polos
 *

  polo 
ranura
Z = 288conductores 
n=1
ρ
K p = sen  
 2 
 288 conductores   1 espira 
N = 
*


  2 conductores 
3 fases
 espiras 

N = 48 
 fase 
180° 
K p = sen 
 2 
Kp = 1
E gl = 3 * 4.44 * N *  * f * K p * K d
E gl =


espiras 
*0.1Wb*50 Hz *1*1
 3*4.44* 48 fase

E gl = 1845.67  V 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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.
 conductores 

10 
 ranura 
ρ = 180°
SOLUCIÓN:
f=
f=
s * #P
120
375 r.p.m.*16 polos
120
f = 50 Hz 
 ranuras 
#R 144 ranuras

=
= 9
 polo 
#P
16 polos
α=
α=
ρ
ranuras
polo
180°


9  ranuras

polo


Kp = 1
 n * α 
sen 
 2 
Kd =
α
n * sen  
 2 
 3*20°

sen 


2


Kd =
 20° 
3* sen  
 2 
K d = 0.959
= 20°
#R
n=
#P * fases
144 ranuras
n=
16 polos*3 fases
n=3
10 conductores   9 ranura 
Z = 
*16 polos 
*

  polo 
ranura
Z = 1440 conductores 
1440 conductores   1 espira 
N = 
*


  2 conductores 
3 fases
 espiras 

N = 240 
 fase 
E gf = 4.44 * N *  * f * K p * K d
 240 espiras 
E gf = 4.44*
*30 mWb*50 Hz *1*0.959


fase
E gf = 1532.86 V 
242
E gl = 3 * E gf
E gl =
 3*1532.86V
E gl = 2655 V 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
6.- Un generador síncrono tiene 9 ranuras por polo. Si cada bobina abarca 8 ranuras de paso, ¿Cuál
es el valor del factor de paso?
[0.985]
DATOS:
 ranuras 

9
 polo 
8 ranuras de paso 
SOLUCIÓN:
9 ranuras = 180°
8 ranuras = X
8 ranuras
*180°
9 ranuras
X = 160°
X=
X
K p = sen  
 2 
160° 
K p = sen 
 2 
K p = 0.985
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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 

N = 
*
  2 conductores 

polo
 espiras 

N = 250 
 fase 
E gf = 4.44 * N *  * f
 250 espiras 
E gf = 4.44*
*0.1Wb*60 Hz


fase
E gf = 6660 V 
E gl = 3 * E gf
E gl =
 3*6660V
E gl = 11.53 kV 
244
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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 
#P = 4  polos 
f = 50  Hz 
 ranuras 

21 
 polo 
 conductores 

2
 ranura 
Kp = 1
m3 = 3
1 = 0.6 Wb 
SOLUCIÓN:
Componente fundamental:
 21 ranuras 
#R = 
*4 polos 
 polo 
#R = 84  ranuras 
 7*180°

sen 

2
*
21






K d1 =
 180° 

7* sen 

2
*
21






K d1 = 0.9558
#R
#P * fase
84 ranuras
n=
4 polos*3 fases
n=
n=7
 n * α 
sen 
 2 
K d1 =
α
n * sen  
 2 
 2 conductores 
Z = 
*84 ranuras


ranura
Z = 168conductores 
168 conductores   1 espira 
N = 
*


  2 conductores 
3 fases
 espiras 

N = 28 
 fase 
E g1 = 4.44 * N *  * f * K p * K d1
 28 espiras 
E g1 = 4.44*
* 0.6Wb*50 Hz*1*0.9558
 fase  
E g1 = 3564.75 V 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
245
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
3ª armónica.
 n * m 3 * α 
sen 



2
K d3 =
m * α
n * sen  3 
 2 
 7*3*180°

sen 

2
*
21
     
K d3 =
 3*180°

7* sen 

2
*
21






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 
E g3 = 4.44 * N *  * f 3 * K p * K d3
 28 espiras 
E g3 = 4.44*
* 0.01Wb*150 Hz*1*0.6419
 fase  
E g3 = 119.7  V 
F.e.m. inducida total.
E gf = E g21 + E g23
E gf = 3564.75V  + 119.7V 
2
2
E gf = 3566.75 V 
246
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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°
 conductores 

12 
 ranura 
K d = 0.96
SOLUCIÓN:
f=
f=
s * #P
120
600 r.p.m.*10 polos
12 conductores 
Z = 
*90 ranuras


ranura
Z = 1080conductores 
120
f = 50 Hz 
Kp = 1
1080 conductores   1 espira 
N = 
*


  2 conductores 
3 fases
 espiras 

N = 180 
 fase 
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 = 3 * E gf
E gl =
 3*3.83 kV
E gl = 6.63 kV 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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:
#P = 6  polos 
 = 4*10-2  Wb 
3fases 
s = 1000  r.p.m.
#R = 90  ranuras 
ρ = 180°
 conductores 

8
 ranuras 
SOLUCIÓN:
f=
f=
s * #P
120
1000 r.p.m.*6 polos
120
f = 50 Hz 
 ranuras 
#R 90 ranuras

=
= 15 
 polo 
#P
6 polos
ρ
#R
#P
α=
α=
Kp = 1
 n * α 
sen 
 2 
Kd =
α
n * sen  
 2 
 5*12°

sen 


2


Kd =
12° 
5* sen  
 2 
K d = 0.956
180°


15  ranuras

polo


= 12°
#R
#P * fases
90 ranuras
n=
6 polos*3 fases
n=
n=5
 8 conductores 
Z = 
*90 ranuras


ranura
Z = 720conductores 
 720 conductores   1 espira 
N = 
*


  2 conductores 
3 fases
 espiras 

N = 120 
 fase 
E gf = 4.44 * N * f *  * K p * K d
120 espiras 
E gf = 4.44*
* 4*10-2 Wb*50 Hz *1*0.956
 fase  
E gf = 1018.71 V 
248
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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 
 conductores 

8
 ranura 
s = 1000  r.p.m.
K d = 0.96
 = 50  mWb 
SOLUCIÓN:
f=
f=
s * #P
120
1000 r.p.m.*6 polos
 8 conductores 
Z = 
*90 ranuras


ranura
Z = 720conductores 
120
f = 50 Hz 
 ranuras 
#R 90 ranuras

=
= 15 
 polo 
#P
6 polos
 720 conductores   1 espira 
N = 
*


  2 conductores 
3 fases
 espiras 

N = 120 
 fase 
Kp = 1
E gf = 4.44 * N *  * f * K p * K d
120 espiras 
E gf = 4.44*
* 50 mWb*50 Hz *1*0.96
 fase  
E gf = 1278.72 V 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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 
 conductores 

10 
 ranura 
#R = 144 ranuras
 = 0.04 Wb
SOLUCIÓN:
f=
f=
s * #P
120
375 r.p.m.*16 polos
120
f = 50 Hz 
 ranuras 
#R 144 ranuras

=
= 9
 polo 
#P
16 polos
ρ
#R
#P
180°
α=
= 20°
 ranuras 

9
 polo 
α=
#R
#P * fases
144 ranuras
n=
16 polos*3 fases
n=
n=3
Kp = 1
 n * a 
sen 
 2 
Kd =
a 
n * sen  
 2 
 3*20°

sen 


2


Kd =
 20° 
3* sen  
 2 
K d = 0.956
10 conductores 
Z = 
*144 ranuras


ranura
Z = 1440 conductores 
1440 conductores   1 espira 
N = 
*


  2 conductores 
3 fases
 espiras 

N = 240 
 fase 
E gf = 4.44 * N *  * f * K p * K d
E gl = 3 * E gf
 240 espiras 
E gf = 4.44*
*0.04Wb*50 Hz *1*0.9597 


fase
E gl =
E gf = 2045.31 V 
250
 3*2045.31V
E gl = 3542.58 V 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
5.2.- Tensión generada y regulación.
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 =
VL
ICC
ZS =
900V
= 6Ω 
150A
Vp = IC * ZS
Vp = 60A*6Ω
Vp = 360 V 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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:
Vp = 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 =
Eg
I=
S
Vp
I=
50 kVA
= 100 A 
500V
ICC
450V
= 2.25Ω 
200A
I * R = 100A*0.2Ω = 20 V 
X = ZS2 - R 2
I * X = 100A*2.24Ω = 224 V 
X = 2.25Ω - 0.2Ω
2
2
X = 2.24Ω 
E g =  Vp * 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 =
E g - Vp
Vp
*100%
671.54V - 500V
*100%
500V
%Reg = 34.3%
%Reg =
252
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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:
VL
3
13.5 kV
Vp =
= 7794.22 V 
3
Vp =
I * R = 68.42A*1.5Ω = 102.63 V 
I=
I=
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 =  Vp * 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 =
E g - Vp
Vp
*100%
6859.68V - 7794.22V
*100%
7794.22V
%Reg = -11.99%
%Reg =
b) Factor de potencia atraso
E g =  Vp * 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 =
E g - Vp
Vp
*100%
9243.99V - 7794.22V
*100%
7794.22V
%Reg = 18.6%
%Reg =
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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:
Vp = 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
= 5 Ω 
100A
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 =  Vp * 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 =
E g - Vp
Vp
*100%
1822.7V - 2000V
*100%
2000V
%Reg = - 8.86%
%Reg =
254
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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:
V0
I
1500V
ZS =
= 6 Ω 
250A
ZS =
X = ZS2 - R 2
X = 6Ω - 2Ω
2
2
X = 5.65Ω 
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 =
E g - Vp
Vp
*100%
7891.27V - 6600V
*100%
6600V
%Reg = 19.56%
%Reg =
NOTA: En el texto original hace falta el dato de la resistencia de 2Ω.
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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:
Vp = 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=
X = ZS2 - R 2
X = 2.25Ω - 0.2Ω
S
Vp
2
X = 2.24Ω 
50 kVA
I=
500V
I = 100  A 
ZS =
2
b)
I * R= 100A*0.2Ω = 20 V 
I * X= 100A*2.24Ω = 224 V 
Eg
ICC
450V
200A
ZS = 2.25Ω 
ZS =
E g =  Vp * 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 =
E g - Vp
Vp
*100%
671.54V - 500V
*100%
500V
%Reg = 34.3%
%Reg =
256
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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 
If = 40  A 
ICC = 200  A 
E g = 1040  V 
cos θ1 = 0.8 atraso 
cos θ 2 = 0.8 adelanto 
SOLUCIÓN:
VL
3
3000V
Vp =
= 1732.05 V 
3
Vp =
S
3 * VL
I=
I=
X = ZS2 - R 2
X = 31.2Ω - 0.2Ω
2
2
X = 31.19Ω 
I * R = 19.24A *0.2Ω = 3.84 V 
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 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
257
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
Factor de potencia atraso:
E g =  Vp * 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 =
E g - Vp
Vp
*100%
2148.95V - 1732.05V
*100%
1732.05V
%Reg = 24.06%
%Reg =
Factor de potencia adelanto:
E g =  Vp * 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 = 1457.22 17.53°  V 
%Reg =
E g - Vp
Vp
*100%
1457.22V - 1732.05V
*100%
1732.05V
%Reg = -15.86%
%Reg =
258
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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:
VL
3
2300V
Vp =
= 1327.9 V 
3
Vp =
I=
I=
S
3 * VL
X = ZS2 - R 2
2000 kVA
X = 0.85Ω 
I = 502.04  A 
ZS =
X = 0.86Ω - 0.12Ω
2
 3*2300V
ZS =
R
2
0.12 Ω
R CC =
= 0.06 Ω 
2
R CC =
2
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 =  Vp * 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 = 1423.48 17.44°  V 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
259
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
%Reg =
E g - Vp
Vp
*100%
1423.48V - 1327.9V
*100%
1327.9V
%Reg = 7.19%
%Reg =
b) Factor de potencia atraso.
E g =  Vp * 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 =
E g - Vp
Vp
*100%
1640.21V - 1327.9V
*100%
1327.9V
%Reg = 23.51%
%Reg =
c) Factor de potencia adelanto.
E g =  Vp * 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 = 1153.4 18.71° V 
%Reg =
E g - Vp
Vp
*100%
1153.4V - 1327.9V
*100%
1327.9V
%Reg = -13.14%
%Reg =
260
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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:
E gf =
Eg
3
6600V
E gf =
= 3810.51 V 
3
a) Factor de potencia atraso.
E g2f =  Vp * cos θ1 + I * R  +  Vp * sen θ1 + I * X 
2
E g2f =  Vp2 * cos 2θ1 + 2 * Vp * I * R * cos θ1 + I * R  


2
2
2
+  Vp * sen θ1 + 2 * Vp * I * X * sen θ1 + I * X  


2
2
2
E gf = Vp + 2 * I * Vp *R * cos θ1 + X * sen θ1  + I *R 2 + X 2 
2
2
2
2
2
2
Vp2 + 2*130A * 0.5Ω*0.8 + 5Ω*0.6 + 130A  * 0.5Ω  + 5Ω   - 3810.51V


Vp2 + 884* Vp - 14093261.46 = 0
Vp = 3338.03 V 
%Reg =
E g - Vp
Vp
*100%
3810.51V - 3338.03V
*100%
3338.03V
%Reg = 14.15%
%Reg =
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
261
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
b) Factor de potencia adelanto.
E g2f =  Vp * cos θ 2 + I * R  +  Vp * sen θ 2 - I * X 
2
E g2f =  Vp2 * cos 2θ 2 + 2 * Vp * I * R * cos θ 2 + I * R  


2
2
2

+  Vp * sen θ 2 - 2 * Vp * I * X * sen θ 2 + I * X 


2
2
E g2f = Vp2 + 2 * I * Vp *R * cos θ 2 - X * sen θ 2  + I 2 *R 2 + X 2 
2
2
2
2
Vp2 + 2*130A * 0.5Ω*0.6 - 5Ω*0.8 + 130A  * 0.5Ω  + 5Ω   - 3810.51V


2
Vp - 962* Vp - 14093261.46 = 0
Vp = 4265.78 V 
%Reg =
E g - Vp
Vp
*100%
3810.51V - 4265.78V
*100%
4265.78V
%Reg = -10.67%
%Reg =
262
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
5.3.- Alternadores en paralelo.
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 = X 2 = 0.5Ω 
cos θ = 0.8 atraso
I1 = 438 A 
SOLUCIÓN:
VL
3
6600V
Vp =
= 3810.51 V 
3
Vp =


P1

θ1 = cos -1 

3
*
V
*
I

L
1 


5000 kW

-1 
θ1 = cos 

 3 *6600V *438A 


θ1 = 3.03°
 
IT =
IT =
PT
3 * VL * cos θ
10000 kW
 3*6600V*0.8
IT = 193.46 36.86° A 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
263
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
I2 = IT - I1
I2 = 1093.46 36.86°A  - 438 3.03°A 
I2 = 769.28 55.34° A 
I 2 * R 2 = 769.28A *0.05Ω = 38.46 V 
I 2 * X 2 = 769.28A *0.5Ω = 384.64 V 
E g2 =  Vp * cos θ + I 2 * R 2  + j  Vp * sen θ + I 2 * X 2 
E g2 = 3810.51V *0.568 + 38.46V  + j 3810.51V *0.822  + 384.64V 
E g2 = 2202.82 + j3516.87 = 4149.79 57.93° V 
E g2 = 3 * E g2
l
E g2 =
l
 3*4149.79V
E g2 = 7187.64  V 
l
cos θ 2 = cos 55.34°
cos θ 2 = 0.568
264
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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:
Vp = 6600  V 
ZS = 10Ω 
R = 1Ω 
E g = 5000 V 
SOLUCIÓN:
E g * Vp Vp2 * R
Pmax =
Z
Z2
X = ZS2 - R 2
Pmax
Vp * cos θ
5000V *6600V  6600V  *1Ω I = 2864.4 kW
Pmax =
2
6600V* cos θ
10Ω
10Ω
434
Pmax = 2864.4  kW 
I=
2
X = 10Ω - 1Ω 
2
I=
2
X = 9.94 Ω 
cos θ
E g22 =  Vp * cos θ + I * R  +  Vp * sen θ - I * X 
2
2

434*1Ω 
434*9.94Ω
2






 + 6600V * sen θ - 

5000V = 6600V* cos θ + 

 cos θ  

cos
θ


 

2
2
5000V = 6600V * cos 2θ + 2*6600V*434 + 434 * tan 2θ +1
2
2
2
+ 6600V  * sen 2θ - 2*6600V *4313.96* tan θ + 4313.96 * tan 2θ +1
2
2
5000V = 6600V  *cos 2θ + sen 2θ + 5728800 + 434 * tan 2θ + 434
2
2
2
2
- 56.94M * tan θ + 4313.96 * tan 2θ + 4313.96
2
2
18.79M * tan 2θ - 56.94M * tan θ + 43.08M = 0
tan θ = 1.4601
θ = tan 1.4601
-1
θ = 55.59°
cos θ = cos 55.59°
434
cos θ
434
I=
0.565
I = 768 A 
I=
cos θ = 0.565
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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 
Vp = 11000 V 
SOLUCIÓN:
E g = Vp + jI * X
Calculando la potencia.
E g = 11000V + j 220A*10Ω
P = Vp * I * cos θ
E g = 11217.84 11.3° 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 =
P2
VL * cos θ 2
I2 =
2420 kW
11000V* cos θ 2
I2 =
220
cos θ 2
E g = 14022.311.3° V 
Calculando el factor de potencia.
E g22 =  Vp * cos θ 2  +  Vp * sen θ 2 + I 2 * X 
2

10*220
2
2




E g2 = 11000V* cos θ 2  + 11000V* sen θ 2 + 
 cos θ 2 


2
2
10*220

E = 11000V * cos θ 2 + 11000V * sen θ 2 + 48.4M * tan θ 2 + 
 cos θ 
2
2
2
g2
2
2
2
2
E = 121M *cos θ 2 + sen θ 2  + 48.4M * tan θ 2 + 4.84M *tan θ 2 +1
2
g2
2
2
2
14022.3V = 4.84M* tan 2θ 2 + 48.4M* tan θ 2 + 4.84M +121M
2
266
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
4.84M* tan 2θ2 + 48.4M* tan θ 2 - 70.78M = 0
tan θ 21 =1.294
tan θ 22 = -11.294
θ 21 = tan -1 1.294
θ 21 = 52.3°
cos θ 21 = 0.611
I2 =
220
cos θ 2
220
0.611
I 2 = 360.06 A 
I2 =
Vp * E g2
* sen 90°
X
11000V*14022.3V
Pmax =
* sen 90°
10Ω
Pmax = 15424.53 kW 
Pmax =
Corriente máxima.
Vp  + E g 
2
I max =
2
X2
11000V + 14022.3V
I max =
2
10Ω
I max = 1782.2  A 
2
I max =
Pmax
VL * cos θ max
I max =
15424.53 kW
11000V* cos θ max
I max =
1402.23
cos θ max
2
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
1402.23
1782.2
cos θ max = 0.7867
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:
Vp = 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 * I2 * cos 90° + θ 2  + j3 * I2 * sen 90° + θ 2 
Sumando partes reales y partes imaginarias.
13k * cos 22.6° = 10k  - 2 * I1 * sen θ1 ... 1
13k * sen 22.6° = 2 * I1 * cos θ1 ... 2
12.5k * cos 36.9° = 10k  - 3 * I2 * sen θ 2 ... 3
12.5k * sen 36.9° = 3 * I2 * cos θ 2 ... 4
Reduciendo el sistema.
10k = 10k  - 3 * I2 * 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 * I2 * cos θ 2
I 2 * sen θ 2 = 2500 ... 4'
I1* cos θ1 = 2500 ... 2'
268
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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 = I2 * cos θ 2 + jI2 * sen θ 2 
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 * I 2 * cos θ 2
P2 = 10 kV *2500A * cos 0°
P2 = 25000  kW 
Q 2 = VL * I 2 * sen θ 2
Q 2 = 10 kV *2500A * sen 0°
Q 2 = 0  kVAR 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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 = 26.01 56.29° A 
P1 = P2 = 10  kW 
PT
3* VL * cos θ T
IT =
IT =
20 kW
 3*400 V*0.8
IT = 36.08 36.86° A 
cos θ 2 = 0.5549
S2 = 3 * VL * I 2
S2 =
 3*400V*26.01A 
S2 = 18.02  kVA 
P1
3 * VL * cos θ1
I1 =
I1 =
cos θ 2 = cos 56.29°
10 kW
 3*400V*1
I1 = 14.43 0°  A 
270
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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
Pb = 300  kW 
cos θ c = 0.8
VL = 6600  V 
Pc = 400  kW 
I1 = 110  A 
Pd = 1000  kW 
cos θ d = 0.71
SOLUCIÓN:
Sb =
Pb
cos θ b
300 kW
0.9
Sb = 333.33 kVA 
Sb =
Sc =
Pc
cos θ c
400 kW
0.8
Sc = 500  kVA 
Sc =
Sd =
Pd
cos θ d
1000 kW
0.71
Sd = 1408.45 kVA 
Sd =
Q b = Sb * sen θ b
Q b = 333.33 kVA *0.4358
Q b = 145.29  kVAR 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
271
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
Q c = Sc * sen θ c
Q c = 500 kVA *0.6
Q c = 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 = 3 * VL * I1* cos θ1
P1 =
 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 
Q 
θ 2 = tan -1  2 
 P2 
cos θ 2 = cos 42.55°
cos θ 2 = 0.736
 889.12 kVAR 
θ 2 = tan -1 
 968.27 kW 
θ 2 = 42.55°
P2
3 * VL * cos θ 2
I2 =
I2 =
968.27 kW
 3*6600V*0.736
I 2 = 115 A 
272
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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:
VL
3
11000V
Vp =
= 6350.85 V 
3
Vp =
I1* R = 200A*0.5Ω = 100 V 
I1* X = 200A*8Ω = 1600 V 
I2 =
I2 =
I2 =
P2
3 * VL * cos θ 2
3810.51 kW
 3*11000V* cos θ
2
200
cos θ 2
P1 = 3 * VL * I1* cos θ1
P1 =
 3*11000V *200A *1
P1 = 3810.51 kW 
Para factor de potencia unitario.
E g =  Vp * 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*6646.3113.92° V 
E g2 = 8307.88 13.92° V 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
273
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
Calculando el factor de potencia.
E g22 = Vp * cos θ 2 + I 2 * R  + Vp * sen θ 2 + I 2 * X
2
2

0.5*200 
8*200
 + 6350.85V * sen θ 2 + 

E = 6350.85V* cos θ 2 + 






 cos θ 2  
 cos θ 2 

0.52 *2002 
2

2
2

E g2 = 6350.85V * cos θ 2 + 1270.17k  + 


cos 2θ 2

2
2
2
g2
82 *2002 


+ 6350.85V * sen θ 2 + 1270.17k * tan θ 2 + 
 cos 2θ 2 
2
2
E g22 = 6350.85V *cos 2θ 2 + sen 2θ 2  + 1270.71k  + 10k *tan 2θ 2 +1
2
+ 20.32M * tan θ 2 + 2.56M * tan 2θ 2 +1
8307.88V = 6350.85V + 1270.71k  + 10k  + 2.56M 
+ 10k + 2.56M * tan 2θ 2 + 20.32M* tan θ 2
2
2
69.02M = 44.17M + 2.57M * tan 2θ 2 + 20.32M * tan θ 2
2.57M* tan 2θ 2 + 20.32M* tan θ 2 - 24.85M = 0
tanθ 21 = 1.076
tanθ 22 = -8.983
θ 21 = tan -1 1.076
θ 21 = 47.09°
cos θ 21 = cos 47.09°
cos θ 21 = 0.68
Corriente.
I2 =
200
cos θ 21
200
0.68
I 2 = 294.11 A 
I2 =
274
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
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 θ T = 0.8atraso
I1 = 400 A 
SOLUCIÓN:
VL
3
13 kV
Vp =
= 7505.55 V 
3
Vp =
IT =
IT =
PT
3 * VL * cos θ T
 
18MW
3 *13000V *0.8
IT = 999.26 36.86°  A 
I 2 = IT - I1
I 2 = 999.26 36.86° A  - 400 2.2° A 
I 2 = 707.79 55.6° A 
cos θ 2 = cos 55.6°
cos θ 2 = 0.564
I 2 * R = 707.79A*0.05Ω = 35.38 V 
I 2 * X = 707.79A*0.5Ω = 353.89 V 


P1

θ1 = cos -1 

 3 * VL * I1 


9 MW

-1 
θ1 = cos 

 3 *13000V *400A 


θ1 = 2.2°
 
E g2 = 3 * E g2
l
E g2 =
l
f
 3*7814.71V
E g2 = 13535.48 56.89° V 
l
E g2 =  Vp * cos θ 2 + I 2 * R  + j  Vp * sen θ 2 + I 2 * X 
E g2 = 7505.55V *0.564 + 35.38V  + j 7505.55V *0.825 + 353.89V 
E g2 = 4268.51 + j6545.96 V 
E g2 = 7814.71 56.89° V 
Capítulo 5.- Alternadores síncronos
275
Símbologia utilizada a lo largo del capítulo.
Símbolo
Significado
Unidades
δ
ρ
Ángulos de carga.
°
θ
Ip
Corriente de fase.
IL
Corriente de línea.
I
η
cos θ
f
Corriente nominal.
 A
 A
 A
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.
E gf
Tensión generada de fase.
E gl
Tensión generada de línea.
s
ω
Vp
Velocidad.
Voltaje de fase.
VL
Voltaje de línea.
Hz
Ω
polos
 N - m
kVA
kW
kW
kW
Ω
Ω
 V
 V
r.p.m.
 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:
P = S * cos θ
VL
3
400V
Vp =
= 230.94  V 
3
Vp =
P = 36.37 kVA *0.8
P = 29.09  kW 
I * R = 52.5A*0.25Ω = 13.125 V 
S = 3 * VL * I
S=
I * X = 52.5A*3.2Ω = 168 V 
 3*400V*52.5A 
S = 36.37  kVA 
E gf =  Vp * cos θ - I * R  + j  Vp * sen θ + I * X 
E gf = 230.94V*0.8 - 13.125V  + j 230.94V *0.6 + 168V 
E gf = 171.62 + j306.56 V 
E gf = 351.32 60.75° V 
E g = 3 * E gf
l
Eg =
l
 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:
VL
3
11 kV
Vp =
= 6350.85 V 
3
Vp =
P = 3 * VL * I * cos θ
P=
 3*11 kV*60A*0.8
P = 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 
E gf = 6350.85V*0.8 - 60V + j 6350.85V*0.6 + 1800V 
E gf = 5020.68 + j5610.51 V 
E gf = 7528.94 48.17° V 
E g = 3 * E gf
l
Eg =
l
 3*7528.94V
E g = 13.04 48.17° kV 
l
Capítulo 6.- Motores síncronos
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.
VL
3
2200V
Vp =
= 1270.17  V 
3
Vp =
I * X = 52.48A*6Ω = 314.88 V 
PE
3 * VL * cos θ1
I=
I=
I * R = 52.48A*0.6Ω = 31.48 V 
200 kW
 3*2200V*1
I = 52.48 A 
E gf =  Vp * cos θ - I * R  + j  Vp * sen θ + I * X 
E gf = 1270.71V*1 - 31.48V  + j 1270.71V *0 + 314.88V 
E gf = 1239.23 + j314.88 V 
E gf = 1278.6 14.25° V 
282
Capítulo 6.- Motores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
E g = 3 * E gf
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 
E g =  Vp * cos θ - I * R  + j  Vp * sen θ + I * X 
E g = 1270.71V *0.8 - 39.36V  + j 1270.71V *0.6 + 393.6V
E g = 977.2 + j1156.02 V 
E g = 1513.7 49.79° V 
E gl = 3 * E gf
Eg =
l
 3*1513.7V
E gl = 2.62 49.79° kV 
δ=ρ-θ
δ = 49.79° - 36.86°
δ = 12.93°
Capítulo 6.- Motores síncronos
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
SOLUCIÓN:
PE = 3 * VL * I L * cosθ
PE =
 3*220V*30A*0.8
PE = 9145.22  W 
ZS = X = 4 Ω 
IL
3
30A
Ip =
3
I p = 17.32  A 
Ip =
E g =  Vp * cos θ + j  Vp * sen θ + I p * 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 * δ eléctricos
#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
Capítulo 6.- Motores síncronos
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:
 5.38 
I * R = 
* 1Ω
 cos θ   
VL
3
400 V
Vp =
= 230.94  V 
3
Vp =
E gf =
5.38
cos θ
 5.38 
I * X = 
* 8Ω
 cos θ   
I*R=
Eg
3
460 V
E gf =
= 265.58 V 
3
I=
I=
I*X=
43.07
cos θ
PE
3 * VL * cos θ
5.38
3 *400V* cos θ cos θ
 
3.73 kW
=
E g2 =  Vp * cos θ - I * R  +  Vp * sen θ + I * X
2
2

 5.38  
 43.07 
2






265.58V = 230.94V* cos θ - 
 + 230.94V * sen θ + 

 cos θ  
 cos θ 

2
2
5.382 

265.58V = 230.94V * cos θ - 2*230.94V*5.38 +  2 
 cos θ 
2
2
2
43.072 


+ 230.94V  * sen θ + 2*230.94V*43.07* tan θ + 
 cos 2θ 
2
2
Capítulo 6.- Motores síncronos
285
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
265.58V = 230.94V  *cos 2θ + sen 2θ - 2484.91 + 5.38 * tan 2θ +1
2
2
2
+ 19.89k * tan θ + 43.07 * tan 2θ +1
2
265.58V = 230.94V  - 2484.91 + 5.38 + 43.07 
2
2
2
2
2
2
+ 5.38 + 43.07   * tan 2θ + 19.89k * tan θ


2
1883.96* tan θ + 19.89k * tan θ -17.8k = 0
tan θ1 = 0.829
θ1 = tan -1 0.829
θ1 = 39.65°
cos θ1 = cos 39.65°
cos θ1 = 0.76
I=
5.38
cos θ1
5.38
0.76
I = 7.07  A 
I=
286
Capítulo 6.- Motores síncronos
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 
SOLUCIÓN:
VL
3
6600V
Vp =
= 3810.51V 
3
I=
Vp =
E gf =
I=
E gl
I=
3
8900V
E gf =
= 5138.41 V 
3
PE
3 * VL * cos θ
900 kW
 3*6600V* cos θ
78.72
cos θ
E g2f =  Vp * cos θ +  Vp * sen θ + I * X 
2

1574.4 
2
2





5138.41V = 3810.51V* cos θ + 3810.51V* sen θ + 

 cos θ 

2
2
5138.41V = 3810.51V * cos 2θ + 3810.51V * sen 2θ
2
2
2
1574.42 


+ 2*3810.51V *1574.4* tan θ + 
 cos 2θ 
5138.41V = 3810.51V *cos 2θ + sen 2θ + 11.99M * tan θ + 1574.4 * tan 2θ +1
2
2
2
5138.41V = 3810.51V + 1574.4 * tan 2θ + 11.99M * tan θ + 1574.4
2.47M * tan 2θ + 11.99M * tan θ - 9.404M  = 0
2
2
2
tan θ1 = 0.687
θ1 = tan -1 0.687 
θ1 = 34.48°
cos θ1 = cos 34.48°
cos θ1 = 0.824
Capítulo 6.- Motores síncronos
2
I=
78.72
cos θ1
78.72
0.824
I = 95.53 A 
I=
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
SOLUCIÓN:
I1* R = 109.35A*2Ω = 218.7  V 
VL
3
6.6 kV
Vp =
= 3810.51V 
3
Vp =
I1 =
I1 =
I1* X = 109.35A*20Ω = 2187  V 
P1
3 * VL * cos θ1
1000 kW
 3*6.6 kV*0.8
= 109.35 A 
E g1 =  Vp * cos θ1 - I1* R  + j  Vp * sen θ1 + I1* X 
E g1 = 3810.51V*0.8 - 218.7V  + j 3810.51V *0.6 + 2187V
E g1 = 2829.7 + j4473.3 V 
E g1 = 5293.16 57.68° V 
288
Capítulo 6.- Motores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
Corriente con la nueva potencia.
I2 =
I2 =
I2 =
P2
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
*20Ω
I 2 * X = 
 cos θ 2 
I2 * X =
2624.2
cos θ 2
E g22 =  Vp * cos θ 2 - I 2 * R  +  Vp * sen θ 2 + I 2 * X 
2
2

 262.42  
 2624.2 
2






 + 3810.51V * sen θ 2 + 

5293.16V = 3810.51V* cos θ 2 - 
 cos θ 2  
 cos θ 2 


 

2
2
5293.16V = 3810.51V *cos2θ 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
5293.16V = 3810.51V - 2M + 262.42 + 2624.2
2
2
2
2
2
2
+ 2624.2 + 262.42  * tan 2θ 2 + 20M * tan θ 2


2
6.95M* tan θ 2 + 20M * tan θ 2 - 8.54M = 0
tan θ 21 = 0.377
cos θ 21 = cos 20.65°
θ 21 = tan 0.377
cos θ 21 = 0.935 adelanto 
-1
θ 21 = 20.65°
Capítulo 6.- Motores síncronos
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%
SOLUCIÓN:
VL
3
2200V
Vp =
= 1270.17  V 
3
Vp =
η=
PE =
I=
396.8 kW
 3*2200V*0.8
I = 130.16  A 
PS
PE
0.94 =
PE
3 * VL * cos θ
I=
373 kW
PE
I * R = 130.16A*0.3Ω = 39.04 V 
I * X = 130.16A*3Ω = 390.48 V 
373 kW
= 396.8 kW 
0.94
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
Capítulo 6.- Motores síncronos
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 
SOLUCIÓN:
VL
3
6600 V
Vp =
= 3810.51 V 
3
E gf =
PE
3 * VL * cos θ
I=
Vp =
I=
E gl
I=
3
8942V
E gf =
= 5162.66  V 
3
915 kW
 3*6600V* cos θ
80.04
cos θ
 80.04 
I * X = 
* 20Ω
 cos θ  
1600.83 
I * X = 
 cos θ 
E g2 =  Vp * cos θ +  Vp * sen θ + I * X 
2

1600.83
2
2





5162.66 = 3810.51* cos θ + 3810.51V* sen θ + 

 cos θ 

2
2
5162.66 = 3810.51 *cos2θ + sen 2θ + 2*3810.51*1600.83* tan θ + 1600.83 * tan 2θ +1
2
2
2
5162.66 = 3810.51 + 1600.83 + 1600.83 * tan 2θ + 12.19M* tan θ
2.56M* tan 2θ + 12.19M* tan θ - 9.57M = 0
2
2
2
2
tan θ1 = 0.6861
cos θ1 = cos 34.45°
θ1 = tan -1 0.6861
cos θ1 = 0.8245
θ1 = 34.45°
Capítulo 6.- Motores síncronos
I=
80.04
cos θ1
80.04
0.8245
I = 97.06  A 
I=
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 
SOLUCIÓN:
VL
3
800V
Vp =
= 461.88 V 
3
I=
Vp =
E gf =
I=
E gl
I=
3
950V
E gf =
= 548.48 V 
3
PE
3 * VL * cos θ
80 kW
 3*800V* cos θ
57.73
cos θ
 57.73 
I * X = 
* 3.3Ω
 cos θ  
190.51
I * X = 
 cos θ 
E g2 =  Vp * cos θ +  Vp * sen θ + I * X 
2

190.51
2
2



548.48V = 461.88V* cos θ + 461.88V* sen θ + 

 cos θ 

2
2
548.48V = 461.88V *cos 2θ + sen 2θ + 2*461.88V*190.51* tan θ + 190.51 * tan 2θ +1
2
2
2
548.48V = 461.88V + 190.51 + 190.51 * tan 2θ + 175.98k * tan θ
36.29k * tan 2θ + 175.98k   tan θ - 51.2k = 0
2
2
2
2
tan θ1 = 0.27
θ1 = tan -1 0.27 = 15.10°
cos θ1 = cos 15.10°
cos θ1 = 0.965
292
Capítulo 6.- Motores síncronos
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:
VL
3
11000V
Vp =
= 6350.85 V 
3
Vp =
I * R = 60A *1Ω = 60 V 
I * X = 60A *30Ω = 1800 V 
PE = 3 * VL * I * cos θ
PE =
 3*11000V *60A *0.8
PE = 914.52  kW 
E gf =  Vp * cos θ - I * R  + j  Vp * sen θ + I * X 
E gf = 6350.85V*0.8 - 60V  + j 6350.85V *0.6 + 1800V 
E gf = 5020.68 + j5610.51 V 
E g = 7528.94 48.17° V 
E g = 3 * E gf
l
Eg =
l
 3*7528.94V
E g = 13.04 48.17° kV 
l
Capítulo 6.- Motores síncronos
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 120*50 Hz
=
#P
6 polos
I * R = 15A*0.5Ω = 7.5 V 
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 
 rad 

ω = 104.71 
 seg 
E g = 230.94V*1 - 7.5V + j 60V 
E g = 223.44 + j60 V 
E g = 231.35 15.03° V 
VL
3
400V
Vp =
= 230.94  V 
3
Vp =
Con corriente de 60A.
I * R = 60A*0.5Ω = 30 V 
I * X = 60A*4Ω = 240 V 
E g2 =  Vp * cos θ - I * R  +  Vp * sen θ + I * X 
2
2
2
231.35V = 230.94V*cos θ - 30V + 230.94V* sen θ + 240V
2
2
231.35 = 230.94 *cos 2θ + sen 2θ - 13856.4* cos θ + 900 + 110.85k * sen θ + 57.6k 
2
2
110.85k * sen θ - 13856.4* cos θ = -58.31k
294
Capítulo 6.- Motores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
13856.4* cos θ - 58.31k = 110.85k * sen θ
13856.4* cos θ 58.31k
= sen θ
110.85k
110.85k
0.125* cos θ - 0.526 = sen θ
sen θ = 1 - cos 2θ
0.125* cos θ - 0.526 =


2

1 - cos 2θ

2
0.125 * cos 2θ - 0.1315* cos θ + 0.526 = 1 - cos 2θ
1.0156* cos 2θ - 0.1315* cos θ - 0.7233 = 0
2
2
cos θ1 = 0.911
τ=
τ=
τ=
P
ω
3 * VL * I * cos θ
ω
 3*400V*60A*0.911
 rad 

104.71 
 seg 
τ = 361.66  N - m 
Capítulo 6.- Motores síncronos
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 
SOLUCIÓN:
PE = 3* VL * I * cos θ
VL
3
11000 V
Vp =
= 6350.85 V 
3
Vp =
PE =
 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 
E g = 3 * E gf
l
Eg =
l
 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 gf = 6350.85*0.8 - 60V  + j 6350.85*0.6 - 1800V 
E gf = 5408.26 21.82°  V 
E g = 3 * E gf
l
Eg =
l
 3*5408.26V
E g = 9.36 21.82° kV 
l
296
Capítulo 6.- Motores síncronos
Máquinas Eléctricas y su Solución.
Ingeniería Mecánica Eléctrica.
14.- Un motor síncrono toma 25 kW de una red de 400V. La reactancia síncrona del motor es 4Ω.
Calcular el factor de potencia a la cual el motor operaría cuando el campo de excitación se ajusta
para que la f.e.m. generada sea 500V.
[0.666 adelanto]
DATOS:
VL = 400  V 
PE = 25 kW 
X = 4Ω 
E g = 500  V 
SOLUCIÓN:
VL
3
400V
Vp =
= 230.94  V 
3
Eg =
PE
3 * VL * cos θ
I=
Vp =
I=
E gL
I=
3
500V
Eg =
= 288.67  V 
3
25 kW
 3*400V* cos θ
36.08
cos θ
 36.08 
I * X = 
* 4Ω
 cos θ   
144.32 
I * X = 
 cos θ 
E g2 =  Vp * cos θ +  Vp * sen θ + I * X
2

144.32 
2
2





288.67V = 230.94V* cos θ + 230.94V* sen θ + 

 cos θ 

2
2
288.67 = 230.94 *cos 2θ + sen 2θ + 2*230.94*144.32* tan θ + 144.32 * tan 2θ +1
2
2
2
288.67V = 230.94V + 144.32 + 144.32 * tan 2θ - 66.65k * tan θ
20.82k * tan 2θ + 66.65k * tan θ - 9168.82 = 0
2
2
2
2
tan θ1 = 0.132
θ1 = tan -1 0.132
θ1 = 7.51°
cos θ1 = cos 7.51°
cos θ1 = 0.991
Capítulo 6.- Motores síncronos
297