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El libro que se presenta es un conjunto de problemas resueltos del área de la Ingeniería Eléctrica, fruto de la larga experiencia acumulada por los autores en la docencia de la asignatura Electrotecnia en la ETSEIT de la UPC.Trata de los circuitos eléctricos trifásicos, especial-mente como circuitos de potencia (capítulo 1), cuya metodología y comportamiento en régimen senoidal es imprescindible conocer para entender la gene-ración, el transporte y la distribución de la energía eléctrica. Presenta una colección de problemas de transformadores monofásicos (capítulo 2), que abor-dan la determinación de los parámetros del circuito equivalente a través de las pruebas de vacío y corto-circuito, así como la determinación del rendimiento. Asimismo, se presenta el trabajo de transformadores en paralelo. También se estudia el comportamiento de los transformadores trifásicos (capítulo 3) en régi-men senoidal alimentando diferentes tipo de cargas. Se dedica un capítulo (4) a la resolución de problemas de corriente continua con distintas máquinas que presentan diferentes formas de excitación. Se hace referencia (capítulo 5) a las máquinas asíncronas, especialmente a los motores trifásicos, de amplia utilización en la industria, pues el estudio de sus cir-cuitos equivalentes, previa determinación de sus pa-rámetros, es fundamental para la determinación del comportamiento del motor. Asimismo, se estudia la potencia del motor en distintas situaciones, así como el rendimiento del mismo y el proceso de arranque. Finalmente (capítulo 6), se presentan distintos ejerci-cios de máquinas síncronas en donde la máquina se estudia como generador y motor. Varios de los pro-blemas que se presentan en esta obra fueron ejerci-cios de examen en las diferentes convocatorias.

Xavier Alabern es Doctor Ingeniero Industrial por la UPC, profesor titular de universidad del Departa-mento de Ingeniería Eléctrica y subdirector de Rela-ciones Exteriores y Cooperación Universitaria de la Escola Tècnica Superior d’Enginyeria Industrial de Terrassa (ETSEIT). Actualmente es director de los programas Mantenimiento de equipos e instalacio-nes y Proyecto, diseño y cálculo de instalaciones mecánicas, eléctricas y especiales, y profesor en otros cursos de posgrado. Ha publicado en varias revistas y ha participado en congresos de ámbito nacional e internacional.Jordi-Roger Riba es Doctor en Ciencias Físicas por la Universidad de Barcelona y profesor de Electrotecnia de la ETSEIT. Asimismo, es profesor de Electricidad y Electrotecnia en la EUETI de Igualada y docente en varios cursos de posgrado. Ha publicado en varias revistas y ha participado en congresos de ámbito na-cional e internacional.

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AULA POLITÈCNICA/ TECNOLOGÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA

Xavier Alabern MoreraJordi-Roger Riba Ruiz

Electrotecnia. Problemas

EDICIONS UPC

9 788483 018699

AULA POLITÈCNICA 97


EDICIONS UPC

AULA POLITÈCNICA/ TECNOLOGÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA

Xavier Alabern MoreraJordi-Roger Riba Ruiz


Primera edición: septiembre de 2005Segunda edición; junio de 2006

Diseño de la cubierta: Jordi Calvet

© los autores, 2005

© Edicions UPC, 2005 Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona Tel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885 Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es E-mail: [email protected]

Producción: Cargraphics Pedrosa B 29-31, 08908 L’Hospitalet de Llobregat

Depósito legal: B-30.718-2006ISBN: 84-8301-869-1

Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las san-ciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o proce-dimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos.

Prólogo 7

PRÓLOGO

El libro que se presenta es un conjunto de problemas resueltos del área de la Ingeniería Eléctrica, fruto de la larga experiencia acumulada por los autores en la impartición de la asignatura de Electrotecnia en la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de Terrassa, de la Universidad Politécnica de Catalunya.

El capítulo 1 se refiere a los circuitos eléctricos trifásicos, que se presentan en la industria especialmente como circuitos de potencia. El conocimiento de la metodología y comportamiento de los sistemas trifásicos en régimen senoidal es imprescindible para el entendimiento de la generación, transporte y distribución de la energía eléctrica.

El capítulo 2 presenta una colección de problemas de transformadores monofásicos. La determinación de los parámetros del circuito equivalente a través de las pruebas de vacío y cortocircuito es fundamental para el conocimiento del comportamiento del transformador en carga, así como la determinación del rendimiento. Asimismo, se presenta el trabajo de transformadores en paralelo.

El capítulo 3 se refiere al estudio de los transformadores trifásicos y al estudio de su comportamiento en régimen sinoidal alimentando diferentes tipo de cargas. La determinación del índice horario es fundamental para la conexión de transformadores en paralelo.

El capítulo 4 se dedica a la resolución de problemas de máquinas de corriente continua; se presentan distintos tipos de máquinas con diferentes formas de excitación, analizando y resolviendo su distinto comportamiento.

El capítulo 5 hace referencia a las máquinas asíncronas, especialmente a los motores trifásicos, por su amplia utilización en la industria. El estudio de sus circuitos equivalentes, previa determinación de sus parámetros, mediante los ensayos de vacío y de cortocircuito o rotor bloqueado son fundamentales para poder determinar el comportamiento del motor. Se estudia la potencia del motor en distintas situaciones, así como el rendimiento del mismo. El proceso de arranque se estudia en varios de los ejercicios presentados.

El capítulo 6 se destina a problemas de máquinas síncronas. Se presentan distintos ejercicios en los que la máquina se estudia como generador y motor.

Destacaríamos finalmente que varios de los problemas que aquí se han presentado fueron ejercicios de examen en las diferentes convocatorias.

Esperamos que la presente obra contribuya de manera significativa al entendimiento de la Ingeniería Eléctrica.

Xavier Alabern

Profesor Titular de Universidad

Departamento Enginyeria Eléctrica de la UPC

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

Índice 9

Índice:

1. Sistemas trifásicos…………………………………………………......…………...……………………11 1.1 Problema 1……………………………………………………………………………………...12 1.2 Problema 2…………………………………………………………………………...................16 1.3 Problema 3……………………………………………………………………………………...18 1.4 Problema 4……………………………………………………………………………………...22 1.5 Problema 5……………………………………………………………………………………...25 1.6 Problema 6……………………………………………………………………………………...29 1.7 Problema 7……………………………………………………………………………………...31 1.8 Problema 8……………………………………………………………………………………...34 1.9 Problema 9……………………………………………………………………………………...39 1.10 Problema 10……………………………………………………………………….....................41 1.11 Problema 11………………………………………………………………………………….....44 1.12 Problema 12……………………………………………………………………….....................47 1.13 Problema 13……………………………………………………………………….....................52 1.14 Problema 14……………………………………………………………………….....................56 1.15 Problema 15……………………………………………………………………….....................58 1.16 Problema 16……………………………………………………………………….....................60 1.17 Problema 17……………………………………………………………………….....................62 1.18 Problema 18……………………………………………………………………….....................64 1.19 Problema 19……………………………………………………………………….....................66

2. Transformadores monofásicos……………………………………………………...…….......................69 2.1 Problema 1……………………………………………………………………………………...70 2.2 Problema 2……………………………………………………………………………………...72 2.3 Problema 3……………………………………………………………………………………...73 2.4 Problema 4……………………………………………………………………………………...76 2.5 Problema 5……………………………………………………………………………………...80 2.6 Problema 6……………………………………………………………………………………...82 2.7 Problema 7……………………………………………………………………………………...84 2.8 Problema 8……………………………………………………………………………………...87 2.9 Problema 9……………………………………………………………………………………...89 2.10 Problema 10………………………………………………………………..…………………...92 2.11 Problema 11…………………………………………………………………..………………...97 2.12 Problema 12………………………………………………………………………………..….101 2.13 Problema 13…………………………………………………………………………………...103 2.14 Problema 14………………………………………………………………………...................105 2.15 Problema 15………………………………………………………………………...................106

3. Transformadores trifásicos…………………………………………………………………...………..109

3.1 Problema 1……………………………………………………………..……………………...110 3.2 Problema 2…………………………………………………………………………..………...112 3.3 Problema 3……………………………………………………………………….....................115 3.4 Problema 4……………………………………………………………………….....................117 3.5 Problema 5……………………………………………………………………….....................121 3.6 Problema 6……………………………………………………………………….....................126 3.7 Problema 7……………………………………………………………………….....................129 3.8 Problema 8……………………………………………………………………….....................132 3.9 Problema 9……………………………………………………………………….....................135 3.10 Problema 10……………………………………………………..……………….....................138 3.11 Problema 11…………………………………………………………………..….....................142


10 Problemas de electrotecnia

3.12 Problema 12…………………………………………………………………….......................145 3.13 Problema 13…………..………………………………………………………….....................150

4. Máquinas de corriente contínua………………………………………………….……….………....…153

. 4.1 Problema 1……………………………………………………………..……………....……...154 4.2 Problema 2…………………………………………………………………......…....………...156 4.3 Problema 3………………………………………………………………………....……..…...158 4.4 Problema 4……………………………………………………………………….....................160 4.5 Problema 5………………………………………………………………………….................162 4.6 Problema 6………………………………………………………………………….................164 4.7 Problema 7…………………………………………………………………....…….................166 4.8 Problema 8………………………………………………………………………...…..............168 4.9 Problema 9………………………………………………………………………….................170 4.10 Problema 10…………………………………………..…………………………….................172 4.11 Problema 11………………………………………………………..……………….................174 4.12 Problema 12……………………………………………………………………..........….........175 4.13 Problema 13…………………………………………………………………………………...177 4.14 Problema 14…………………………………………………………………………………...179

5. Máquinas asíncronas………………………………………………………….................................…..181

5.1 Problema 1………………………………………………………………………................….182 5.2 Problema 2………………………………………………………………………...…………..184 5.3 Problema 3……………………………………………………………………….....................186 5.4 Problema 4……………………………………………………………………….....................187 5.5 Problema 5……………………………………………………………………….....................189 5.6 Problema 6……………………………………………………………………………….........192 5.7 Problema 7……………………………………………………………………….....................194 5.8 Problema 8……………………………………………………………………….....................197 5.9 Problema 9……………………………………………………………………...…..................199 5.10 Problema 10…………………………………………………..………………….....................201 5.11 Problema 11………………………………………………………………..…….....................203 5.12 Problema 12…………………………………………………………………….......................205 5.13 Problema 13…………..………………………………………………………….....................207 5.14 Problema 14……………………………......…………………………………….....................210 5.15 Problema 15…………………………………..………………………………….....................212 5.16 Problema 16………………………………………………..…………………….....................215 5.17 Problema 17……………………………………………………………..……………...……..217 5.18 Problema 18…………..………………………………………………………….....................219 5.19 Problema 19………………………..…………………………………………….....................222

6. Máquinas síncronas……………………………………………………………………………...…….225

6.1 Problema 1…………………………………………………………………..……...………... 226 6.2 Problema 2………………………………………………………………………...…..……... 228 6.3 Problema 3……………………………………………………………………….................... 230 6.4 Problema 4……………………………………………………………………….................... 233 6.5 Problema 5……………………………………………………………………….................... 235 6.6 Problema 6……………………………………………………………………….................... 238 6.7 Problema 7……………………………………………………………………….................... 239 6.8 Problema 8……………………………………………………………………….................... 240 6.9 Problema 9……………………………………………………………………….................... 242 6.10 Problema 10……………………………………..……………………………….................... 244 6.11 Problema 11…………………………………………………..………………….................... 247 6.12 Problema 12………………………………………………………………..…….................... 250


Circuitos trifásicos 11

1 Circuitos trifásicos



1.1 Problema 1

Una carga equilibrada trifilar conectada en estrella y de impedancia 40∠ 30º Ω por fase está conectada a una red trifásica equilibradade secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las corrientes de línea. b) Calcular las potencias activa, reactiva y aparente totales que consume la carga.

Figura 1.1.1

Resolución:

a ) Cálculo de las corrientes de línea:

Aº,º

º/Z

VI RNR 3077355

304003400 −∠=

<<==

Aº,º

º/Z

VI SNS 15077355

30401203400 −∠=

<−<==

Aº,º

º/Z

VI TNT 9077355

30401203400 ∠=

<<==

b ) Cálculo de las potencias totales:

PTOT = 3 .Vlínea.Ilínea.cosϕ = 3 .400.5,7735.cos30º = 3464,10 W

QTOT = 3 .Vlínea.Ilínea.sinϕ = 3 .400.5,7735.sin30º = 2000,00 VAr

STOT = 3 Vlínea.Ilínea= 3 .400.5,7735 = 4000 VA

N

R

S

T

IR

IS

IT

Z

Z

Z



1.2 Problema 2

Una carga equilibrada trifilar conectada en triángulo y de impedancia 40∠ 30º Ω por fase está conectada a una red trifásica equilibrada de secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las corrientes de fase de la carga. b) Calcular las corrientes de línea. c) Calcular las potencias activa, reactiva y aparente totales que consume la carga.

Figura 1.2.1

Resolución:

a ) Cálculo de las corrientes de fase de la carga (se toma como origen de fases ºVV RNRN 0∠= ):

AZ

VI RS

RS º010º3040º30400 ∠=

∠∠==

AZ

VI ST

ST º12010º3040

º90400 −∠=∠

−∠==

AZ

VI TR

TR º12010º3040º150400 ∠=

∠∠==

b ) Cálculo de las corrientes de línea:

AIII TRRSR º3032,17 −∠=−=

AIII RSSTS º15032,17 −∠=−=

AIII STTRT º9032,17 +∠=−=

c ) Cálculo de las potencias totales:

PTOT = 3 .Vlínea.Ilínea.cosϕ = 3 .400.17,32.cos30º = 10392 W

QTOT = 3 .Vlínea.Ilínea.sinϕ = 3 .400.17,32.sin30º = 6000 VAr

STOT = 3 Vlínea.Ilínea= 3 .400.17,32 = 12000 VA

R

S

T

Z

Z

Z

RSTR

S

R

TST

I

I

I

I

I

I

R

S

T



1.3 Problema 3

Una carga desequilibrada trifilar conectada en estrella está conectada a una red trifásica equilibrada de secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las corrientes de línea. b) Calcular las potencias activa, reactiva y aparente totales que consume la carga.

Figura 1.3.1

Resolución:

a ) Al ser una carga desequilibrada trifilar en estrella, el centro de la estrella no coincide con el neutro.

0=++ TSR III → 0''' =++T

TN

S

SN

R

RN

ZV

ZV

ZV

''' º1203

400º03

400SNSNSNRNRN VVVVV +−∠−∠=+−=

''' º1203

400º1203

400SNSNSNTNTN VVVVV +−∠−∠=+−=

Del sistema de ecuaciones anterior resulta:

VVRN º154,386' ∠= VVSN º755,103' −∠= VVTN º9,843,301' ∠=

Ahora ya se pueden calcular las corrientes de línea:

AZ

VIR

RNR º3066,13' −∠== A

ZVI

S

SNS º16518,5' −∠== A

ZVI

T

TNT º9,12965,10' ∠==

b ) Cálculo de las potencias totales:

*'*'*' ... TTNSSNRRNtotal IVIVIVS ++= = 6000 +j.2000 = 6324,56∠ 18,4º VA

Stotal = 6324,56 VA

Ptotal = 6000 W

Qtotal = 2000 VAr

N’≠N

R

S

T

IR

IS

IT

Ω∠= º452.20RZ

Ω∠= º9020SZ

Ω−∠= º452.20TZ



1.4 Problema 4

Una carga desequilibrada trifilar conectada en triángulo está conectada a una red trifásica equilibrada de secuencia directa RST de 400 V i 50 Hz. a) Calcular las corrientes de fase de la carga. b) Calcular las corrientes de línea. c) Calcular las potencias activa, reactiva y aparente totales que consume la carga.

Figura 1.4.1

Resolución:

a ) Cálculo de las corrientes de fase de la carga (se toma como origen de fases ºVV RNRN 0∠= ):

AZ

VI RS

RS º3010º040º30400 <=

<<==

AZ

VI ST

ST º12010º3040

º90400 −<=<

−<==

AZ

VI TR

TR º15010º040

º150400 <=<<==

b ) Cálculo de las corrientes de línea:

AIII TRRSR º032,17 <=−=

AIII RSSTS º13532,19 −<=−=

AIII STTRT º10514,14 <=−=

c ) Cálculo de las potencias totales:

*** ... TRTRSTSTRSRStotal IVIVIVS ++= = 11464,1 +j.2000,0 = 11637,5<9,90º VA

Stotal = 11637,5 VA

Ptotal = 11464,1 W

Qtotal = 2000,0 VAr

R

S

T

ZRS=40<0º Ω

ZST=40<30º Ω

ZTR=40<0º Ω

RSTR

S

R

T

I

STI

I

I

I

I

R

S

T



1.5 Problema 5 El esquema representa la alimentación en media tensión de tres cargas trifásicas equilibradas, cuyas características están dadas por sus potencias. Con el interruptor D abierto, la lectura del voltímetro VG es de 1202,5 V. Se desea saber:

a) Impedancia equivalente por fase de la carga, en el supuesto de que esté conectada en estrella.

b) Indicaciones de los vatímetros W1 y W2

A continuación se cierra el interruptor

D (que equivale a conectar en el circuito una batería de condensadores). Se pregunta:

c) Nuevas lecturas de los vatímetros y del voltímetro VG (en el supuesto que la tensión en bornes de la carga se mantuviera constante).

Figura 1.5.1

Resolución:

a) Nomenclatura utilizada: C: carga G: generador S: simple

En primer lugar, se reducirán las tres cargas conectadas al extremo de la línea a una sola equivalente:

carga 1 ( ) kVA8060º13,531001 jS +=∠= (cos φ = 0,6; φ = 53,13º)

carga 2 ( ) kVA040º0402 jS +=∠=

carga 3 ( ) kVA1020º56,2636,223 jS +=∠= )º56,26;

2010(tg == ϕϕ

( ) kVAº87,36150kVA90120T ∠=+= jS

0 - j90 kVA 20 + j10 kVA

100 kVA cos φ = 0,6 (ind.)

carga 1

carga 3

carga 2

40 kW cos φ = 1

lZ = 1,2 + j1,6 Ω

lZ = 1,2 + j1,6 Ω

lZ = 1,2 + j1,6 Ω

W1

W2

VG

D

T

S

R



que, por fase, representa una potencia de:

kVAº87,365030403C

Cf ∠=+== jSS

La tensión simple o de fase vale:

V26,694

35,1202

3G

GS ===U

U

Vδº26,694GS ∠=U Y si se toma la tensión simple en bornes de la carga como origen de fases:

Vº0CSCS ∠= UU La impedancia por fases de la línea es de la forma:

Ω∠=Ω+= º13,532)6,12,1( jZl Pudiéndose ahora plantear la siguiente ecuación vectorial:

IZUU l ·CSGS += siendo,

º0º87,3650000*

CSCS

Cf

∠∠==

UUSI

º87,36

50000

CS−∠=

UI

y sustituyendo se obtiene,

º87,3650000·º13,532º0º26,694

CSCS −∠∠+∠=∠

UUδ

igualando partes reales e imaginarias entre sí, queda:

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

=

+=

CS

CSCS

28000δsen26,694

96000δcos26,694

U

UU

que resuelta, nos da: V500 V200 CSCS ±=±= UU

Los valores negativos no tienen sentido físico.

El valor UCS = 200 V no se considera, puesto que es ilógico que la caída de tensión en la línea sea superior a la caída de tensión en la carga. Por tanto, la corriente que circula por la línea vale:

A)6080(º87,36100º87,36

50050000 jI −=−∠=−∠=

y si se recuerda que por fase

VA)3000040000(VAº87,3650000Cf jS +=∠= resulta, teniendo en cuenta que

CfCfCf QPS += :



Ω=== 4

10040000

22Cf

C IP

R

Ω=== 3

10030000

22Cf

C IQX L

Ω∠=Ω+= º87,365)34(Cf jZ b ) Si se tiene en cuenta la disposición de los dos vatímetros (conexión Aron) la forma de conocer las lecturas de cada uno de ellos es la siguiente:

Carga:

W1200003·40000TC ==P

var900003·30000TC ==Q Línea:

W36000100·2,1·33 22 === IRP ll

VArIXQ ll 48000100·6,1·33 22 === La potencia suministrada por el generador será

kW156W156000TCG ==+= lPPP

VArQQQ l k138var138000TCG ==+=

VAº5,41278,208G kS ∠= y teniendo en cuenta la disposición de los vatímetros,

⎭⎬⎫

=−=+

⎭⎬⎫

=−=+

3/138156

3)( 21

21

G21

G21WW

WWQWW

PWW

kW8,1171 =W kW2,382 =W c) Al conectar los condensadores, la potencia aparente total del conjunto de la carga será

condTCTC' SSS +=

VAº01200009000090000120000'TC ∠=−+= jjS Y puesto que la tensión en bornes de la carga se supone constante y de valor por fase 500 V, la nueva corriente de línea vale

Aº080

º0500·3º0120000'* ∠=

∠∠=I

Las nuevas pérdidas de potencia en la línea en estas condiciones serán

W2304080·2,1·3' 2 ==lP

VArQ l 3072080·6,1·3' 2 == Y el generador aportará una nueva potencia de

W14304023040120000'G =+=P VArQ 30720'G =

VAº12,126,14630120720143040'G ∠=+= jS



Las nuevas indicaciones de los vatímetros serán,

⎪⎭

⎪⎬⎫

=−

=+

330720''

143040''

21

21

WW

WW

kW3881,80'1 =W kW6519,62'2 =W y la nueva indicación del voltímetro será

V84,1055'G =V

Se observa pues, que como resultado de corregir totalmente la componente reactiva de la carga mediante los condensadores, la potencia activa absorbida del generador, solamente disminuye en 13 kW mientras que la reactiva se ha rebajado en ~ 107 kVAr.

V84,10553·806,146301

3·''

' GGCG ====

IS

UV



1.6 Problema 6 Un sistema trifásico equilibrado, de secuencia directa RST a 50 Hz, alimenta:

1. Tres calefactores de un horno eléctrico conectados en triángulo, con factor de potencia unidad y que consumen 3,74 kW cada uno.

2. Un motor eléctrico de rendimiento 83% conectado en triángulo a la tensión compuesta de 208 V y que proporciona una potencia mecánica de 25 CV, con factor de potencia 0,8.

La línea de alimentación tiene una impedancia por fase 111 jXRZ += . En bornes de salida del generador, se conectan tres vatímetros de la forma que se especifica a continuación y que dan las siguientes lecturas:

W1 : Bobina amperimétrica con corriente de la fase R Bobina voltimétrica con tensión RT Lectura: ilegible

W2 : Bobina amperimétrica con corriente de la fase R Bobina voltimétrica con tensión ST Lectura: 15200 W

W3 : Bobina amperimétrica con corriente de la fase S Bobina voltimétrica con tensión ST Lectura: 15570 W Se pregunta:

a) Impedancia de la línea

b) Tensión en bornes del generador

Resolución: a) Se determinan las potencias eléctricas consumidas por las cargas conectadas al circuito.

Motor:

Pmec = 25 CV η = 83% cos φM = 0,8 tg φM = 0,75

W7,2216883,0736·25

M ==P VArPQ 5,1662675,0·7,22168tg MMM === ϕ

VAº87,369,277105,166267,22168M ∠=+= jS

Horno:

P’H = 3,74 kW/fase cos φH = 1 φH = 0

W112203740·3'3 HH === PP VArQ 0H =

VAº011220011220H ∠=+= jS

En consecuencia, la carga total conectada al circuito será

VAº47,2641,372995,166267,33388HMC ∠=+=+= jSSS

Si se toma la tensión en bornes de la carga, como origen de fases Vº0CC ∠= UU , la corriente que circula por la línea de alimentación se obtiene a partir de



º47,265,103º0208·3

º47,2641,372993

*C

C ∠=∠

∠==U

SI

A)133,4665,92(º47,265,103 jI −=−∠=

Analicemos a continuación las potencias que proporciona el generador, para lo cual basta observar que los vatímetros W1 y W3 están conectados según el método de Aron, y por tanto se cumple para cualquier sistema equilibrado que:

⎪⎭

⎪⎬⎫

−=

+=

⎪⎭

⎪⎬⎫

−=

+=

155703

15570

3 1G

1G

31G

31G

WQ

WP

WWQ

WWP (1)

la lectura del vatímetro W1, según el enunciado, no es posible.

El vatímetro W2 está montado de forma que en un sistema trifásico equilibrado su indicación es,

W152003G

2 ==Q

W

expresión que sustituida en la ecuación 1 resulta:

W307701557015200

155701

1

1G =⎭⎬⎫

−=+=

WW

WP

W46340155703077031G =+=+= WWP VArQ 2,2632715200·3G ==

Por lo que el generador suministra una potencia total que en forma compleja vale

VAº6,295,532962,2632746340G ∠=+= jS

con un factor de potencia cos φG = 0,8695.

Las tres fases de la línea absorben una potencia que vale

W3,129517,3338846340CG =−=−= PPPl

VArQQQl 7,97005,166262,26327CG =−=−=

VAº84,3646,161817,97003,12951 ∠=+= jSl

Los parámetros por fase de la línea serán de la siguiente forma:

Ω=== 403,05,103·33,12951

3 22IP

R ll Ω=== 302,0

5,103·37,9700

3 22IQX l

l

Ω∠=+= º84,365036,0302,0403,0 jZl

b) La tensión en bornes del generador se puede deducir de

Vº13,33,297º47,265,103·3

º6,295,53296*·3

GG ∠=

∠∠==

ISU

V)23,1686,296(Vº13,33,297G jU −=∠= → UG = 297,3 V

recordando que el origen de fases es precisamente la tensión en bornes de la carga.



1.7 Problema 7 Seis impedancias idénticas, de valor Ω+= )1612( jZ cada una, se conectan como se indica en el esquema adjunto, al extremo final de una línea trifásica alimentada por un generador equilibrado y a secuencia directa que proporciona en bornes de la carga así constituida una tensión entre fases de

V3200C =V .

La alimentación se realiza mediante una línea trifásica, cuya impedancia por fase es Ω+= )11( jZl .

Con el interruptor K abierto, determinar:

a) Las indicaciones de todos los aparatos de medida

b) Potencia aparente, en forma compleja, suministrada por el generador que alimenta la carga.

Para mejorar el factor de potencia de la carga hasta la unidad, se cierra el interruptor K, que conecta una batería de condensadores y en este caso se pide:

c) Características de la batería de condensadores.

d) Potencia aparente en forma compleja, que proporciona ahora el generador y nueva tensión en bornes del mismo.

Figura 1.7.1

Resolución: a) Las seis impedancias así conectadas dan lugar a una impedancia de carga cuyo valor por fase es

4

3

3·C

ZZZ

ZZZ estrella =

+=

lZW1

W2

VG

K

T

S

R AG

lZ

lZ

A11

A1

A2 Z

Z

Z

Z Z

Z

C C

C

VC

lV



siendo,

Ω∠=+= º13,53201612 jZ

Ω+=Ω∠=∠=+

= )43(º13,535º13,534

204

1612C jjZ estrella

El esquema anterior puede reducirse a otro monofásico, constituido por fase y neutro, como se aprecia en la figura 1.3.2

Figura 1.7.2 Ω∠=+=+++=+= º34,514,654)43()11(CT jjjZZZ estrellal

La corriente por fase vale

Aº13,5340º13,535

º0200º0

33200

CG −∠=

∠∠

=∠

=estrellaZ

I

y por tanto el amperímetro AG marca 40 A. A40G =A

La caída de tensión en la línea en valor simple será

V)856(º13,8240º13,5340·º452· G jIZU ll −=−∠=−∠∠==

La indicación del voltímetro V1 será, pues, V5685,562.40 = V5685,561 =V

La tensión simple en bornes del generador vale

8256º13,8240º0200·CSGS jIZUU l −=−∠+∠=+= → Vº8,1125,256GS −∠=U

La indicación del voltímetro VG será

V62,443125,256·33 GSG === UV V62,443G =V

El amperímetro A2 marcará

A1020

200CS2 ===

Z

UI A102 =A

y como vector será: A)86(º13,5310º13,5320

º0200CS2 j

ZUI −=−∠=

∠∠==

VGS VCS

R lZ

estrellaZC

GI



El amperímetro A11 indicará

A31020

3200CC11 ===

Z

UI A31011 =A

y el amperímetro A1 marcará

A303·3103·111 === II A301 =A

Los vatímetros conectados según el método Aron indicarán:

⎪⎭

⎪⎬⎫

=−

=+

3G

21

G21QWW

PWW

Determinemos, en primer lugar, las potencias absorbidas por la carga y la línea:

W1440040·3·33 22GCC === IRP

W480040·1·33 22G === IRP ll

WPPP lCG 19200=+=

y por el teorema de Boucherot

VArIXQ 1920040·4·33 22GCC ===

VArIXQ ll 480040·4·33 22G ===

VArQQQ l 24000CG =+=

Por tanto, resulta

⎪⎭

⎪⎬⎫

=−

=+

32400019200

21

21

WW

WW

W8,2671W2,16528

2

1

==

WW

b) VAº34,51307352400019200GGG ∠=+=+= jjQPS

c) Como se ha visto en el apartado a), la potencia aparente absorbida por la carga es de la forma:

VAº13,53240001920014400CCC ∠=+=+= jjQPS

Para que el factor de potencia de la carga sea la unidad, se deberá cumplir que

VAº014400014400C ∠=+= jS

en consecuencia, la batería de condensadores tendrá que aportar una potencia reactiva de )(19200condC −= VArQ

que, por fase, vale

CfVX

VVArQ fC

C

fC ⋅⋅⋅==−== π2)(64003

19200 22

condCf



La capacidad de dichos condensadores, sabiendo que están conectados en triángulo a la tensión compuesta de V3200 y frecuencia de 50 Hz, es

( ) µF/fase765,169320050π2

6400·102

6=

⋅⋅⋅=C µF/fase765,169=C

cuya reactancia por fase vale

Ω=⋅⋅

= 75,18765,169·50π2

106

CX → Aº9075,1875,18 ∠=−= jX C

d) La reactancia capacitiva de los condensadores proporciona

Aº90475,18º9075,18º03200

condf ∠=−∠∠

=I

la intensidad de línea valdrá

A32475,18·3condC ==I

La corriente GI que suministraba el generador, antes de mejorar el factor de potencia de la carga, valía

A)3224(º13,5340G jI −=−∠=

Una vez compensado el factor de potencia, la nueva corriente pasa a ser

Aº024024'G ∠=+= jI

siendo la nueva potencia absorbida por la carga de la forma

VAº014400014400'G ∠=+= jS

En la línea se producirán ahora unas pérdidas de potencia que valen

W172824·1·3' 2 ==lP

VArQ l 172824·1·3' 2 ==

La potencia que suministra en estas condiciones el generador, según el teorema de Boucherot, valdrá

W16128172814400''' CG =+=+= lPPP

VArQQQ l 172817280''' CG =+=+=

VAº116,63,16220VA172816128'G ∠=+= jS

Por tanto, la nueva tensión en bornes del generador será

V2,39024·3

3,16220'·3

''

G

GG ===

I

SU V2,390' =GU



1.8 Problema 8 Un generador trifásico equilibrado alimenta, a la tensión constante de 1810 V, una línea a la que están conectados dos receptores equilibrados A y B, como se representa esquemáticamente en la figura.

El receptor A consume permanentemente una potencia de 376,2 kW.

Con los interruptores K1 y K2 cerrados, se mide en el amperímetro A3 una corriente de 70 A y el factor de potencia en bornes del generador es 0,8 (inductivo).

a) Calcular las lecturas de los amperímetros A1 y A2 y el factor de potencia del receptor A.

Se abren los dos interruptores K1 y K2, y una vez alcanzado el régimen permanente, se mide un factor de potencia en bornes del generador de 0,96 (capacitivo).

b) Calcular el valor de X4.

Figura 1.8.1

Resolución: a) Con los dos interruptores K1 y K2 cerrados, la única potencia activa proporcionada por el generador es la consumida por el receptor A, puesto que el receptor B es una capacidad pura. Por tanto,

kW2,376AG == PP

La corriente suministrada por el generador será:

A3

X3

X3

X3

K1

K2

X4

X4

X4

receptor B

A1~

A2

receptor A

PA = 376,2 kW

1810 V

50 Hz



A1508,0·1810·3

376200cos3 G

G1G ====

ϕUP

II A1501 =A

al ser el factor de potencia 0,8 inductivo φG = -36,87º

A)90120(º87,36150G jI −=−∠=

La potencia reactiva suministrada por el generador vale

VArPQ k15,28275,0·2,376tg GGG === ϕ

Y su potencia aparente,

kVAº87,3625,47015,2822,376G ∠=+= jS

La potencia reactiva del receptor B, con los interruptores K1 y K2 cerrados, se puede calcular a partir de

BGB 3 IUQ −= 3B II = A703 =I

VArQ k45,21970·1810·3B −=−=

y con este valor puede determinarse la reactancia capacitiva:

Ω=−−=

−= 93,14

)70(·32194450

3 22B

B3 I

QX

Por tanto, la potencia reactiva absorbida por el receptor A se obtendrá como diferencia entre la proporcionada por el generador y la absorbida por el receptor B.

( )[ ] VArQQQ k6,50145,21915,282BGA =−−=−=

Por tanto, la potencia aparente del receptor A vale

kVAº13,53627kVA)6,5012,376(A ∠=+= jS

*·3 AGA IUS =

Aº13,53200º01810·3º13,53627000

*A ∠=∠

∠=I

A)160120(º13,532002A jII −=−∠==

La lectura del amperímetro A2 será de 200 A. A2002 =A

También se puede calcular AI a partir de A)160120(º9070º87,36150BGA jIII −=∠−−∠=−= b) Al abrir los interruptores K1 y K2, no se modifica la potencia activa suministrada por el generador, ya que sólo se introduce en el circuito una reactancia inductiva:

GG' PP =

Como consecuencia, la corriente suministrada por el generador valdrá

A12596,0·1810·3

376200'cos3

''

GG

GG ===

ϕUPI )(96,0cos c=ϕ º26,16−=ϕ

A)35120(º26,16125G jI +=∠=



Al no variar la impedancia del receptor A, ni la tensión de alimentación, tampoco varía la corriente que consume y, por lo tanto,

A)160120(' AA jII −==

Igualmente no varía la potencia reactiva consumida por el receptor, o sea, AA' QQ = .

Resulta, pues, Aº90195195)160120()35120(''' AGB ∠==−−+=−= jjjIII

La indicación del amperímetro A3 es de 195 A.

La potencia reactiva suministrada por el generador en estas condiciones vale

VArPQ k725,109)292,0(·2,376'tg'' GGG −=−== ϕ

kVAº26,16875,391725,1092,376G −∠=−= jS

La potencia absorbida por los condensadores del receptor B será

VArIXQ k140,1703195·93,14·3'3' 22B33X −==−=

Por diferencia entre la potencia reactiva que suministra el generador y las absorbidas por los condensadores del receptor B y del receptor A, se obtendrá la potencia reactiva absorbida por las bobinas del receptor B:

6,501)98,1702(725,109'''' A3XG4X −−−−=−−= QQQQ AA 'QQ =

VArQ k65,10914X =

La corriente que pasa por las reactancias X4 vale: 3/'' B4X II =

A partir de QX4 se puede obtener X4 como se indica:

Ω==== 71,28195

1091650''

'3'

22B

4X2

4X

4X4

IQ

IQ

X → Ω= 71,284X



1.9 Problema 9 Una pequeña instalación industrial se alimenta mediante un generador trifásico equilibrado de secuencia directa, a la frecuencia de 50 Hz.

Z Z

Z Z

Z

Figura 1.9.1 Dicha instalación está constituida por los consumos siguientes:

1. Un grupo de lámparas incandescentes de 100 W cada una a 220 V, conectadas en estrella con un total de 44 lámparas por fase.

2. Un motor conectado en estrella y que trabajando a plena carga proporciona una potencia mecánica de 11 kW con rendimiento del 83,33% y factor de potencia 0,8 inductivo.

3. Un receptor inductivo constituido por seis impedancias iguales Z y conectadas como se esquematiza en la figura.

Con el interruptor D3 cerrado, el amperímetro IA marca 22 A y el vatímetro 2904 W.

Se pide:

a) Formas binómica y polar de las impedancias Z

b) Lecturas de los aparatos de medición al cerrar el interruptor D2 permaneciendo D3 cerrado.

Finalmente, se cierra D1, pero por fallo en el fusible FB, queda fuera de servicio la iluminación en la fase B.

c) Nuevas lecturas de los aparatos de medición

d) Componentes simétricas de las corrientes de línea

B

C

A

N

W IA

IB

D1 D2 D3

IA

IB

IC

W

M

~

~

FA FB FC



Resolución: a) La impedancia por fase a considerar vale:

ΩI

UZ

A

ff 10

22220 ===

Esta impedancia provoca un retraso de la intensidad respecto a la tensión simple dada por:

0,622 · 220

2904IU

WcosA

A

f

c ===⋅

ϕ º13,53=Cϕ 8,0=Csenϕ

Ω+=∠= j) (º, Z f 86135310 (1)

Por otra parte y por fase, se tiene:

43

3 ZZZ

Z · ZZ f =

+= (2)

Igualando las expresiones (1) y (2), resulta:

Ω 32241353404135310 j) (º, º · ,Z +=∠=∠=

y la corriente de la fase A será:

j) A,,(º, IA 617213135322 −=−∠=

La potencia aparente por fase que consume el receptor C será de la forma:

WPfC 2904= VAr tg Q CfC 38722904 =⋅= ϕ

º VA,j SCf 1353484038722904 ∠=+=

y en total:

j) VA(º VA,SS CfC 1161687121353145203 +=∠== b) La potencia consumida por el motor es: W13200

8333011000 ==

,Pb

Su potencia reactiva es: VAr 990013200 =⋅= bb tgQ ϕ

VAº87,3616500990013200 ∠=+= jSb

El vatímetro conectado al circuito indicará en este caso: W73043

132002904 =+=W

Para obtener las intensidades de corriente que marcan los diferentes amperímetros, se aplicará el teorema de Boucherot:

ºjj

UfSbSc*I A 02203

9900132001161687123 ∠⋅

+++=+= → ºA,,I A 5445346 −∠=

Igualmente se podría haber calculado esta intensidad, calculando la que consume el motor y sumándole la que consume la carga, ya calculada previamente en el apartado a.

Efectivamente;



j)A(º

º,UfSb*I B 1520

02203873616500

3+=

∠⋅∠== → A 1520 j)(I B −=

ºA,,j,-,jI A 54453466172131520 −∠=+−= que coincide con la anterior.

Como el sistema es equilibrado, los valores numéricos indicados por lo amperímetros son iguales, pero están desfasados entre sí en ángulos de 120º.

ºA,,I A 5445346 −∠=

ºA,,I B 51645346 −∠=

ºA,,IC 5755346 ∠=

Por tanto: IA = IB = IC = 46,53 A c) Las lámparas consumen una potencia, que por fase, vale:

W440010044 =⋅=faP VA º04400∠=afS

Por lo que si no se fundiese ningún fusible, la corriente consumida sería de:

A 20==f

afA

U

SI

Al fallar la fase B se tiene:

AAIaA 20º020 =∠= AAIaB 0º1200 =−∠= AjAIaC )32,1710(º12020 +−=∠=

que representan las intensidades por fase, correspondientes a la carga a.

Para calcular en las nuevas condiciones la corriente por fase, se tendrá:

AIIII cAbAaAA º5,314,62º5,4453,46º020 −∠=−∠+∠=++= lectura: IA = 62,4 A

AcBIbBIBI º5,16453,46 −∠=+= lectura: IB = 46,53 A

AIC º5,884,62º12020º5,7553,46 ∠=∠+∠= lectura: IC = 62,40 A

El vatímetro indicará:

W11704º5,31cos4,62220)cos( =⋅⋅=−⋅⋅=AAN

IVIVW ANA ϕϕ → W = 11704 W

y la corriente en el neutro vale:

A º602031010 ∠=+=++= jIIII CBAN

d) Cálculo de las componentes simétricas de la corriente:

Homopolares:

Aº606,633,33,33

310103

∠=+=+

==== jjI

III NOCOBOA

Vector clave del sistema directo:

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ++⋅= CBAA IaIaII 2

31

1



A 6,322,53º5,314,62 jI A −=−∠=

jIa B 6,322,33º5,16453,46º1201 −=−∠⋅∠=

jIa C 6,322,53º5,884,62º12012 −=∠⋅∠=

y sustituyendo resulta:

Aº2058,56211 ∠== AB IaI

Aº858,56. 11 ∠== AC IaI

Vector clave del sistema inverso:

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ++⋅= CBAA IaIaII ..2

31

2

Como

A 6,322,53º5,314,62 jI A −=−∠=

º5,7553,46º5,16453,46º2401.2 ∠=−∠⋅∠=BIa

º5,2084,62º5,884,62º1201. ∠=∠⋅∠=CIa

sustituyendo resulta:

Aº606,62 −∠=AI Aº606,6. 22 ∠== AB IaI A 1806622

2 º,IaI AC ∠==

Aº358,566,325,461 −∠=−= jAI A



1.10 Problema 10 Cuando la carga simétrica de la figura se alimenta por los bornes R, S, T con un sistema simétrico de tensiones, las indicaciones de los aparatos de medida son lo siguientes:

Voltímetro V1 = 400 V Voltímetro V2 = 420 V

Vatímetro W1 = 15.285,5 W Vatímetro W2 = 6.047,8 W

Amperímetro A1 = 38,49 A

Se pide:

a) Los valores de R∆ y XL∆

b) ¿Cuál es la indicación del voltímetro V3 en este caso?

c) Valor de XCλ

Figura 1.10.1

Resolución: a) El triángulo central de la carga lo pasamos a estrella, siendo la impedancia equivalente por fase, conexión en estrella:

Ω=⋅

== 649,383

400

131I

UZλ

Para el cálculo del argumento nos basamos en las indicaciones de los vatímetros W1 y W2, que forman una conexión Aron:

W3213338604751528521 ,,,WWP =+=+=

VAr 216000860475152853213 ,),,()W (WQ =−=−=

75,0==PQtgϕ → 8,0cos =ϕ → 6,0=ϕsen → º87,36=ϕ

Luego:

Ω+=Ω∠= 6,38,4º87,366 jZλ

W1

V2 W2

V1

A1

V3

XCλ XCλ

XCλ

XL∆

XL∆ R∆

R∆

R∆

S T

R

XL∆



Esta impedancia se puede expresar como: )( λλλλ CXLXjRZ −+=

Por tanto: Ω= 8,4λR → Ω=⋅=∆ 4,143 λRR

De la indicación del voltímetro V2, se puede calcular XL:

Ω=⋅=⋅

==∆

=∆ 9,1849,384203

123

3/122

IU

IU

IU

LX → Ω=∆ 9,18LX

b) La impedancia de una fase del triángulo es:

Ω∠=+=∆+∆=∆ 696,52761,239,184,14 jLXjRLZ

Y, en consecuencia, la indicación del voltímetro V3 es:

V 02,528761,23349,38

31

3 =⋅=∆⋅=∆⋅∆= LZI

LZIU → V 02,5283 =U

c) El valor total de la impedancia en estrella vale:

)( λλλλ cXLXjRZ −+=

Del apartado a: Ω+= 6,38,4 jZλ

Luego la parte imaginaria:

Ω=− 6,3λλ cXLX

y puesto que:

Ω==∆= 3,63

9,183LX

LX λ

Resulta:

Ω=−= 7,26,33,6λcX



1.11 Problema 11 Un generador trifásico de secuencia directa y equilibrado en tensiones alimenta una carga trifásica. A esta carga se conectan tres cargas equilibradas I, II, III, según se indica en la figura. Las cargas I y II son desconocidas y de la carga III se conoce el valor de la impedancia por fase, que vale:

2/3153 =Z con un 5,0cos 3 =ϕ (inductivo) Cuando los interruptores K1 y K2 están abiertos, las indicaciones de los vatímetros son:

kW 331 =W kW 02 =W

Además, se sabe que el voltímetro marca V = 300V. Se pide:

a) Potencia activa y reactiva consumida por el receptor I, el valor que indicará el amperímetro A1 y el factor de potencia de la carga.

Si a continuación se cierra K1, manteniendo K2 abierto las indicaciones de los vatímetros en este caso son: kW 341 =W , kW 322 =W . Para este caso, se pide:

b) Factor de potencia de la carga

c) Potencias activas y reactiva del receptor II y la indicación de A2

Finalmente, cerrando también el interruptor K2, se pide:

d) Indicación del amperímetro A3

e) Potencias activa, reactiva y aparente del generador

f) Factor de potencia de la carga

g) Lectura del amperímetro AR

Figura 1.11.1 Resolución: a) Por estar conectados los vatímetros según el método de Aron y ser un sistema equilibrado en tensiones y en cargas, se verifica: 21 WWP +=

S

T

R IA

W2

W1 AR

A1 A2 A3

I

II III Z3

K2 K1

V

Z3 Z3



3)( 21 ⋅−= WWQ

Resulta W33000=IP VAr 9000330003 =⋅=IQ

y, por tanto, la potencia aparente:

VAº6036000900033000 ∠=+=+= jVAjQPS III

El módulo de la potencia aparente de un sistema trifásico, en función de la tensión entre fases UG y la corriente de la línea I1, vale:

13 IUS GI ⋅⋅=

Sustituyendo valores:

20330036000

1 ==I → A 201 =A

El factor de potencia es cos φ1, y el valor de φ1 se obtiene de:

333000

90001 +===

I

I

PQtgϕ → º601 =ϕ

Por tanto: 5,0º60cos1cos ==ϕ (i) b) Al conectar el receptor II se produce una modificación del valor de la carga, lo que puede ocasionar una modificación del desfase entre la tensión y las corrientes de las respectivas fases y, en tal caso, un nuevo valor del factor de potencia dado por:

33

3234)3234(3)(3

21

212 =

+−=

+−==WW

WWPQtg

II

IIϕ

Resultando º302 =ϕ

8660302 ,ºcoscos ==ϕ

c) Los vatímetros medirán la potencia total consumida por las cargas I, II, por tanto:

W33000330003200034000)( 21 =−+=−+= III PWWP → W33000=IIP

VAr 30009000)3200034000(33)( 21 −=−−=−⋅−= III QWWQ → VAr 3000−=IIQ

y como consecuencia:

VA º306000300033000 −∠=−=+= jjQPS IIIIII

y como en el caso anterior:

320

30036000

32 =⋅

==G

II

USI → A

320

2 =A

y como en el vector IIS tiene un ángulo de fase de (-30º), el vector corriente 2I vale:

Aº303

202 ∠=I (carga capacitiva)

d) Al quedar conectadas todas las cargas, la corriente I3 vale:



33 Z

UI GS= Siendo UGS la tensión del sistema trifásico, es decir:

V 3

3003

== UUGS

A 340

23153

3003 =

⋅=I → A

340

3 =A

e) Puesto que se conocen las potencias trifásicas activa, reactiva y aparente consumidas por las cargas I y II, encontraremos la potencia total consumida por todas las cargas calculando previamente la correspondiente a la carga III, que es tres veces el valor de la potencia de una cualquiera de sus fases (carga equilibrada):

W320005,0340

33003cos3 33 =⋅⋅⋅=⋅⋅= ϕIUP GSIII

VAr 600023

340

330033 33 =⋅⋅⋅=⋅⋅= ϕsenIUQ GSIII

Las potencias activa y reactiva suministrada por el generador corresponden a las absorbidas por las cargas y, por consiguiente:

W38000320003300033000 =++=++= IIIIIIG PPPP

VAr 12000600030009000 =+−=++= IIIIIIG QQQQ

VA º89,403,183301200038000 ∠=+= jVASG

f) El factor de potencia correspondiente a la carga es: 756,0º89,40coscos ==ϕ

g) Cálculo de la intensidad de corriente que circula por el amperímetro:

ººIII R 603

40303

2032 −∠+∠=+=

jjsenIR )º60sin(3

40)º60cos(3

40º303

20º30cos3

20 −+−++=

jjIR 3310

32010

23

340

21

320

21

340

23

320 −⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⋅++=

A º10,1964,17 −∠=RI

A 64,17== RR IA



1.12 Problema 12

El generador, de secuencia directa, del circuito representado en la figura mantiene siempre la tensión compuesta de 250V a la frecuencia de 50 Hz. Se conecta el interruptor K1, manteniendo abiertos K2 y K3, y se observan las siguientes indicaciones de los aparatos de medida:

kW 343 −=W A 3201 =A

Figura 1.12.1

Se pide:

a) Indicaciones de los otros aparatos de medida conectados al circuito (A, W1 y W2).

A continuación, con K1 conectado, se conecta K2, quedando K3 desconectado. En este estado la potencia aparente absorbida del generador es 5/6 de la anterior, siendo 28,0cos =Bϕ y IB > 10A.

b) Calcular los valores de la impedancia BZ y la corriente IB.

c) Las nuevas indicaciones de los aparatos de medida (A, A2, W1, W2 y W3).

Finalmente, con K1 y K2 conectados, se conecta K3. En este estado el factor de potencia de la instalación es 0,8.

d) Características del receptor C (XL, L)

e) Nueva indicación de los aparatos de medida (A, A3, W1, W2 y W3)

S

R

G

W1 W3

W2

A

A

A

A1 A1 A1

A3 A3 A3

A2

A2

A2 T

RECEPTOR A

RECEPTOR B

RECEPTOR C

K3

K2

K1

XL XL XL

ZB ZB

ZB

IB>10

cos φB = 0,28



Resolución: a) Si el receptor A absorbe una corriente AI 3201 = , a la tensión compuesta de 250 V, el módulo de la potencia trifásica aparente vale:

VAIUS A 150003202503..3 1 =⋅⋅==

La potencia trifásica reactiva absorbida por este receptor se obtiene a partir de la indicación del vatímetro W3 y vale:

VArkVArWQA 12000123433 3 −=−=⋅−==

Con lo que la potencia trifásica activa absorbida por el receptor se obtiene de:

WQSP AAA 90001200015000 2222 =−=−=

siendo 6,0cos =Aϕ (capacitivo) (deducido a partir de los valores de PA y QA) y:

VAjVASA º13,5315000120009000 −∠=−=

A continuación, encontraremos las expresiones vectoriales de las corrientes absorbidas, para ello tomamos como origen de fases la tensión simple:

VUU CRN º0

3∠=

º13,53320º02503

º13,53150003º03/3

*1 −∠=∠⋅

−∠⋅=∠⋅

=C

A

USI

AjI 316312º13,533201 +=∠=

Las indicaciones de los amperímetros son: AAA 6,341 ==

El vatímetro W1 indica: W10,7964)º13,53º30cos(320250)cos(.1 =−⋅=−=RRS IURRS IUW ϕϕ

El vatímetro W2 indica: W10,7964)º13,23cos(320250)cos(.2 =−⋅=−=SST IUSST IUW ϕϕ

Si los vatímetros se hubiesen conectado según el método Aron, las indicaciones habrían sido:

900021 =+ WW 2,69283/1200021 −=−=−WW

De aquí que:

8,20712 1 =W W910352820711 ,/,W ==

2,159282 2 =W W1796422159282 ,/,W == b) Al conectar el receptor K2, permaneciendo cerrado K1 y abierto K3, la potencia aparente absorbida por los receptores A y B es 5/6 de la que consumían, de manera que la potencia aparente es:

VA 125001500065

65 =⋅=⋅=+ ABA SS

Con lo que se puede escribir la siguiente ecuación vectorial referida a las potencias trifásicas:

)120003.(9000312500 22 −++⋅=∠ BBBB IXjIRα



En esta expresión se ha considerado λλλ BBB jXRZ += como una impedancia de fase de la estrella equivalente del receptor B, de manera que IB es la corriente de la línea del receptor B solamente.

Puesto que 28,0cos =Bϕ 96,0=Bsenϕ º74,73=Bϕ

se pueden expresar los valores de RBλ y XBλ en función de una sola incógnita ZBλ:

λλλ ϕ BBBB ZZR ⋅=⋅= 28,0cos

λλλ ϕ BBBB ZsenZX ⋅=⋅= 96,0

Y de este modo, se puede desdoblar la ecuación vectorial anterior en parte real y parte imaginaria de la siguiente manera:

λλα BBBB ZIIZ 22 84,0900028,039000cos12500 +=⋅+=

λλα BBBB ZIIZsen 22 88,21200096,031200012500 +−=⋅+−=

Puesto que, por otra parte: λλ BB

B ZZUI

3250

3==

2

22

362500

3250

λλ BBB

ZZI ==

Y sustituyendo, obtenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:

λλ

λα

BB

B ZZ

Z175009000

36250084,09000cos12500 2 +=+=

λλ

λα

BB

B ZZ

Zsen 6000012000

36250088,21200012500 2 +−=+−=

Operando:

5,179cos5,12 += λλ α BB ZZ

60125,12 +−= λλ α BB ZsenZ

Elevando al cuadrado y sumando, se obtiene:

λλλλλ BBBBB ZZZZZ 1440360014425,3063158125,156 222 −++++=

025,3906112575,68 2 =+− λλ BB ZZ

Así pues, se han encontrado dos valores posibles de ZBλ: Ω= 36111 ,Z B λ Ω= 52λBZ

Puesto que ZB no está conectada en estrella, sino en triángulo, el valor por fase es:

Ω=Ω=

==∆

∆∆ 15

09,343

2

1

B

BBB Z

ZZZ λ

Para los dos valores de la impedancia calculada, la corriente de fase respectiva al triángulo de impedancias vale:

AZ

UI

BB 33,7

09,34250

11 ===

∆ < 10 A A

Z

UI

BB 66,16

15250

22 ===

∆ > 10 A



Y puesto que se nos impone que IB > 10 A, la solución para ZB∆ es Ω=∆ 15BZ . De manera que:

Ωº,Ω,j,BBZ 7473154142415 ∠=+=∠= ϕ

y, por tanto, la corriente para cada fase del triángulo de impedancias del receptor B es: AI B 66,16=

c) Los amperímetros A2 indican: A 35087283661632 /A,,II B ==== → A 3/502 =I

Para calcular la lectura de los otros aparatos de medida, analicemos en primer lugar las potencias que se tienen:

Potencias activas 125005

175009000cos12500 =+=α

Potencias reactivas 05

600001200012500 =+−=αsen

en consecuencia: 1cos =α 0=αsen º0=α

Lo que quiere decir que al conectar dos receptores A y B el circuito entra en resonancia y la potencia aparente necesaria es de la forma:

VAjVAS BA )012500(º012500' +=∠=+

VArQ BA 0' =+ 3'3' WQ BA =+ 0'3 =W

Los amperímetros A indican, en este caso:

AU

SI BA º03

50º02503

º0125003

''* ∠=

∠⋅∠== + → A

350='I

De manera que: I’ = I2

Los vatímetros indicarán ahora: W625030

35025021 =⋅⋅=−== ºcos)cos(I.U'W'W RRS 'IURRS ϕϕ → W’1 = W2’ = 6250 W

d) Al conectar K3, dejando K1 y K2 cerrados, se introducen en el circuito tres reactancias puras conectadas en estrella, de manera que la potencia activa del circuito no variará respecto al segundo caso. Por tanto:

WP CBA 12500'' =++

''12500'' ϕtgQ CBA =++

y puesto que ahora 8,0''cos =ϕ º87,36'' =ϕ 75,0'' =ϕtg

VAr 937575012500 =⋅=++ ,''Q CBA

Y, por tanto, la potencia aparente en forma compleja es:

VA 873615625VA 937512500 º,)j(''jQ''P''S ∠=+=+=

Con ello, el receptor C absorbe del generador una potencia que vale:

VA 90937593750 ºVA)j(SC ∠=+=

Ahora se cumplirá: 3*3 IUS CC ⋅⋅=



De donde:

º9035,37

º02503º909375*3 ∠=

∠⋅∠=I → AAI º9035,12º90

35,37

3 −∠=−∠=

Los amperímetros A3 indican A 6521A 3512 ,, =

Las reactancias conectadas al circuito en estrella tienen un valor por fase de:

Ω∠=−∠⋅

∠=−∠

∠== º9066,6

º9035,12º0250

º9035,12

º03

250

3IU

X SL

faseΩ 666090666 )ˆ,j(ºˆ,X L +=Ω∠=

que se podría haber determinado a partir de la potencia aparente absorbida por el receptor C de la manera siguiente:

233 IXS LC = →

2351239375

),(X L

⋅= → Ω= 666 ˆ,X L

Y como se cumple que: LLX L πω 100==

H 021220100

666 ,ˆ,L ==π

→ mH 2221,L =

las nuevas indicaciones de los amperímetros A, en este tercer caso, son:

º87,3635,62

º02503º87,3615625

º03""* ∠=

∠⋅∠=

∠⋅=

CUSI

A 8736083687363562 º,,º,,"I −∠=−∠= → A 0836,"I =

Ahora el vatímetro W3 indica: W331253

93753

3 ==="Q"W

Los vatímetros W1 y W2 indican, en este tercer caso:

[ ]º87,36º30cos35,62250)cos('''' '21 +⋅⋅=−==

RSRS IURRS IUWW ϕϕ

W66354321 ,''W''W ==



1.13 Problema 13 El generador trifásico de la figura genera unas tensiones senoidales de secuencia directa y tiene una impedancia interna que se puede despreciar. Está conectado mediante una línea de resistencia 2 Ω y una inductancia desconocida a una carga equilibrada y conectada en triángulo con una impedancia por fase de 16,97 Ω. Las indicaciones de los aparatos de medida son: W29044 =W y V 3801 =V . También se conocen la suma de las indicaciones de los aparatos W1 y W2, que es de 5808 W. Se pide:

a) Corriente de línea y corriente que circula por la carga

b) Indicación del vatímetro W3

c) Valor de la inductancia X1 de la línea

d) Indicación del voltímetro V2

Figura 1.13.1

Resolución:

a) Tal como están conectados los vatímetros W1 y W2, se puede determinar la potencia activa total consumida por la carga (conexión de Aron):

W580821 =+= WWP

y por fase vale W19363

5808 ==fP

Por otro lado, el vatímetro W4 nos da la potencia por fase que suministra el generador y que es de 2904W, lo que quiere decir que la potencia consumida por fase por la línea es:

W96819362904 =−=lfP

y conociendo el valor de la resistencia, se puede determinar la corriente de línea:

A 222968 === /R/PI lfl

Al estar la carga en triángulo, la intensidad en ella es: A 7012322 ,/IC == b) A continuación, se determina la inductancia de la línea X1 y la resistencia y la inductancia de la carga.

La corriente por fase vale 12,70 A y la potencia activa por fase es de 1936W; por tanto, la resistencia vale:

Carga inductiva equilibrada

conectada en triángulo

W4

V1

R=2Ω

R=2Ω

R=2Ω

W3 Xl

Xl

Xl

V2

W2

W1



Ω== 127012

19362,

R

Además,

222 97,16=+ CXR Ω=−= 12129716 22,X C

En definitiva, Ω∠=Ω+= º4597,161212 jZ C

Representando el circuito monofásico correspondiente, se obtiene:

Ω⋅ 23 lX⋅3

º0380∠ Ω+= jZC 1212

Figura 1.13.2 Por tanto:

Ω=== 92297012

380 ,,I

UZT

y también:

( ) ( )21

2 123122392,29 +++⋅= X

resultando: Ω= 41X

El vatímetro W3 indica la potencia reactiva total del circuito dividida por 3 .

( ) VAr 88,116121234701233 22 =+⋅⋅⋅=⋅⋅= ,XIQ TT

Por consiguiente, la indicación del vatímetro W3 es:

W7670433 ,/QW T ==

c) La inductancia de la línea ya ha sido determinada y su valor es: Ω= 41X

d) La indicación del voltímetro V2 es: V 52215971670122 ,,,IZU fC =⋅==



1.14 Problema 14

En el circuito representado en la figura se conocen las indicaciones de los siguientes equipos de medida:

A 101 =A

W15588=W

Por otra parte, se conoce el módulo de la diferencia vectorial entre las tensiones 1V y 2V , que vale 3000V, y se sabe la secuencia de generación es directa.

También se sabe que la potencia activa que cede el generador es de 90 kW y que la potencia reactiva es de 27 kVAr.

El voltímetro VG indica una lectura de 3059,41V y la impedancia interna del generador ZG es totalmente reactiva.

Figura 1.14.1 Se pide:

a) Impedancia de la línea

b) Impedancia de la carga

c) Impedancia interna del generador

d) Lectura del voltímetro V3

e) Lectura del amperímetro A2

Resolución:

a) Por la disposición del vatímetro W, se puede calcular la potencia reactiva de la carga, ya que:

3/CQW = VAr 270001558833 =⋅=⋅= WQC

Como se puede observar, la potencia reactiva del generador y la potencia reactiva de la carga coinciden, cosa que indica que la línea se puede considerar como una resistencia pura. Por otro lado, como se conoce la corriente de fase de la carga, se puede determinar la corriente de la línea.

Zl

E3

E1

E2 ZG

ZG

ZG

VG

Zl

Zl

V2

V1

V3

W A2

ZC

ZC

ZC

V3

A1

+

+

+



A 32173103 ,II aargfcl ==⋅=

A continuación, se halla cuanto vale la diferencia vectorial entre V1 y V2.

Al ser una carga equilibrada las corrientes de línea son iguales, pero desfasadas 120º, tal como se representan en la figura siguiente:

Figura 1.14.2

Las caídas de tensión en las líneas son:

RRRIV ⋅∠=⋅= º032,171

RRIV s ⋅−∠=⋅= º12032,172

º3030)º12032,17º032,17(º12032,17º032,1721 ∠⋅=−∠−∠=⋅−∠−⋅∠=− RRRRVV

RVV 3021 =−

Por otro lado y según el enunciado del problema, la anterior expresión vale 3000 y por tanto:

300030 =R → Ω= 100R

b) Para calcular la impedancia de la carga, se calcula en primer lugar la potencia absorbida por la línea:

W90000100321733 22 =⋅⋅=⋅⋅= ,RIP ll

potencia que coincide con la proporcionada por el generador, lo que indica que la potencia activa absorbida por al carga es nula, es decir, se trata de una carga inductiva pura.

A continuación, se calcula el valor de esta carga inductiva:

Ω=== 9010

327000

22f

CfC

I

QX

c) El circuito se puede estudiar transformándolo en el equivalente monofásico:



Ω300

GZ jZC 90=

GE

Figura 1.14.3

Si se plantea la segunda ley de Kirchhoff para la fase R, se obtiene:

)90300.( jZIE GRR ++=

Pero teniendo en cuenta que GZ es una reactancia pura, se puede hacer la siguiente representación vectorial donde RI es la corriente de la fase R.

En consecuencia:

( ) [ ]222 )90( GRRR XIRIE ++⋅=

y sustituyendo valores:

( ) [ ]222 )90(103001041,3059 GX++⋅=

y resolviendo:

Ω−= 30GX es decir, es una impedancia capacitiva

d) El voltímetro V3 indica:

V 90090103 =⋅=⋅= Cf XIU

e) La lectura del amperímetro A2 es:

AI 32,173102 ==



1.15 Problema 15

En el circuito de secuencia directa representado en la figura hay conectadas dos cargas trifásicas equilibradas, cuyas impedancias por fase son Ω−= 10301 )j(Z y Ω+= 10202 )j(Z respectivamente. La impedancia por fase de la línea es Ω+= 1 )j(Z L .

Además, se conoce que la tensión de la línea es de 220V. Se pide:

a) Las indicaciones de los aparatos de medida A, V1, V2, A1 y A2.

b) Las potencias activa y reactiva absorbidas por cada carga y la lectura del vatímetro.

c) La potencia perdida en la línea.

d) La capacidad por fase de una batería de condensadores conectados en triángulo, que se habría de conectar en paralelo con las cargas para conseguir un factor de potencia igual a la unidad.

Figura 1.15.1

Resolución: a ) El circuito se estudia transformándolo en el correspondiente monofásico, representado en la figura, teniendo en cuenta que las cargas 1Z y 2Z están conectadas en paralelo.

La tensión del circuito monofásico es la tensión simple, es decir, V 3220 / .

VU G3

220=

Figura 1.15.2

ZL

Z1 Z2

R

N

R

S

T

A

ZL

ZL

ZL

W

A2

V2

V1

A1

Z1

Z1

Z1

Z2 Z2 Z2



Siendo:

Ω∠=+= ºjZ L 4521

Ω−∠=−= º43,1862,3110301 jZ

Ω∠=+= º56,2636,2210202 jZ

A continuación, se busca la PZ equivalente a las impedancias en paralelo 1Z y 2Z .

Ω+=Ω∠=++−

∠⋅−∠=+⋅= 214138210

102010305626362243186231

21

21 j.º,jj

º,,º,,ZZZZZP

La impedancia equivalente total por fase del circuito es:

Ω∠=+=+++=+= 31113153152141 º,,jjjZZZ PLT

En consecuencia, la corriente que circula por el circuito es:

A 6311483111383111315

03220 j,,º,,º,,º/

ZUI

T

G −=−∠=∠

∠==

La tensión simple en bornes de las cargas es LGC UUU −= , además se sabe que:

V 693374113111308452 º,,º,,ºI.ZU LL ∠=−∠⋅∠==

V 516779 j,,U L +=

En consecuencia: V 18343117516251175167793

220 º,,j,,j,,U C −∠=−=−−=

La corriente que absorbe la carga 1 es:

A 98058325157134318623118343117

11 j,,º,,

º,,º,,

ZU

I C +=∠=−∠

−∠==

y la absorbida por la carga 2 es:

A 61256474292555626362218343117

22 j,,º,,

º,,º,,

ZU

I C −=−∠=∠

−∠==

Las tensiones en cada carga son:

V 183431172515713431862131111 º,,º,,º,,IZU −∠=∠⋅−∠==

V 18343117742925556263622222 º,,º,,º,,IZU −∠=−∠⋅∠==

Como era de esperar: CUUU == 21

Resultan, por tanto, las siguientes indicaciones de los aparatos de medida:

Amperímetro A: 8,3 A Voltímetro V1: 117,43 V Voltímetro V2: 117,43 V Amperímetro A1: 3,71 A Amperímetro A2: 5,25 A



b) Las potencias consumidas en la impedancia 1Z son:

Potencia activa trifásica: W12417133033 22111 =⋅⋅=⋅⋅= ,IRP

Potencia reactiva trifásica: )(69,41371,31033 22111 −=⋅⋅=⋅⋅= VArIXQ

Las potencias consumidas en la impedancia 2Z son:

Potencia activa trifásica: W7716542552033 22222 ,,IRP =⋅⋅=⋅⋅=

Potencia reactiva trifásica: VAr 388272551033 22222 ,,IXQ =⋅⋅=⋅⋅=

La potencia aparente total trifásica de las dos cargas:

jjSSSC 38,82777,165469,413124121 ++−=+=

VA 13817292569413772985 º,,j,,SC ∠=+=

que se puede también calcular como:

º,,º,,,,*IUS CC 13817292531113081834311733 ∠=∠⋅−∠⋅=⋅⋅= V.A

La indicación del vatímetro W, teniendo en cuenta como está conectado, es:

W842383694133 ,/,/'QW C === c) La potencia aparente perdida en la línea es:

VA 6720667206452729231113086533741133 )j,,(,º,,,,*IUS LL +=∠=∠⋅∠⋅=⋅⋅=

VA 67,20667,206 jS L +=

d) Se ha de tener en cuenta que la potencia aparente que corresponde al conjunto de las cargas 1 y 2 es

VA 69413772895 ),j,(SC += y que se ha de compensar el factor de potencia hasta la unidad, lo que quiere decir que hay que tomar una potencia reactiva trifásica inductiva del conjunto de las cargas 1 y 2, pero cambiada de signo, es decir, una potencia reactiva trifásica capacitiva VAr 69413,'Q C = , que por fase vale:

)VAr( 90137369413 −== ,/,QCf

Por tanto, la capacidad total de los condensadores por fase conectados en triángulo vale:

µF 6110343117143100

10901373502

10901373 2

6

2

6

2 ,),(,

,)U(

,)U(W

QC

CC

cfF =

⋅⋅=⋅==

πµ

µF 61,10=FCµ



1.16 Problema 16

Se quiere mejorar el factor de potencia de una instalación eléctrica que alimenta a 3 kV, 50 Hz, una carga inductiva de 250 kVA, cosφ = 0,8, hasta la unidad, a base de conectar una batería de condensadores conectados en estrella.

Figura 1.16.1

En el supuesto que cada rama de la batería de condensadores esté formada por dos condensadores iguales conectados en paralelo, tal como se indica en la figura 1, se pide:

a) Potencia de la batería de condensadores para conseguir el fin propuesto

b) Potencia de cada condensador

c) Reactancia de cada condensador

d) Capacidad de cada condensador

e) Corrientes por fase en la batería de condensadores

f) Tensión en bornes de cada condensador

En el caso de que uno de los condensadores de la fase R se elimine, dejando abierto el circuito, se pide:

g) Corrientes por fase en la batería de condensadores

h) Tensiones simples en bornes de los condensadores

i) Incremento de la tensión a que están sometidos los condensadores de la fase R en tanto por ciento respecto a la del apartado f)

S = 250 kVA

cos φ = 0,8 (i)

C CC CC C



Resolución:

a) La potencia reactiva de la carga es ϕsenSQL ⋅= .

)kVAr( 15060250 +=⋅= ,QL

Por tanto, la batería de condensadores tiene una potencia de:

)kVAr( 150 −=CTQ

b) Esta potencia se tendrá que repartir entre el número total de condensadores, que en nuestro caso es de 6, y por tanto:

kVAr 256

150 ===n

QQ CT

C

c) La reactancia del condensador se puede obtener a partir de su potencia y de la tensión de alimentación por fase US:

C

S

C

SCCCC X

UXU

XIXQ22

2 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=⋅= →

C

SC Q

UX

2

=

kV 33

33

=== kVU

U CS

Ω=⋅

= 12025000

10003 2)(X C

Ω= 120CX

d) La frecuencia de la red es f = 50Hz, por tanto:

F 53,26120100

12

1 µππ

=⋅

==CfX

C

e) Los módulos de las corrientes de fase en la batería de condensadores son iguales entre sí y de valor:

CT

Sf X

UI =

en la cual la reactancia XCT representa la reactancia equivalente a la de los condensadores en paralelo de una fase, es decir, a la reactancia por fase.

Ω=== 602

1202C

CTXX

Y por tanto: A 8682860

103 3,.I f =

Ω=



f) La tensión en bornes de cada condensador es la tensión de fase: kV 3== SC UU

g) Se toma como origen de ángulos la tensión simple de la fase R, tal como se representa en la figura.

Figura 1.16.2

kV 03 ºU RN ∠= kV 1203 ºU SN −∠= kV 1203 ºUTN ∠=

Las tensiones compuestas valen:

kV 303 ºU RS ∠= kV 903 ºU ST −∠= kV 1503 ºUTR ∠=

Eliminando un condensador de la rama de la batería de condensadores conectada a la fase R, la carga se convierte en desequilibrada cuyas impedancias por fase valen, respectivamente:

CR jXZ −= Ω−∠=−= 90120120 ºjZ R

2C

SX

jZ −= Ω−∠=−= 906060 ºjZ S

2C

TX

jZ −= Ω−∠=−= 906060 ºjZT

Figura 1.16.3



La figura anterior se puede simplificar obteniéndose el circuito siguiente (resolviendo por el método de las mallas):

Figura 1.16.4

SSRRS ZIZZIU ⋅−+= 21 )( º9060º90180º303000 21 −∠⋅−−∠⋅=∠ II

STSST ZIZZIU ⋅−+= 12 )( º90120º9060º903000 21 −∠⋅+−∠⋅−=−∠ II

Expresado en forma matricial resulta:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−∠−∠−−∠−−∠

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−∠

∠

2

1

º90120º9060º9060º90180

º903000º303000

I

I → A

jj

I ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

+=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡∠

∠=

660,825321,170

º107,19458,26º90321,17

Por tanto: A 9032117321171 º,,jI ∠== A 10719458266608252 º,,,jI ∠=+=

De la figura anterior se deduce:

A 90321171 º,II R ∠==

A 10719458266618253211766082512 º,,,j,j,jIII S −∠=−=−+=−=

A 107199458262 º,,IIT ∠=−=

Figura 1.16.5



h) Las tensiones simples en bornes de los condensadores son las tensiones 00 , SR UU y 0TU respectivamente.

V 0522078903217901200 º,º,ºIZU RRR ∠=∠⋅−∠=⋅=

V 107109481587107194582690600 º,,º,,ºIZU SSS −∠=−∠⋅−∠=⋅=

V 1071094815871071994582690600 º,,º,,ºIZU TTT ∠=∠⋅−∠=⋅=

Los condensadores de la fase R están sometidos a sobretensión respecto del caso anterior y los de las otras fases trabajan a una tensión inferior.

i) El incremento en tensión en tanto por ciento es:

100⋅−

=RN

RORN% U

UUu con kV 3=RNU

%,

,,u% 20100051732

522078051732 =⋅−= → u% = 20%



1.17 Problema 17

El circuito de la figura está constituido por un generador trifásico equilibrado, de secuencia directa y frecuencia de 50 Hz, alimentando una carga trifásica equilibrada.

La impedancia de la línea es 1Z .

La tensión en bornes de la carga indicada por el voltímetro V2, es de 658,18V.

También se conocen las indicaciones de lo vatímetros W1 y W2 que son iguales y valen 5000 W.

Por otro lado, se ha comprobado experimentalmente que las pérdidas totales que se producen en la línea corresponden al 10% del consumo de la carga.

En un momento determinado se produce un cortocircuito entre las tres fases, quedando en contacto los puntos A, B y C; en este momento se puede observar que la indicación del vatímetro W1 es cero.

Figura 1.17.1

Calcular:

a) Impedancia por fase de la carga o receptor, en el supuesto de estar conectada en triángulo.

b) Impedancia por fase del receptor, en el caso de estar conectada en estrella.

c) Impedancia de la línea 1Z

d) Tensión en bornes del generador indicada por el voltímetro V1

e) Con el receptor conectado en estrella, se produce un cortocircuito entre el punto D y el neutro de la estrella del receptor. Calcular para este caso la lectura de los amperímetros A1, A2 y A3.

Resolución:

En un momento determinado, según dice el enunciado, se produce un cortocircuito entre A, B y C, y el vatímetro W1 en este momento indica una lectura cero; por tanto, en este instante sólo se tiene el consumo de la línea.

Por la disposición del vatímetro W1 y por el hecho de la carga total Z1 sea equilibrada ( se está en el caso de cortocircuito, la potencia reactiva total es:

03 1 == W.Q

Es decir, la impedancia 1Z no consume energía reactiva, en consecuencia 1Z es totalmente resistiva.

Por otro lado, y por su disposición, multiplicando por 3 indica la potencia reactiva del conjunto línea-receptor.

RECEPTOR INDUCTIVO

R

S

T A3

A2

A1

V1 W2

V2 W1

Z1

Z1

Z1

D A

B

C



VAr 500033 1 ⋅== WQ

Pero si, como se ha dicho, la línea es totalmente resistiva, QT corresponderá en su totalidad al receptor, es decir:

VAr 50003 ⋅=CQ

Conocida la potencia reactiva absorbida por el receptor y la lectura del vatímetro W2 se podrá calcular la potencia absorbida por la carga.

Si se dispusiera de otro vatímetro WA entre la impedancia de la línea y el receptor en la fase R, y conectada la bobina voltimétrica entre las fases R y T, estaríamos frente a una conexión Aron en que:

)(3 2WWQ AC −=

2WWP AC +=

Despejando WA y sustituyendo, resulta: )2(3 2WPQ CC −= → 3

23 2WQP C

C⋅+

=

Y sustituyendo los valores correspondientes, resulta:

W150003

50002350003 =⋅⋅+⋅=CP

Se puede calcular a continuación el factor de potencia de la carga:

33

1500050003 =⋅==

C

CC P

Qtgϕ → º30=Cϕ

Para calcular la corriente de la línea se hará de la siguiente manera:

CllC IUP ϕcos3= → A 1915

23186583

150003

,,cosU

PI

Cl

Cl =

⋅==

ϕ

a) Si la carga está conectada en triángulo, se tendrá:

Figura 1.17.2

Ω===∆ 7531915

1865831 /,

,/I

UZ cc

es decir: Ω∠=∆ 3075 ºZ C



b) Si está conectada en estrella:

Ω∠=∠== ∆ º30253

º30753C

CZZ λ

c) Se sabe que la impedancia de la línea es totalmente resistiva y, por otro lado, se conocen las pérdidas que se producen.

W1500150001010 =⋅=⋅= ,P,P Cl

De aquí se puede calcular la resistencia Rl.

ll RIP ⋅⋅= 23 Ω=⋅

= 167219153

15002

,,

Rl

d) Para calcular la indicación del voltímetro V1, representamos el circuito equivalente monofásico correspondiente:

Figura 1.17.3

IZUU lSS ⋅+= 21

º3019,15º0167,23

º018,6581 −∠⋅∠+∠=SU

V 834081 ,U S =

Por tanto, el voltímetro V1 conectado entre las dos fases indicaría: V1 = V 12708834083 ,, =⋅

e) El circuito correspondiente cuando se produce un cortocircuito entre el punto B y el neutro de la estrella es:



Figura 1.17.4

Siendo RE , SE y TE las tensiones de fase, es decir:

V 0834083

012708 º,º,ER ∠=∠= V 12083408 º,ES −∠= V 12083408 º,ET ∠=

Ω<=<++=+= º,,º)j.,(ZZZ clTOT 69279026302501672

Aº,,º,,º,

ZVI

TOT

SRS 311823226

6927902621012708 <=

<<==

Aº,,º,,º,

ZV

ITOT

TRT 311223226

6927902615012708 <=

<<==

Aº,,)II(I TSR 68275945 −<=+−=

Las indicaciones de los amperímetros son:

A59451 ,:A A 32262 ,:A A 32263 ,:A

Zl

N N’ = R



1.18 Problema 18

El sistema trifásico a 380 V de la figura es de secuencia directa y alimenta dos cargas equilibradas mediante una línea de impedancia Ω+= 5,15,1 jZ L . La carga en triángulo presenta unas impedancias por fase de 90 + j45 Ω, mientras que la carga en estrella tiene unas impedancias por fase de 45 - j15 Ω.

Se pide:

a) La lectura del amperímetro A

b) La lectura del voltímetro V

c) Las lecturas de los vatímetros W1, W2 y W3

Figura 1.18.1

Resolución:

a) Impedancias de las cargas equivalentes en estrella:

Ω∠=+=+

= 565265413315303

45901 º,,jjZ λ Ω−∠=−= 435184344715452 º,,jZ λ

Impedancia en paralelo de las dos cargas: Ω+=∠=+

= 321138212121

21 jº,,ZZ

Z·ZZ P

λλ

λλλ

Impedancia global del circuito por fase:

Ω∠=+=+++=+= 31119422545223215151 º,,,j,j,j,ZZZ PlT λ

Origen de fases: º/U f 03380 ∠= V

Circuito equivalente por fase:

V 03

380 º∠

lZ

cfU λPZ

W1

W2

W3

ZL

ZL

ZL

A V

R

S

T



Aº,,º,,º/I 3111569

3111942203380 −∠=

∠∠= → A569,A =

b) Tensión en bornes de la carga

V178638352025151311156903

380 ,,),j,)·(º,,(ºZIUU llgfcf −∠=+−∠−∠=⋅−=

Lectura del voltímetro: V32,3513·835,202 = → V32351,V =

c) VA8228157581314830581731115691786383520233 j,º,,º,,·º,,·I·U·S *cfcf +=∠=∠−∠==

Conexión Aron:

⎭⎬⎫

−=+=

→⎭⎬⎫

−=+=

)WW(WW,

)WW(QWWP

21

21

21

213822

815758

3

Del sistema anterior resulta

W112642W693116

2

1,W,W

==

De la disposición de W3 resulta,

3·3 WQ = → WW 58,4743

8223 == → W584743 ,W =



1.19 Problema 19 Una red trifásica de 400 V y 50 Hz alimenta dos cargas según muestra la figura adjunta. Con el interruptor K1 cerrado y el K2 abierto, se tiene W2 = 0,6.W1.

Se pide:

a) La lectura del amperímetro

b) La lectura del voltímetro

Con los interruptores K1 y K2 cerrados, se pide:

c) La nueva lectura del amperímetro

d) Las nuevas lecturas de los vatímetros

Figura 1.19.1 Resolución: a) Por estar W1 y W2 en conexión Aron:

WWWPTOT 300005,06000021 =⋅=+= W187501 =W

12 6,0 WW ⋅= W112502 =W

VAr 38129903 21 ,)WW(QTOT =−=

3000038,12990==

TOT

TOTTOT P

Qtgϕ → º41,23=TOTϕ → 9177,0cos =TOTϕ

→⋅⋅= cos3 TOTlinlinTOT IVP ϕ A 18547,I lin =

b) ϕcos3 ⋅⋅= linlincàrrega IVP

→⋅⋅⋅= 5,0185,47330000 linV V 15734,V càrregalin =

R

S

T

CARGA 1 60 kVA

cosϕ1 = 0,5 (i)

5 Ω 2,5 Ω

(1000.π)−1 F

A W1

W2

K1

V



c)

Ω===−

1010005021

21

1)..(..C.f..X C

πππ

A6040901030400

9010º

ºº

ºV

I RTRT ∠=

−∠−∠=

−∠=

A901605290400

52º

,º

,VI TS

TS ∠=∠==

A210805210400

5ººV

I SRSR ∠=∠==

La figura siguiente muestra las intensidades en la carga 2:

Figura 1.19.2

SRRTR III −=2 A º41,23185,471 −∠=RI

º93,2207,144º21080º6040º41,23185,4721 ∠=∠−∠+−∠=+= RRR III A 07144,A =

TSSRS III −=2 A 41143185471 º,,IS −∠=

A06115052529016021080411431854721 º,,ººº,,III SSS −∠=∠−∠+−∠=+=

d)

( ) ( ) →−−⋅⋅=−⋅⋅= º93,22º30cos07,144400cos1 RRT IVRRT IVW ϕϕ W6347371 ,W =

( ) ( ) →+−⋅⋅=−⋅⋅= º06,115º90cos05,252400cos2 SST IVSST IVW ϕϕ W3,913292 =W

T

RS

R

5 Ω 2,5 Ω

(1000.π)−1 F

IR2

IS2 IT2

IRT

ISR ITS



1.20 Problema 20 El sistema trifásico con U = 400 V (tensión fijada para todo el problema) y 50 Hz de la figura es de secuencia directa y alimenta dos cargas equilibradas y una carga desequilibrada.

a) Con el interruptor K1 cerrado y el interruptor K2 abierto, se pide el factor de potencia global de la carga, las lecturas de los amperímetros y la lectura del voltímetro UG.

b) Con los interruptores K1 y K2 cerrados, determinar las nuevas lecturas de los amperímetros.

Figura 1.20.1

Resolución: a)

Ω=⋅⋅⋅

==−

1005021086,31

116 πωC

X C

W02 =P )capacitiva(VAr4800100

4003322

2 =⋅=⋅=CX

UQ

W160008,0200001 =⋅=P

)inductiva(VAr12000º87,36sin20000sin 211 =⋅=⋅= ϕSQ

W1600021 =+= PPPT

VAr720048001200021 =−=+= QQQT

45,0160007200 ===

T

TT P

Qtgϕ → º22,24=Tϕ → 911,0cos =Tϕ

VA º22,2437,17545720016000 ∠=+=+= jjQPS TTT

Vamos a considerar la carga total conectada en estrella.

Tomando URN como origen de fases resulta: V º03/400 ∠=RNU

*3 RNRNT IUS ⋅⋅=

A º22,2432,25º03/4003

º22,2537,17545* ∠=∠⋅

∠=RNI

Por lo tanto, resulta:

A32,25=== TSR AAA

AR

AS

AT

20 kVA cosϕ = 0,8 (i)

31,8 µF

K1 K2

50 Ω

50 Ω 25 Ω 31,8 µF31,8 µF

U UG

RL = 0,4 Ω

RL = 0,4 Ω

0,4 Ω R S T

R

T

S



V 99,021,240º04,0º32,2432,25º03/400. −∠=∠⋅−∠+∠=+= LRRNG RIUU RN

V05,41621,2403 =⋅=GU

b) V º0

3400 ∠=RNU V º120

3400 −∠=SNU V º120

3400 ∠=TNU

A º3016º025

º30400 ∠=∠∠==

RS

RSRS

ZUI

A º1808º9050

º90400 −∠=∠

−∠==ST

STST

ZUI

A º2408º9050º150400 ∠=

−∠∠==

TR

TRTR

ZUI

A93,1486,17º2408º30162 jIII TRRSR +=∠−∠=−=

A 886,21º3016º18082 jIII RSSTS −−=∠−−∠=−=

A 93,64º1808º24082 jIII STTRT −=−∠−∠=−=

Resultando:

( ) A º32,620,41º22,2432,2593,1486,17' 21 ∠=−∠++=+= jIII RRR

AR = 41,20 A

( ) A º72,15113,48º120º22,2432,25886,21' 21 −∠=−−∠+−−=+= jIII SSS

As = 48,13 A

( ) A º3,8532,18º240º22,2432,2593,64' 21 ∠=−−∠+−=+= jIII TTT

AT = 18,32 A



1.21 Problema 21

Se conocen los datos siguientes de la figura adjunta: W1 = 26145 W, W3 = 12235 W, V2 = 380 V.

Se pide:

a) La lectura del vatímetro W2

b) La potencia activa consumida por la carga B

c) La lectura del amperímetro

d) La lectura del voltímetro V1

Figura 1.21.1

Resolución:

a)

VAr 64211911223533 3 ,WQ BA =⋅=⋅=−

[ ] VAr 97452460125006421191 ,,arccostg,QQQ ABAB =⋅−=−= −

Por otro lado:

VAr 6421191,QQ BAT == −

)(3 21 WWQT −⋅= → W122353

64211913

21 ===− ,QWW T

W1391012235261451223512 =−=−= WW

b)

( ) W29603380

974524 ,,arccostg

,tgQP

B

BB ===

ϕ → PB = 6033,29 W

R

S

T

Carga A PA = 12500 W cosϕA = 0,6 (i)

A W1

W2

R Ω

R Ω

R Ω

W3

Carga B PB = ?

cosϕB = 0,8 (i)

V1 V2



c)

1434,125,1853364,21191 ===

AB

ABAB P

Qtgϕ → º828,48=ABϕ → 658,0cos =ABϕ

AB

BA

cosVP

Iϕ⋅⋅

= −

23 → A7742

658038032518533 ,,

,I =⋅⋅

= → A = 42,77 A

d)

W291853314603312500 ,,PPP BABA =+=+=−

W4055139102614521 =+=+= WWPT

W71215212560331250040055 ,),()PP(PP BATR =+−=+−=

23 IRPR ⋅⋅= → Ω=⋅

= 82,377,42371,21521

2R

V 71208353538232848774203

38021 º,,,º,,ºRIVV ff −∠=⋅−∠+∠=⋅+=

V 8261183535333 11 ,,VV f =⋅=⋅=



1.22 Problema 22

En el circuito trifásico de la figura la impedancia de línea vale Ω+= 3.4 jZL . Se conocen las lecturas de los aparatos de medida: A1 = 1,633 A, A2 = 5,773 A, W1 = 6928,2 W, W2 = 12000 W, U = 6000 V.

Con el interruptor abierto determinar:

a ) La potencia aparente de las cargas.

b ) La lectura del amperímetro general A.

c ) La lectura del voltímetro U1

d ) Al cerrar el interruptor, determinar la capacidad de los condensadores para mejorar el factor de potencia global hasta la unidad. Suponer que la tensión U se mantiene inalterable respecto al apartado anterior y que la frecuencia es de 50 Hz.

Figura 1.22.1 Resolución:

a )

)(120003,692833 11 capVArWQ −=⋅−=⋅−= y también:

111 sin3 ϕ⋅⋅⋅= IUQ 707,0633,160003

12000sin 1 =⋅⋅

=ϕ º451 =ϕ

1

11 Q

Ptg =ϕ WtgQP 12000112000º4511 =⋅=⋅=

VArjS º4556,1697012000120001 −∠=−=

222 cos3

ϕ⋅⋅= IUW 6,0773,5

36000

12000cos 2 =⋅

=ϕ º12,532 =ϕ

A

Carga equilibrada 1 capacitiva C

K

C C

U U1

ZL

ZL

ZL R S T

A1

W1

Carga equilibrada 2 inductiva

A2

W2



WP 360001200032 =⋅=

VArtgtgPQ 37,47982º12,5336000222 =⋅=⋅= ϕ

º12,5389,5998537,47982360002 ∠=+= jS

º89,3642,5998937,359824800021 ∠=+=+= SSST

b )

AU

SI T 772,5

6000342,59989

3=

⋅=

⋅=

c )

Orígen de fases: º03

6000 ∠=fU º86,36772,5 −∠=I

IZUU Cff ⋅+=1

VjU f º097,3492º86,36772,5)34(º03

60001 ∠=−∠⋅++∠=

VUU f 60503 11 =⋅=

d )

VAQQC 37,35982=−=

ω

ω

CU

C

UXUQ

C

C ⋅=== 213

22

FQ

fUCC

µππ06,1

337,35982

5026000

3

2 22=⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅=

º89,3642,59989 ∠=TS

AI 772,5=



1.23 Problema 1.23 Dado el circuito de la figura, alimentado por un sistema trifásico equilibrado de tensiones de secuencia directa, se conocen las lecturas V = 400 V, W1 = 7173,8 W y W2 = 3926,2 W.

Con los interruptores K1 y K2 abiertos, determinar:

a) El número de lámparas de incandescencia por fase de la carga IV.

Si se cierran los interruptores K1 y K2, calcular:

b) La lectura del amperímetro AN.

c) Las lecturas de los vatímetros WA y WB.

Figura 1.23.1

Resolución:

a )

WWWP 111002,39268,71732143 =+=+=−

( ) ( ) VArWWQ 56252,39268,7173332143 =−⋅=⋅−=−

La carga IV es puramente resistiva, por lo que se cumple que Q4 = 0 VAr.

4343 QQQ +=− VArQQ 5625433 == − ( ) Wartgtg

QP 75008,0cos

5625

3

33 ===

ϕ

WPPP 36007500110003434 =−=+= −

WP fase 12003

36004 == 20

601200 ==bombillaP bombillas

W1

Carga IV Lámparas de 400 V

y 60 W en ∆

V W2

R S T N

WA

WB

Motor III FP = 0.8 (i)

AR

AN

Motor I FP = 0.8 (i) 2309,4 W

K1 K2

Carga II 30 lámparas de

230V y 60 W en paralelo



S

AAN 515,=

b )

434343 cos3 −−− ⋅⋅⋅= ϕIUP

5067,0111005625

43

4343 ===

−

−− P

Qtgϕ 892,0cos 43 =−ϕ º874,2643 −=−ϕ

AU

PI 961,17892,04003

11100cos3 43

4343 =

⋅⋅=

⋅⋅=

−

−− ϕ

Origen de fases:

º03

400 ∠=RNU V

AI R º874,26961,17)43( −∠=−

AI S º120º874,26961,17)43( −−∠=−

AI T º240º874,26961,17)43( −−∠=−

Consumo monofásico 1: A,

,

,cos.VPI

RNR 512

803

400402309

1

11 =

⋅==

ϕ

º87,365,121 −∠=RI A

º13,1435,12º180º87,365,12º87,365,121 ∠=−−∠=−∠−=NI A Consumo monofásico 2:

794,71

3400

60302 =

⋅

⋅=SI A

º120794,72 −∠=SI A

º60794,7º120794,72 ∠=−∠−=NI A

Aº,,,j,

,j,,jº,º,,III NNN

17113515251416756897357106079471314351221

∠=+−==+++−=∠+∠=+=

R

T

801 ,cos =ϕ º,87361 =ϕ



( ) W,),(cos,WB 6549883138120156253

400 =−−−⋅⋅=

( ) W,),(cos,WA 95121319830303483040 =−−−⋅⋅=

c )

( )RRTRRTA IUIUW ⋅⋅⋅= cos º30400 −∠=RTU V

º98,30348,30º874,26961,17º87,365,12)43(1 −∠=−∠+−∠=+= − RRR III A

( )SSNSSNB IUIUW ⋅⋅⋅= cos º1203

400 −∠=SNU V

º83,138156,25874,146961,17º120794,7)43(2 −∠=−∠+−∠=+= − SSS III A

o también:

WPPWB 550060303

110003 2

43 =⋅+=+= +



1.24 Problema 24 Dado el circuito de la figura, alimentado por un sistema trifásico equilibrado de tensiones de secuencia directa a 50 Hz, se conocen las lecturas V = 400 V, W1 = 7173,8 W i W2 = 3926,2 W. La carga IV está formada por un total de 12 condensadores conectados en triángulo, formando una carga equilibrada.

Con los interruptores KI i KII abiertos, determinar:

a) Capacidad de cada uno de los 12 condensadores de la carga IV( todos los condensadores soportan una tensión de 400 V).

Si se cierran los interruptores KI i KII, calcular:

b) La lectura de los amperímetros AN i AS.

c) Las lecturas de los vatímetros WA i WB.

Figura 1.24.1

Resolución: a )

WWWP IVIII 1110021 =+=+

( ) ( ) VArWWQ IVIII 56252,39268,717333 21 =−⋅=−⋅=+

0=IVP WPIII 11100=

VArartgtgPQ IIIIIIIII 8325)8,0cos(11100 =⋅=⋅= ϕ

VArQIV 270083255625 −=−=

VArQ

Q IVC 225

12−==

CC

U C

5021

400

5021

22522

⋅

=

⋅

=

ππ

FC µ48,4=

b )

W2

Carga IV Condensadores

en ∆

V W1

R S T

N

WA

WB

Motor III FP = 0.8 (i)

AS

AN

Motor I FP = 0.8 (i)

3000 W

KI KII

Carga II 20 lámparas de 230V y 60 W en paralelo



WjS IVIII º87,269,12443562511100 −∠=+=+

AI R 96,174003

9,12443 =⋅

=

Si

VU R º03

400 ∠=

AI R º87,2696,17 −∠= AI S º87,14696,17 −∠= AIT º87,22696,17 −∠= Motor I: AI I 238,16

8,03

4003000 =

⋅=

º1203

400 −∠=SNU

FPI = 0,8 (i) → º87,36=Iϕ AI I º87,157238,16º87,36º120238,16 −∠=−−∠= Carga II: AI II 196,5

40031200

3400

6020 =⋅=⋅=

º2403

400 −∠=TNU AI II º240196,5 −∠=

Las lámparas e incandescencia tienen FPII = 1 → º0=IIϕ ( ) ( ) AIII IIIN º11,663,17º240196,5º87,157238,16 ∠=−∠+−∠−=+−=

AAN 63,17=

AIII ISS º61,151065,34º87,156238,16º89,14696,17'' −∠=−∠−∠=+= AAS 064,34= c ) ( ) ( )( ) WIUIUW RSTRSTA 93,3246º7,26º90cos96,17400,cos =−−−⋅⋅=⋅⋅=

WWA 93,3246=

( ) ( )( ) WIUIUW SSNSSNB 6700º61,151º120cos065,343

400',cos' =−−−⋅⋅=⋅⋅=

WWB 6700=


Transformadores monofásicos 75

2 Transformadores monofásicos



2.1 Problema 1

Un transformador monofásico de 44 kVA, 2200/220V absorbe en vacío 176 W, alimentado a una tensión de 2200 V.

Se conocen los valores de les caídas de tensión relativas en la resistencia y la reactancia de cortocircuito que valen 1,4% y 2,1% respectivamente.

Determinar la potencia absorbida por el transformador y el rendimiento cuando su secundario alimenta una carga de 30 kW, con una tensión de 220 V, presentando un factor de potencia de 0,8 inductivo.

Resolución:

A20220044000

n1 ==I 102202200

t ==r A200· tn1n2 == rII

n1

n1cc1Rcc

·100

4,1U

IR==ε Ω== 54,1

20·1002200·4,1

cc1R

n

ncc

UIX

1

11Xcc

·100

1,2==ε Ω== 31,2

20·1002200·1,2

cc1X

Corriente absorbida por la carga,

A45,1708,0·220

30000

2cos2

22 ==

⋅=

ϕV

PI A045,17

45,170

t

/2 ==

rI

8,0cos C =ϕ º87,36C −=ϕ

/2cc1

/2cc1

/21 ·· IXIRUU ++=

( ) Vº4,067,224487,36045,17·31,2j54,1º022001 ∠=−∠++∠=U

CCRInV

VOPPPPPP 1·2

2'2

1

12CuFe21 +

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛+=++=

U1

U'2-36,87º

R1cc · I'2I'2

X1cc · I'2

Fig. 2.1.1



P1 =++=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+= 41,44722,18330000045,17·54,1

220067,224417630000 2

2

W64,30630= W64,306301 =P

%94,9764,30630

300001001

2100 =⋅=⋅=P

Pη



2.2 Problema 2

Un transformador monofásico de 200 kVA, 6600/ 384 V, alimenta a 384 V una carga que tiene un factor de potencia igual a la unidad. El rendimiento del transformador es del 98%, tanto si presenta un índice de carga C = 1 como si el índice de carga es de 0,5. El factor de potencia de la impedancia de cortocircuito es de 0,2079. La corriente de vacío que absorbe el transformador es de 0,84 A estando el transformador alimentado a 6600 V.

Se piden los parámetros del circuito equivalente Rcc, Xcc, RFe, Xµ (valores referidos al primario del transformador).

Resolución:

A30,306600

200000n1 ==I

CuFe2

2

PPPP

++=η o

noFe P

VV

PP =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2

2

2 CCCu PCP 2=

Situación 1:

SnnInVIVP =⋅⋅=⋅⋅= 1222cos222 ϕ

Situación 2: SnnInVIVP 5,05,0222cos222 =⋅⋅=⋅⋅= ϕ

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

++=

++=

CC2

O3

3CCO

3

3

·5,05,0·10·2005,0·10·20098,0

10·20010·20098,0

PP

PP WP

P 09,2721

W54,1360

CC

O

==

Fe1

2O1

RU

PO = Ω== 70,3201654,1360

66002

Fe1R Ω= 70,32016Fe1R

VA554484,0·6600· O1n1O === IUS

46,537454,13605544 2222O =−=−= OO PSQ

Ω=== 99,810446,5374

660022O1

µ1OQ

UX Ω= 99,8104µ1X

CC12n1CC · RIP = Ω=== 96,2

30,3009,2721

22n1

CCCC1 I

PR Ω= 96,2CC1R

2079,0cos CC =ϕ º78CC =ϕ 7,4tg CC =ϕ

CC1

CC1CCtg

RX

=ϕ Ω== 93,1396,2·7,4CC1X Ω= 93,13CC1X



2.3 Problema 3

De la placa de características de un transformador monofásico reductor de tensión, se han obtenido los datos siguientes:

Tensiones 3300 V / 220 V

Corrientes 3,03 A / 45,45 A

Potencia aparente 10 kVA

Frecuencia 50 Hz

Tensión de cortocircuito εCC = 5 %

Por medidas efectuadas, se sabe que los valores óhmicos de las bobinas primaria y secundaria son respectivamente 5 Ω y 0,02 Ω.

Se hace el ensayo del transformador en cortocircuito, intercalando un amperímetro entre los terminales del primario, alimentándolo por el secundario.

Cuando el amperímetro indica 3,03 A, en el secundario quedan aplicados 11 V.

Figura 2.3.1

a) Comprobar la coherencia de los datos obtenidos de la placa de características.

b) Calcular la relación de transformación.

c) Calcular los valores de RCC y XCC reducidos al primario y al secundario.

d) Valor de la tensión que se ha de aplicar al primario del transformador para que el secundario alimente a la tensión nominal una carga de 7 kW, constituida por lámparas de incandescencia de 220 V.

Resolución:

a) En primer lugar, verificaremos si los datos de placa son coherentes:

Las corrientes nominales han de ser:

AUS

In

nn 03,3

330010000

11 === A

US

In

nn 45,45

22010000

22 ===

+

A V AT BT



En el ensayo de cortocircuito encontramos que la tensión UCC de cortocircuito es de 11 V, tensión que referida a la nominal, representa:

%510022011 =⋅=CCε

Así pues, los datos de la placa de características son coherentes con el resto de los datos.

b) Por definición, la relación de transformación es el cociente entre las tensiones en los devanados de alta y baja cuando el transformador trabaja en vacío.

→===== 1503,345,45

2203300

1

2

2

1

n

n

n

nt I

IUUr

15=tr

c) Los valores de la resistencia RCC, reactancia XCC e impedancia ZCC de cortocircuito del transformador se pueden dar referidos tanto al lado de A.T. como al de B.T.

Considerando el transformador por el lado de baja tensión, se tiene:

Ω=+=+= 0422,015

502,022

122

tCC

rR

RR Ω= 0422,02CCR ( en B.T. )

Por otro lado, el valor de Z2CC se encuentra a partir del ensayo de cortocircuito:

CCnCC ZIU 222 ⋅=

CCZ 245,4511 ⋅=

Ω= 242,02CCZ ( en B.T. )

Y en consecuencia:

Ω=−=−= 238,00422,0242,0 2222

222 CCCCCC RZX Ω= 238,02CCX ( en B.T. )

Para referir estos tres valores al primario, o al lado de A.T., sólo hace falta multiplicarlos por el cuadrado de la relación de transformación:

Ω=⋅=⋅= 5,90422,01522

21 CCtCC RrR Ω=⋅=⋅= 55,53238,0152

22

1 CCtCC XrX

Ω=⋅=⋅= 45,54242,01522

21 CCtCC ZrZ

d) Como la carga está formada únicamente por lámparas de incandescencia, o sea, resistencias puras, su factor de potencia es la unidad, y la corriente de carga es, pues:

222 IVP ⋅= 22207000 I⋅= AI 82,312 =

Ω=== 91,682,31

220

2

2

IU

RC

Ahora se está en condiciones de dibujar el circuito equivalente del transformador, reducido al secundario:



Figura 2.3.2

Se deduce, lógicamente, la tensión de alimentación que se ha de aplicar, pero reducida al secundario.

( ) ( ) ( ) ( ) VIXIRUU CCCCC 47,22182,31238,082,310422,0220' 22222

2221 =⋅+⋅+=⋅+⋅+=

Esta tensión, referida al primario, es:

VrU t 332247,2211 =⋅=

V 33221 =U

R2CC (en B.T.)

RC = 6,91Ω

I2 = 31,82 A

X2CC (en B.T.)

U’1 U2



2.4 Problema 4

Se dispone de un transformador monofásico en cuya placa de características constan los datos siguientes:

Potencia nominal Sn = 30 kVA

Tensión nominal en el primario U1n = 15 kV

Tensión nominal en el secundario U2n = 380 V

Tensión de cortocircuito en valor relativo εCC = 3 %

Pérdidas en cortocircuito PCC = 150 W

Pérdidas en vacío PO = 75 W

Corriente de excitación en valor relativo iO = 4 %

Determinar, suponiendo que la frecuencia es f = 50 Hz:

a) Intensidades nominales en cada bobinado

b) Valores de la corriente en vacío IO según por qué bobinado se alimente el transformador

c) Relación de transformación

d) Corrientes en primario y en secundario en caso de cortocircuito franco en un arrollamiento, suponiendo el otro alimentado a tensión nominal

e) Rendimientos a plena y a ¾ de carga, si el transformador alimenta a tensión nominal un consumo puramente óhmico

f) Rendimientos a plena y al 60% de carga, si el transformador alimenta a tensión nominal un consumo capacitivo de cos φ = 0,8

g) Para un factor de potencia dado, determinar el índice de carga que da un rendimiento máximo

h) Valores de εRCC y εXCC, dibujando el correspondiente esquema del ensayo de cortocircuito

i) Caída de tensión relativa a plena carga y a ¾ de carga, si alimenta una carga de cos φC = 0,866 (i)

Resolución:

a) La potencia aparente nominal es nnn IUS 11 ⋅= , y si se supone que el rendimiento es del 100%, también es nnn IUS 22 ⋅= . Por tanto:

AUS

In

nn 2

1500030000

11 ===

A

US

In

nn 95,78

38030000

22 ===

b) Si, como es normal, el transformador se alimenta por el primario, siendo io = 0,04 (4%). Se tiene:

AiII on 08,004,02101 =⋅=⋅=

si, por el contrario, la alimentación se hace por el secundario, entonces:

AiII on 158,304,095,78202 =⋅=⋅=



c) La relación de transformación se puede calcular directamente a partir de los datos del enunciado:

474,39380

15000

2

1 ===n

nt U

Ur

d) Si el cortocircuito franco se produce en el secundario, el esquema equivalente es:

Figura 2.4.1

y como:

n

CCCC U

U

1

1=ε y n

CCCC I

UZ

1

11 =

y también:

( ) CCCCn ZIU 111 ⋅= )(1

1

1

11

CC

n

n

CCCC I

UI

UZ ==

o sea que: A 6,6603,021

11

1)(1 ===⋅=

CC

nn

CC

nCC

II

UU

Iε

y análogamente: A 3,263103,094,782

22

2)(2 ===⋅=

CC

nn

CC

nCC

IIUUI

ε

Se puede llegar al mismo resultado para ( )CCI 2 , teniendo en cuenta que entre ( )CCI1 e ( )CCI 2 hay la

misma relación que entre 1I e 2I , es decir, que si trI

I 1

2

1 = , también ( )

( ) tCC

CC

rII 1

2

1 = , como se puede

comprobar seguidamente:

( ) ( ) AIrI CCtCC 6,26316,66474,3912 =⋅=⋅=

e) Si C representa el índice de carga, es decir: nI

IC

2

2=

C = 1 a plena carga C = 0,75 a ¾ de carga

Recordando que el rendimiento η vale:

CCoCuFe PCPPP

PPPP

PP

⋅++=

++==

22

2

2

2

1

2η on

oFe PVV

PP =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛≅

2

2

2

aplicado a los dos casos y teniendo en cuenta que la carga es óhmica y se alimenta a tensión nominal, se obtiene:

R1CC X1CC

U1



A plena carga (C = 1):

9926,01507530000

300001 =

++=η → η1 = 99,26 %

A ¾ de carga (C = 0,75):

9929,015075,07575,030000

75,030000275,0 =

⋅++⋅⋅=η → η 0,75 = 99,29 %

f) En este caso, al ser cos φC = 0,8 capacitivo y los índices de carga, C=1 y C=0,6, respectivamente:

A plena carga:

9907,0150758,030000

8,03000015075cos30000

cos300001 =

++⋅⋅=

++⋅⋅

=C

C

ϕϕ

η → η 1 = 99,07 %

A un 60% de la carga:

9911,01506,0756,08,030000

6,08,03000026,0 =

⋅++⋅⋅⋅⋅=η → η 0,75 = 99,11 %

g) Para un factor de potencia cos φC, el rendimiento vale, según la fórmula indicada en el punto (e):

CCoCn

Cn

CCo PCPIUIU

PCPPP

⋅++⋅⋅

=⋅++

=2

22

222

2

2

coscos

ϕϕ

η

pero como nICI 22 ⋅=

CC

oCnn

Cnn

CCoCnn

Cnn

PCCP

IU

IUPCPCIU

CIU

⋅++⋅⋅

⋅⋅=

⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=ϕ

ϕϕ

ϕη

cos

coscos

cos

22

222

22

22

El valor máximo del rendimiento se obtiene cuando la expresión siguiente es mínima:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅+ CCo PC

CP

Min

y el mínimo de CCo PC

CP

y ⋅+= es 02

=+−= CCo P

CP

dCdy →

CC

o

PP

C =

por lo tanto, independientemente de cos φC, el máximo se obtiene para

7071,015075 ===

CC

o

PP

C



h)

Figura 2.4.2

Por definición,

n

CC

nn

nCC

n

nCCRCC S

PIUIR

UIR

=⋅⋅

=⋅

=11

12

1

1

11ε

o sea que 005,030000150 ===

n

CCRCC S

Pε → εRCC = 0,5 %

y el triángulo vectorial:

Conocemos los valores de εCC y de εRCC, y por lo tanto,

0296,0005,003,0 2222 =−=−= RCCCCXCC εεε → εXCC = 2,96 %

i) La caída relativa de tensión en el transformador se puede calcular por la expresión aproximada, al ser εCC < 4%:

[ ]cXCCcRCC senCu ϕεϕε +=∆ cos

en la que cos φC = 0,866, φC = 30º y sen φC = 0,5

A plena carga, por lo tanto, como C=1

[ ] %913,15,096,2866,05,011 =⋅+⋅=∆u

A ¾ de carga, como C=0,75

[ ] %435,15,096,2866,05,075,075,0 =⋅+⋅=∆u

R1CC X1CC

εCC

εRCC

εXCC



2.5 Problema 5

Un transformador monofásico de 20 kVA de potencia trabaja a 50 Hz y sus tensiones de alimentación en alta y baja tensión son de 3800 V y 380 V, respectivamente. La resistencia del bobinado primario es de 5Ω y su reactancia de dispersión es de 25Ω.

La corriente en vacío medida desde el lado de alta tensión es de 0,5 A y las pérdidas en vacío son de 1200 W.

Determinar la tensión en el secundario cuando el transformador trabaja en vacío, si la aplicada al bobinado de alta tensión es de 3800V.

Nota: Trabajar con el circuito equivalente exacto del transformador.

Resolución:

El circuito equivalente exacto del transformador reducido al primario es:

Figura 2.5.1

siendo:

22

2' dtd XrX ⋅= (Reactancia del secundario reducida al primario)

22

2' RrR t ⋅= (Resistencia del secundario reducida al primario)

22' UrU t ⋅= (Tensión en el secundario reducida al primario)

y 10380

3800

2

1 ===n

nt U

Ur (Relación de transformación)

Como se trabaja en vacío, la corriente en el secundario es nula; por lo tanto I’2 = 0; la tensión del primario U1 en forma vectorial se puede obtener de la siguiente forma:

oodoo UIXjIRU 211111 '+⋅⋅+⋅=

R1

U’2

I’2

U1

I1

R’2 Xd1 X’d2

Xµ RFe IFe Iµ

Io



A partir de las pérdidas en vacío, se puede encontrar el ángulo que forman la tensión 1U y la corriente

1I .

( )1010

cos11 IUooo IUP ϕϕ −⋅⋅=

( ) 6315,05,03800

1200cos11

1010=

⋅=

⋅=−

oo

oIU IU

Pϕϕ

º83,5011

=−=oo UU ϕϕϕ

Si se toma como origen de ángulos el correspondiente a la corriente Aº05,01 ∠=oI , se tiene Vº83,5038001 ∠=oU .

El diagrama vectorial es:

Figura 2.5.2

Proyectando los vectores sobre el eje de las abcisas, se obtiene:

ϕα coscos' 1211 ⋅=⋅+⋅ ooo UUIR

Y sobre el eje de las ordenadas:

ϕα senUsenUIX oood ⋅=⋅+⋅ 1211 '

y sustituyendo valores, resulta:

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⋅=⋅+⋅⋅=⋅+⋅

º83,503800'5,025º83,50cos3800cos'5,05

2

2

sensenUU

o

o

αα

y por lo tanto:

50,2397cos'2 =⋅ αoU

68,2933'2 =⋅ αsenU o

Resolviendo el sistema, resulta: º74,50=α

V 74,3788'2 =oU

En consecuencia, V 87,37810

74,3788'22 ===

t

oo r

UU

I1 R1

α

U1

I1

I1 Xd1

U’2



2.6 Problema 6

Un transformador monofásico de 125 kVA y 3000 V/380 V alimenta una carga de 116046 VA y factor de potencia 0’8 (i) a 378 V. En esta situación la potencia absorbida por el transformador es de 94655 W.

Datos del ensayo de cortocircuito: 8 V, 240 A, 480 W (medidas realizadas desde el lado de baja tensión).

Se sabe que el factor de potencia de la rama en paralelo del circuito equivalente es 0’2. Se pide:

a ) Valores de los parámetros R1cc y X1cc, reducidos al lado de alta tensión.

b ) Tensión de alimentación del transformador cuando alimenta la carga del enunciado.

c ) Valores de los parámetros R1Fe y X1µ, reducidos al lado de alta tensión.

Resolución:

a )

AI n 66,413000

1250001 ==

AI n 747,328

380125000

2 ==

8947,7380

3000 ==tr

Carga:

A

USI C 307

378116046

22 ===

AI º87,363072 −∠= A,'I 88382 =

WSP CCC 8,928368,0116046cos =⋅=⋅= ϕ

Prueba de cortocircuito ( parámetros reducidos al primario ):

Ω=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

= 077,2

3000380240

38030008

1CCZ Ω=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

== 519,02

30003802240

480

121CCI

CCPCCR

Ω= 519,01CCR

Ω=−= 011,212

12

1 CCCCCC RZX

Ω= 011,21CCX



b ) En las condiciones de la carga:

W,,,'IRP CCCu 548678488385190 2221 =⋅=⋅=

WPPPP CuCabsFe 65,10335489,7848,9283694655 =−−=−−=

Figura 2.6.1

43,5027,3047º87,3688,38)·011,25197,0(º021,29841 jjU +=−∠++∠=

c )

Ω=== 01,8986

65,103348,3047 22

1

FeFe P

UR

[ ]2,0arccos65,1033 tgtgPQ oFe ⋅=⋅= ϕµ

VArQ 83,5063=µ

Ω=== 25,183483,506348,3047 22

1

µµ Q

UX

VU 48,30471 =

Ω= 25,1834µX

R1Fe

R1CC

X1µ

X1CC

A 873688382 º,,'I −∠=

Vº , ) / · ( 02129843803000378 ∠=



2.7 Problema 7

Un transformador monofásico de baja tensión 380 V/220 V y potencia nominal 5000 VA tiene una corriente de vacío del 5% de la nominal y las pérdidas de vacío son de 150 W.

Se conecta al transformador por la parte del secundario una carga con un consumo de 2000 VA, un factor de potencia 0,96 inductivo, y la tensión aplicada al consumo es de 200 V.

Para las condiciones indicadas, se sabe que la potencia activa absorbida por el primario del transformador es de 2100 W y la reactiva es de 800 VAr.

Calcular:

a) Valores de εRCC y de εXCC

b) Tensión aplicada al transformador en el lado de alta tensión

Resolución:

a) En primer lugar, se determinan las corrientes nominales primaria y secundaria del transformador.

La corriente nominal primaria es:

AUS

In

nn 158,13

3805000

11 ===

La corriente nominal secundaria es:

AUS

In

nn 727,22

2205000

22 ===

La relación de transformación es:

727,1220380

2

1 ===n

nt U

Ur

Como se puede comprobar, el valor nominal de la corriente del secundario también se puede calcular del siguiente modo:

ArII tnn 727,22727,1158,1312 =⋅=⋅=

que coincide con el valor encontrado anteriormente.

La corriente de vacío es:

AIiI noo 658,0158,1305,011 =⋅=⋅=

Como se conocen las pérdidas en vacío, se puede determinar el factor de potencia del circuito equivalente en vacío:

oono IUP ϕcos11 ⋅⋅=

6,0658,0380

150cos1

=⋅

=⋅

=on

oo IU

Pϕ

siendo º13,53=oϕ



Las pérdidas de potencia reactiva en el ensayo en vacío, a la tensión de 380 V, son:

VArtgtgPQ ooo 200º13,53150 =⋅=⋅= ϕ

Cuando se conecta la carga, la tensión en el secundario es de 200 V y, por lo tanto y en primera aproximación, despreciando la caída de tensión interna, se ha de aplicar al primario una tensión de

too rUU ⋅= 21

VU o 45,345727,12001 =⋅=

Las pérdidas en vacío en estas condiciones, en que la tensión aplicada no es la nominal, son: 22

2

2

200

220

200220

)()(

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

UU

PP n

Vo

Vo

WPP VoVo 97,123220200150

220200)()(

22

220200 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

VArQQ VoVo 29,165220200200

220200)()(

22

220200 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

La carga conectada al secundario tiene las siguientes características:

WSP C 192096,02000cos22 =⋅=⋅= ϕ

VArsenSQ C 56028,0200022 =⋅=⋅= ϕ

La corriente en el secundario es:

AUS

I 10200

2000

2

22 ===

y por lo tanto, el índice de carga C en estas condiciones es:

44072722

10

2

2 ,,I

IC

n===

La corriente secundaria I’2 referida al primario es:

ArI

It

789,5727,110' 2

2 ===

Las pérdidas en el cobre se pueden calcular a partir de la potencia absorbida por el transformador, de la potencia cedida a la carga y las pérdidas en vacío.

WPPPP VoCu 03,5697,12319202100)( 20021 =−−=−−=

A partir de las pérdidas en el cobre, se puede determinar la resistencia de cortocircuito referida al primario.

Ω=== 67,1789,5

03,56' 222

1IP

R CuCC

VIRCCU nCCR 22158,1367,11 11 =⋅=⋅=

057,038022

1

1 ===n

CCRR U

UCC

ε → εRCC = 5,7 %



La CCXε se determina a partir de las potencias reactivas.

VArQQQQ VoCu 71,7429,165560800)( 20021 =−−=−−=

Ω=== 235,2789,5

71,74' 222

11

I

QX CCX

CC

La caída de tensión en esta reactancia tiene un valor de:

VIXU nCCX CC40,29158,13235,2111

=⋅=⋅=

En consecuencia, el valor relativo de la componente reactiva de la tensión de cortocircuito es:

0773,0380

40,29

1

1 ===n

XX U

UCC

CCε → εRCC = 7,73 %

Si se quiere calcular el valor relativo de la tensión de cortocircuito, puede hacerse así:

096,00773,0057,0 2222 =+=+= XCCRCCCC εεε → εCC = 9,6 %

b) La tensión que se ha de aplicar al bobinado primario es:

Figura 2.7.1

96,0cos =ϕ º26,16=ϕ

( ) jjjZIUU CC 71,990,12045,345235,267,1º26,16789,5º0727,1200'' 1221 +++=+⋅−∠+∠⋅=⋅+=

V º55,148,3581 ∠=U

Nota: En primer lugar se ha considerado que se había aplicado al transformador una tensión de 345,45 V, lo cual ha permitido determinar los valores R1CC y X1CC. Al efectuar los cálculos se ha determinado que la tensión de alimentación realmente es de 358,48 V. A partir de este dato, y por aproximaciones sucesivas, se podría calcular con exactitud los valores de R1CC y X1CC.

I’2

U1

R’CC

U’2

I’2

φC I’2 X’CC



2.8 Problema 8

En la placa de características de un transformador monofásico se encuentran, entre otros, los siguientes datos:

kVASn 100= kVU n 31 = VU n 2202 =

Las lecturas del ensayo en vacío dan los valores siguientes:

%6=oi WPo 500=

Las lecturas del ensayo de cortocircuito aportan los datos siguientes:

%7,5=CCε WPCC 2500=

a) Si el transformador se alimenta por el lado de baja tensión y se produce en el lado de alta un cortocircuito franco, se registra una intensidad de corriente de I1(CC) = 350 A.

En estas condiciones, encontrar la impedancia de cortocircuito Z1CC y la tensión U2 de alimentación.

Figura 2.8.1

b) Si el transformador se conecta a la red por el lado de alto tensión y alimenta una carga inductiva de cos φC =0,8, conectada al lado de baja tensión, en estas condiciones se tienen los valores siguientes en régimen permanente:

kVU 8,21 = VU 2002 =

Encontrar el valor de la corriente I2 correspondiente al lado de baja tensión.

Resolución:

a) En primer lugar se van a determinar los restantes datos del transformador partiendo de los valores obtenidos de su placa de características.

La corriente nominal primaria es: AUS

In

nn 33,33

3000100000

11 ===

La corriente nominal secundaria es: AUS

In

nn 55,454

220100000

22 ===

AT BT V2

A1

Generador

+

3000 V / 220 V 100 kVA



La relación de transformación: 64,13220

3000

2

1 ===n

nt U

Ur

La corriente de vacío: AIiI noo 233,33100

611 =⋅=⋅=

La impedancia de cortocircuito Z1CC referida al primario se obtiene a partir de la tensión de cortocircuito:

Ω=⋅

⋅=== 13,533,331007,53000

1

1

1

11

n

CCn

n

CCCC I

UI

UZ

ε

Ya que la intensidad de corriente que pasa por el primario, en caso de producirse el cortocircuito franco, es I1(CC) = 350A, la tensión a que está sometido el primario es U2CC, que vale:

( ) ( ) ( )( ) ( ) V 67,131112

11222 =

⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅=⋅=

t

CCCC

t

CCCCtCCCCCC r

ZIr

ZIrZIU

b) En primer lugar se puede hallar RCCε , o sea, la componente óhmica de la tensión de cortocircuito en valor relativo del transformador a partir de las pérdidas de potencia activa del ensayo de cortocircuito.

025,0100000

2500 ===n

CCRCC S

Pε

Y por lo tanto:

0512,0100

5,2100

7,5 2222 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=−= RCCCCXCC εεε

Debido a que no se conoce el índice de carga del transformador, se puede aplicar la fórmula aproximada que da la caída de tensión en valor unitario, que es:

[ ]CXCCCRCCnn

senCUU

UU ϕεϕε ⋅+⋅⋅=− cos

2

2

1

1

Sustituyendo los valores numéricos dados en el enunciado, se tiene:

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅+⋅⋅=− 6,0

10012,58,0

1005,2

220200

38,2 C

Haciendo operaciones se obtiene el valor del índice de carga:

4780,0=C ( 47,8% )

y, en consecuencia, la corriente I2 en el lado de baja tensión es de:

A 26,21755,454100

80,4722 =⋅=⋅= nICI

A 26,2172 =I



2.9 Problema 9

Un transformador monofásico, cuya tensión nominal primaria es de 6 kV, su tensión nominal secundaria de 380 V y su potencia nominal de 200 kVA, tiene un rendimiento del 0,98 trabajando a plena carga. Cuando trabaja a media carga, el rendimiento es de 0,985 y el factor de potencia de la carga es siempre la unidad. En ambos casos la carga se supone alimentada a la tensión nominal secundaria del transformador. La caída de tensión a plena carga con un factor de potencia de la carga igual a 0,8 inductivo es del 4%. El factor de potencia cuando trabaja en vacío vale 0,22 (i).

Calcular:

a) Resistencia y reactancia de cortocircuito

b) Parámetros que definen el circuito equivalente del transformador

c) Dibujar el circuito equivalente reducido al lado de baja tensión

Resolución:

a) El rendimiento de un transformador viene definido por la expresión:

CCoCn

Cn

CCn

oCn

Cn

PCPCSCS

PCVV

PCIU

CIU⋅++⋅⋅

⋅⋅=

⋅+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅⋅

⋅⋅⋅=

22

2

1

122

22

coscos

cos

cosϕ

ϕ

ϕ

ϕη

y el índice de carga del transformador es C = 1, en el caso de que trabaje a plena carga, y C = 0,5, en el caso de que trabaje a media carga.

En consecuencia, para los dos casos planteados se tiene:

Plena carga: CCo PP ++

=200000

20000098,0

Media carga: 25,05,0200000

5,0200000985,0⋅++⋅

⋅=CCo PP

Resolviendo el sistema de ecuaciones anteriores, resulta: WPo 66,666= WPCC 33,3333=

La corriente nominal primaria del transformador es: AUS

In

nn 33,33

6000200000

11 ===

Trabajando el transformador a plena carga y con un factor de potencia igual a 0,8 inductivo, presenta una caída de tensión del 4%, es decir:

6000'6000'

04,0 2

1

21 UU

UU

n

n −=

−= VU 5760'2 =

y utilizando la expresión aproximada de Kapp, se tiene: CCCCCC senIXIRUU ϕϕ 212121 'cos'' ++=



RCC I

φc

U1

U’2

XCC I

Figura 2.9.1

Es decir:

pero

Ω=== 33,33

33,33332

121

n

CCCC

IPR

De aquí se puede encontrar el valor de XCC:

6,033,338,033,33357606000 1 ⋅⋅+⋅⋅+= CCX → Ω= 81CCX

b) Para definir el circuito equivalente, hace falta encontrar RFe, y Xµ. Se sabe que cuando el transformador trabaja en vacío y en condiciones nominales, tiene unas pérdidas de Po = 666,66 W.

Fe

no R

UP

1

21= de donde Ω=== 54000

66,66660002

12

1o

nFe P

UR

Por otra parte:

onoo UIP ϕcos11 ⋅⋅= AU

PI

on

oo 505,0

22,0600066,666

cos11 =

⋅=

⋅=

ϕ

Ω=== 18118815050

6000

1

11 ,

,IU

Zo

no con º29,77=oϕ

y teniendo en cuenta que RFe y Xµ están en paralelo, resulta: µ111

111XRZ Feo

+=

y despejando µX queda: Ω∠=∠−∠

∠⋅∠=−

⋅= º9062,12179

º29,7718,11881º054000º054000º29,7718,11881

101

1101 ZR

RZX

Fe

Feµ

c) El circuito equivalente reducido al secundario corresponde a los valores encontrados anteriormente, y sólo hay que dividir por el cuadrado de la relación de transformación.

789,15380

6000 ==tr

Ω⋅== −222 10201

789153 ,

,R CC

Ω⋅== −2

22 10213789158 ,

,X CC

Ω== 6021678915

5400022 ,

,R Fe

Ω== 8548

78915621217922 ,

,,X µ

6,033,338,033,3357606000 11 ⋅⋅+⋅⋅+= CCCC XR



Figura 2.9.2

1,2·10-2 Ω 3,21·10-2 Ω

216,6Ω 48,55 Ω U’1 U2



2.10 Problema 10

En el circuito cuyo esquema se representa en la figura, los datos que se conocen del transformador son los siguientes:

Sn = 7,2 kVA PCC = 108 W Po = 36 W εCC = 0,039 ( 3,9% )

U1n = 600 V U2n = 300 V

Figura 2.10.1

Con los interruptores K1 cerrado y K2 abierto, se registran las lecturas siguientes en los aparatos de medición: WA2 = 1267,2 IA2 = 6,6 A V2 = 240 V

Calcular:

a) El rendimiento del transformador y la lectura del voltímetro V1.

Se cierra a continuación el interruptor K2 permaneciendo cerrado K1, regulándose el generador de alimentación de forma que las lecturas de los voltímetros permanezcan invariables y obteniéndose además en este caso las siguientes: WB2 = 2880 W IB2 = 15 A

Calcular:

b) Nuevos valores del rendimiento del transformador y de la lectura del voltímetro V1 en este estado de conexión.

c) Valores de las magnitudes S’n, U’1n, U’2n, P’o, P’CC y ε’CC del banco trifásico conexionado estrella-triángulo, constituido por tres unidades monofásicas de características idénticas al transformador dado.

d) Determinar para el banco trifásico del apartado anterior, las intensidades de corriente de cortocircuito permanente que se establecen en la línea y en los arrollamientos de alta y baja tensión, en el supuesto de que, durante el defecto, se mantiene en el primario la tensión nominal.

Resolución:

a) El factor de potencia de la carga A se obtiene de inmediato a partir de:

G

IB2

WA2 IA2

V2 V1

WB2

CARGA A

inductiva

K2

K1

CARGA B

capacitiva



8,06,6240

2,1267cos22

2 =⋅

==A

ACA IU

Wϕ º87,36=CAϕ 6,0=CAsenϕ

Se observa así mismo que el transformador alimenta la carga A a una tensión que es inferior a su tensión nominal U2<U2n. En consecuencia, las pérdidas en el hierro serán menores que las obtenidas en el ensayo de vacío, ya que dichas pérdidas son proporcionales al cuadrado del flujo, al cuadrado de la inducción y en consecuencia al cuadrado de la tensión, pudiéndose escribir que:

W04,2330024036

22

2

2 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

noFe U

UPP

La corriente nominal en el secundario del transformador vale:

A 243007200

22 ===

n

nn U

SI

y la corriente nominal en el primario:

A 12600

72002

24

1

21 =====

n

n

t

nn U

Sr

II

al ser la relación de transformación:

2300600

2

1 ===n

nt U

Ur

por lo que el índice de carga del transformador es:

275,024

6,6

2

2 ===n

A

II

C

Y puesto que, en estas condiciones, el factor de potencia de la carga es 0,8 inductivo, la corriente IA2 en forma vectorial es:

Aº87,366,62 −∠=AI

Y el índice de carga en forma compleja es de la forma:

Aº87,36275,0 −∠=C

Con estos datos, ya se puede determinar el rendimiento, al ser:

108275,004,232,12672,1267

2 ⋅++=

++=

CuFeC

C

PPPP

η

976,01675,804,232,1267

2,1267 =++

=η → η= 97,6 %

Siendo εCC = 3,9%, se van a determinar a continuación sus dos componentes, εRCC y εXCC, que valen:

%,S

P

n

CCRCC 51100

7200108100 =⋅=⋅=ε

%6,35,19,3 2222 =−=−= RCCCCXCC εεε

Por lo tanto:

4,25,16,3 ===

RCC

XCCCCtg

εε

ϕ º38,67=CCϕ



En la forma vectorial se tiene:

22 10635138671093 −− +=∠⋅= ),j,(º,,CCε

Para el cálculo de la tensión en el primario del transformador, se aplicará el método exacto:

CCZIUU 1221 '' ⋅+=

º0480' 22 ∠=⋅= trUU ( )º02402 ∠=U

º87,363,3' 22 −∠==tr

II ( )º87,366,62 −∠=I

º38,6795,11

11 ∠=⋅=

n

nCCCC I

VZ ε

V 27,354,50480º38,6795,1º87,363,3º04801 jjU +++=∠⋅−∠+∠=

Resultando: U1 = 485,55 V

b) El factor de potencia de la carga B vale:

8,015240

2880cos22

2 =⋅

==B

BCB IU

Wϕ º87,36−=CBϕ 6,0−=CBsenϕ

Con ello será: Aº87,36152 ∠=BI

Al cerrar ambos interruptores y regularse el generador de forma que las lecturas anteriores permanezcan invariables, se puede aplicar ahora el método de la superposición, siendo la corriente que recorre el secundario del transformador con las dos cargas conectadas:

[ ]A 04,528,1791296,328,5º87,3615º87,366,6222 jjjIII BA +=++−=∠+−∠=+=

A º26,16182 ∠=I

y el nuevo índice de carga vale:

º26,1675,0º26,162418'

2

2 ∠=∠==nI

IC

El rendimiento en este segundo caso, con ambas cargas conectadas, vale:

10875,004,2328802,1267

28802,1267'2

22

22

⋅++++=

++++

=CuFeBA

BA

PPWWWWη

9802,075,6004,232,4147

2,4147' =++

=η → η’ = 98,02 %

Para determinar el nuevo valor de la tensión primaria aplicada al transformador, al utilizar la misma expresión del apartado a), se obtiene:

CCZIUU 1221 '' ⋅+=

En la que tomando

V 0480022 ººU.r'U t ∠=∠= A 2616922 º,r/I'I t ∠== 38679511 Ω∠= º,,Z CC



resulta:

V072264821 º,,U ∠=

c) La potencia nominal del banco trifásico será tres veces la potencia de uno de los transformadores; por tanto:

kVA 6,212,733' =⋅== nn SS

La tensión compuesta o de línea en el primario del banco trifásico, al estar conectado en estrella, será:

V 23,103960033' 11 =⋅=⋅= nn UU

La tensión secundaria en el banco trifásico, al estar éste devanado conectado en triángulo, será la misma del transformador monofásico, por lo tanto:

V 300' 22 == nn UU

La potencia P’o en el ensayo en vacío será tres veces la potencia Po del transformador dado; por lo tanto:

W1083633' =⋅=⋅= oo PP

De la misma forma, en el ensayo en cortocircuito se cumplirá:

W32410833' =⋅=⋅= CCCC PP

Y en estas condiciones, las tensiones de cortocircuito serán las mismas para el transformador único que para el banco trifásico, por lo que:

039,0' == CCCC εε ε’CC = 3,9 %

d) El esquema en representación unifilar, supuesta la conexión estrella-estrella, tratándose de cortocircuito primario, en el que la impedancia por fase a considerar es la de cortocircuito, referida al primario, es el de la figura siguiente:

Figura 2.10.2

Por lo que en el primario, al estar conectado en estrella, se tiene:

CC

nfaseCClíneaCCfase Z

UII

1

111 ==

Expresión en la que únicamente falta por calcular la impedancia de cortocircuito del transformador referida al primario, que vale:

Ω=⋅=⋅

= 95,112

600039,0

1

11

n

nCCCC I

UZ

ε

600V

ZCC1



Por lo tanto será:

A 69,30795,1

600

1

111 ====

CC

nfaseCClíneaCCfase Z

VII → A 38,61512 =⋅= CClíneatCClínea IrI

En el secundario, tanto en estrella como en triángulo, la intensidad de línea en cortocircuito es la corriente de línea en el primario, multiplicad por la relación de transformación.

A 29,355338,615

32

2 === CClíneaCCfase

II



2.11 Problema 11

Dos transformadores monofásicos están conectados en paralelo y alimentan por el lado de baja tensión una carga eléctrica de 200 kW con un factor de potencia 0,8 inductivo. La tensión de alimentación de la carga es de 370 V.

Las características de los transformadores se dan en la tabla siguiente:

Transformador Sn (kVA) U1n (V) U2n (V) εCC (%) PCC (kW) Po (kW)

A

B

125

140

6000

6000

380

380

4,2

4

1

1,2

0,4

0,5

Calcular:

a) La impedancia de cortocircuito de cada transformador

b) La intensidad de corriente que suministra a la carga cada uno de los transformadores

c) La tensión de alimentación del devanado de alta tensión ( primario )

d) Potencia aparente suministrada por cada transformador

e) Rendimiento de cada transformador

Resolución:

a) Se calculan, en primer lugar, las intensidades de corriente nominales de cada transformador, referidas al lado de baja tensión:

AnAnAn IUS 22 ⋅= AUS

IAn

AnAn 95,328

380125000

22 ===

BnBnBn IUS 22 ⋅= AUS

IBn

BnBn 42,368

38014000

22 ===

A partir de los datos de las pérdidas del ensayo de cortocircuito, PCC, se pueden determinar las resistencias de cortocircuito, RCC, de cada uno de los transformadores.

El circuito equivalente de un transformador es:

Figura 2.11.1

RCC XCC



Transformador A: Ω⋅=== −22

222 10924,0

95,3281000

An

CCACCA

IP

R

Transformador B: Ω⋅=== −22

222 10884,0

42,3681200

Bn

CCBCCB

IP

R

Por otra parte:

n

CCnCC U

ZI

2

22 ⋅=ε siendo

n

CCnCC I

UZ

2

22

ε⋅=

que aplicado a cada transformador resultan:

Ω⋅=⋅=⋅

= −2

2

22 1085,4

95,328042,0380

An

CCAAnCCA I

UZ

ε

Ω⋅=⋅=⋅

= −2

2

22 1012,4

42,36804,0380

Bn

CCBBnCCB I

UZ

ε

y de aquí:

( ) ( ) Ω⋅=⋅−⋅=−= −−− 222222

22

22 1071,410924,01085,4CCCCACCA RZX

( ) ( ) Ω⋅=⋅−⋅= −−− 222222 1002,410884,01012,4CCBX

Por lo tanto, las impedancias de cortocircuito de los transformadores son, respectivamente:

( ) Ω∠⋅=⋅+⋅= −−− º02,79108,41071,410924,0 2222 jZ CCA

( ) Ω∠⋅=⋅+⋅= −−− º63,771012,41002,410884,0 2222 jZ CCB

b) El circuito equivalente reducido al lado de baja tensión del conjunto de los dos transformadores que alimentan la carga es:

Figura 2.11.2

Tomando como origen de ángulos la tensión de alimentación de la carga, 370 V, la intensidad de corriente absorbida por la carga vale:

AIC 675,6758,0370

200000 =⋅

=

U’1 U2 = 370 V

ZCCB

ZCCA

ZC



con un factor de potencia de 0,8 inductivo, es decir, φC = 36,87º. Por tanto,

Aº87,36675,675 −∠=CI

La impedancia equivalente de CCAZ y CCBZ en paralelo vale:

Ω∠⋅=∠⋅+∠⋅∠⋅⋅∠⋅=

+⋅

= −−−

−−º,,

º,,º,,º,,º,,

ZZZZZ

CCBCCA

CCBCCACCeq 2778102232

637710124027910854637710124027910854 2

22

22

22

222


VIZUU Ccceq º50,143,381º87,36675,675º27,7810223,2º0370' 2221 ∠=−∠⋅∠⋅+∠=⋅+= −

Tensión que pasada al primario resulta: VrUU t 78,6022380

600043,381'11 =⋅=⋅=

La intensidad de corriente AI es: AZ

IZI

CCA

CCCeqA º62,3723,310

2

22 −∠=

⋅=

La intensidad de corriente BI es: AZ

IZI

CCB

CCCeqB º23,3619,365

2

22 −∠=

⋅=

Se puede comprobar que: BAC III +=

Por consiguiente las intensidades de corriente que proporcionan los transformadores A y B a la carga son respectivamente 310,2 A y 365,2 A.

c) La tensión del lado de alta tensión ya ha sido calculada en el apartado anterior y es de 6022,8 V.

d) Las potencias aparentes valen:

VA º6,371,114785º6,3723,310º0370*2 ∠=∠⋅∠=⋅= AA IUS

VAº23,363,135120º25,3619,365º0370*2 ∠=∠⋅∠=⋅= BB IUS

e) Los rendimientos se calculan a partir de la expresión: CuFeutil

util

PPPP

++=η

Se ha de tener en cuenta que los transformadores no trabajan en condiciones nominales de tensión y carga. Por tanto, es necesario calcular las respectivas pérdidas en el cobre y en el hierro de cada uno de los transformadores. Es decir, hay que tener en cuenta que tensión ( la misma por estar en paralelo) e intensidad de corriente suministran respectivamente a la carga.

IC

78,22º

36,87º

Z2CCeq U’1

U2 ZCCeq IC



Transformador A: WPCuA 42,88995,32823,3101000

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

WPFeA 04,4036000

78,60224002

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

04,40342,889º6,37cos23,310370

º6,37cos23,310370++⋅⋅

⋅⋅=Aη %6,98=Aη

Transformador B: WPCuB 05,117942,36819,3651200

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

WPFeB 80,5036000

78,60225002

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

80503051179253619365370

253619365370,,º,cos,

º,cos,B ++⋅⋅

⋅⋅=η %5,98=Bη



2.12 Problema 12

Un transformador monofásico de 10 kVA, 3000 V/220 V presenta unas pérdidas en el ensayo de vacío cuando se alimenta el lado de alta tensión a 2500 V de 160,616 W. Se sabe que εcc = 5 % i εXcc = 4 %.

Se quiere alimentar por el lado de baja tensión una carga de 6,6 kW y cosφ = 0,8 (i) a la tensión de 220 V.

Se pide:

a) La tensión de alimentación del transformador

b) El rendimiento del transformador en estas condiciones de carga

Se quiere conectar en paralelo con la carga anterior una nueva carga de 8,8 kW y cos φ = 0,9 (i) por el lado de baja tensión. Para poder garantizar el suministro de potencia, se conecta en paralelo con el transformador anterior un nuevo transformador de 10 kVA, 3000 V/220 V y εcc = 4,5 %.

c) Se pide el índice de carga de cada transformador cuando la carga total queda alimentada a 220 V por el lado de baja tensión

Resolución:

a) %345 2222 =−=−= XccccRcc εεε

2203000=tr

AUS

In

nn 333,3

300010000

11 === A

US

In

nn 45,45

22 ==

n

nccRcc U

IR

1

11 ·=ε Ω=== 27

333,3

3000·1003·

1

11

n

nRcccc I

UR

ε

Ω=== 36333,3

3000·1004·

1

11

n

nXcccc I

UX

ε Ω∠=+= º13,534536271 jZ cc

Carga

AU

PI 5,378,0·220

6600cos·2

22 ===

ϕ

8,0cos =cϕ º87,36−=cϕ

ArI

It

75,2220

30005,372/

2 ===

AI º87,3675,2/2 −∠=

VrrUU tt 3000220

3000·220·220·2/2 ====



Si VU º03000/2 ∠= y AI º87,3675,2/

2 −∠=

VIZUU cc º63,03119º87,3675,2·º13,5345º03000· /21

/21 ∠=−∠∠+∠=+=

U1 = 3119 V

b)

CCn

oCuFe

RIVVPP

PPPP

P

122

2

1

12

2

2

2

' ⋅+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=++

=η

9356,0187,7054

6600

75,2·2725003119·616,1606600

6600

22 ==

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

=η %56,93% =η

c) Condición que debe cumplirse en los transformadores en paralelo:

IIccIIIccI CC εε ·· =

9,0050,0045,0 ===

Icc

IIcc

II

I

CC

εε

III CC ·9,0=

Carga total

IIIT SSS +=

8,0cos =Iϕ º87,36=Iϕ

9,0cos =IIϕ º84,25=IIϕ

VAPSI

II 8250

8,06600

cos===

ϕ VASI º87,368250 ∠=

VAPSII

IIII 77,9777

9,08800

cos===

ϕ VASII º84,2577,9777 ∠=

VASSS IIIT º88,308,17944 ∠=+=

TIINIIINI SSCSC =+ ·· 8,1794410000·10000· =+ III CC

⎭⎬⎫

=+=

8,1794410000·10000··9,0

III

III

CCCC

944,0

850,0=

=

II

I

CC

Por lo tanto, resulta que las potencias aparentes aportadas por cada transformador son:

VA,SVAS

II

I

6394448500

==



2.13 Problema 13

Se somete un transformador monofásico al ensayo de estándar de vacío, aplicando 9120 V por el lado de alta tensión, absorbiendo de la red una potencia de 624,4 W y una intensidad de 0,975 A, siendo la tensión en el lado de baja tensión de 570 V.

A continuación se realiza el ensayo estándar de corto circuito, alimentando el primario (bobinado de alta tensión) a 218,4 V, absorbiendo de la red una potencia de 1284 W y una intensidad de 9,483 A.

Se pide:

a) Valores de los parámetros del circuito equivalente: R1Fe y X1µ (valores reducidos al primario).

b) Cuando el transformador se alimenta por el lado de alta tensión a 9200 V, determinar la tensión que llegará a una carga conectada al lado de baja tensión, la cual absorbe 100 kVA y presenta un factor de potencia 0,85 (i).

c) Valor de la impedancia cZ de la carga

d) Corriente absorbida por la carga

e) Rendimiento del transformador

Resolución:

a) V1n = 9120 V V2n = 570 V 16570

9120 ==tr

I1n = 9,483 A I2n = rt.I1n = 151,73 A

oooo IUP ϕcos⋅⋅= → 07,0975,09120

4,624cos =⋅

=⋅

=oo

oo IU

Pϕ

Resultando: º97,85=oϕ → 2,14=otgϕ

1

2

Fe

oo R

UP = → Ω=== 1332074,624

912022

1o

oFe P

UR

Ω=⋅

=⋅

== 93772,144,624

9120222

1oo

o

o

otgP

UQ

UX

ϕµ

b) De la prueba de cortocircuito resulta:

Ω=== 03,23483,9

4,218

1

11 I

UZ CC

CC

62,0483,92184

1284cos1

=⋅

=⋅

=IU

P

CC

CCCCϕ → 7846,0sin =CCϕ

Ω+=⋅+⋅= 07,1828,14sincos 111 jZZZ CCCCCCCCCC ϕϕ

Cuando está en carga resulta:

22 '' IVS C ⋅= → 2

5

22 '

10'

'VV

SI C ==



ccZIVV 1221 .'' += → º69,5103,23º.79,31'

10º0'º92002

5

2 ∠−∠+∠=∠V

Vϕ

º90,1910.03,23º0'º'.9200 522 2

∠+∠=∠ VV ϕ

Resultando:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=+=

10,783894sin.'.920056,2165483'cos.'.9200

2

222

ϕϕ

VVV

111222

42

22

4 10.1499,610.6893,4'.12,4330967''.10.8464 +++= VVV

Resultando:

V’2 = 8957,84 V y V’2 = 257,07 V

La segunda solución no puede ser válida, por lo que resulta: V’2 = 8957,84 V y I2’ = 11,16 A

V’2 = 8957,84 V → V 87,559/'22 == trVV

También se puede solucionar aplicando el método aproximado de Kapp:

C = I2’/I2n’ = 11,16/9,483 = 1,177

01485,09120

28,14.483,9.

1

11 ===n

ccnRcc V

RIε 01879,0

912007,18.483,9.

1

11 ===n

ccnXcc V

XIε

)sin.cos.(2

2

1

1 ϕεϕε XccRccnn

CVV

VV

+⋅=−

)527,0.01879,085,0.01485,0(177,15709120

9200 2 +⋅=−V → V2 = 559,88 V

c)

A 61,178865,559

100000

22 ===

VS

I C

Ω=== 134,361,178865,559

2

2IV

ZC

Ω∠=∠= º788,31134,385,0arccos134,3CZ

d) A 61,1782 =I

e) Como I1 = I2’ = 11,16 A, resulta:

ccnoCuFe PCVVPSS

PPPP

.)/(cos.cos.

22112

2

2

2

+⋅+=

++=

ϕϕη

9724,0

1284.177,19120920062485,010

85,010

22

5

5=

⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+⋅

⋅=η

% 24,97=η



2.14 Problema 14 Se dispone de un transformador monofásico con las características nominales siguientes: 250 kVA, 15000 V/250 V, 50 Hz, PO = 4 kW, PCC = 5 kW, R1Fe = 56520 Ω, X1 = 11482 Ω, R1cc = 18 Ω, X1cc = 31,18 Ω. Tener en cuenta el circuito equivalente simplificado de la figura siguiente:

Figura 2.14.1

Determinar el rendimiento en función del índice de carga cuando el secundario alimenta a tensión nominal una carga con un factor de potencia 0,8 (i).

Resolución:

Cálculo del rendimiento:

CuFen

n

absorbida

salidaPPIV

IVP

P++

⋅=⋅=222

222cos..

cos..100100

ϕϕη

CCOn

n

CCOnn

nnPCPSC

SCPCPIVC

IVC.cos..

cos..100.cos...

cos...100 22

22

222

222

++⋅=

++⋅=

ϕϕ

ϕϕη

5.48,0.250.8,0.250.100

2CCC

++⋅=η →

CC .5/420020000

++=η

El valor máximo del rendimiento se producirá cuando se cumpla:

0).5/4( =+ CCdCd → -4/C2 + 5 = 0 → Cmáximo = 894,05/4 =

El rendimiento en función del índice de carga C, resulta:

Índice de carga (C)0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

Ren

dim

ient

o

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Índice de carga (C)0.84 0.85 0.86 0.87 0.88 0.89 0.90 0.91 0.92 0.93 0.94 0.95

Ren

dim

ient

o

95.713

95.714

95.715

95.716

95.717

95.718

95.719

Figura 2.14.2

R1cc

ZC’

X1cc

RFe Xµ

C.C/ 5420020000

++=η



AII 171263000

5000022 ,' =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅=

2.15 Problema 15 Un alto horno eléctrico para a la producción de hierro absorbe 175 kW y 300 kVAr de un transformador monofásico a través de una línea monofásica de impedancia total 0,52 + j1,04 Ω. Esta se halla conectada a la red a través del transformador con les características siguientes: 500 kVA, 50000 V/3000 V, εcc = 10%, Pcc = 25 kW (se puede despreciar la rama en paralelo del circuito equivalente del transformador). El transformador está alimentado por el generador monofásico a través de una línea monofásica de impedancia total 1,04 + j2,08 Ω.

Sabiendo que la tensión en el secundario del transformador es de 2900 V se pide:

a) La corriente que circula por la línea entre el transformador y el horno.

b) La tensión en bornes del generador.

Resolución:

Figura 2.15.1

a ) Se trabaja con el circuito equivalente del transformador reducido al primario:

VU 33483333000

5000029002 ,' =⋅=

( ) ( ) Ω+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+= 8928844144

300050000041520

2

,j,,j,'Z LB

222 QPS += (conjunto línea – carga)

( ) ( ) ( )222

22

22 3000008928817500044144 +⋅++⋅=⋅ ',','' IIIU

( ) ( ) ( )222

22

2 30000089288175000441443348333 +⋅++⋅=⋅ ',',', III

Ecuación bicuadrada:

22019022 ,' =I AI 091422 ,' =

27015722 ,' =I AI 5772 ,' =

AUSIN

Nn 10

300050000

11 ===

La solución válida es: AI 5772 ,' =

b ) Ensayo de cortocircuito:

ZLA X1CC R1CC Z’LB

Z’C Transformador



Ω=== 25010

2500022

1n

CCCC I

PR

%10=CCε

VU CC 5000500001,0 =⋅=

Ω=== 50010

5000

11

n

CCCC I

UZ

Ω=−= 43312

12

1 CCCCCC RZX

Origen de fases: V 03348333 º, ∠

( )( ) 727,1

175000'44,144300000'89,288

22

22

=+⋅+⋅=

IItgϕ

º93,59=ϕ

º93,5957,7'2 −∠=I

( )( )

( )

º082,5213564,482,5213564,4487,380233,48333º07,049,3802º033,48333

º93,5957,7º6031,502º033,48333º93,5957,708,204,1º93,5957,7433250º033,48333

''' 22112

∠=+==++=∠+∠=

=−∠⋅∠+∠=−∠⋅+++−∠⋅++∠=

⋅+⋅++=

jj

jjU

IZIjXRUU

G

LACCCCG

V 08252135 º,U G ∠=



2.16 Problema 16

Una carga monofásica consume una potencia de 400 kW y 300 kVAr. La carga está conectada a un centro de transformación a través de una línea monofásica que presenta una impedancia total de valor 0,1 + j.0,2 Ω. El centro de transformación consta de dos transformadores monofásicos conectados en paralelo de las características siguientes:

-Transformador A: 50000/3000 V, 400 kVA, εcc = 8%, Pcc = 18000 W.

-Transformador B: 50000/3000 V, 300 kVA.

Ensayo de cortocircuito del transformador B: 2500 V, 5 A, 6250 W (datos medidos en el lado AT).

Sabiendo que la tensión a la salida de los transformadores es de 2900 V, se pide:

a) Tensión en bornes de la carga.

b) Tensión en el primario de los transformadores.

c) Corriente a la salida de cada transformador.

Resolución: a ) Transformador A

AI An 850000400000 ==

Ω=== 25,2818

180002

121

An

ACCACC I

PR

Ω=⋅=⋅

= 50085000008,0

1

11

An

AnACCACC I

UZ

ε

Ω=−= 398,41312

12

1 ACCACCACC RZX

Ω∠= º77,555001 ACCZ Transformador B

Ω== 5005

25001 BCCZ

Ω=== 2505

62502

121

B

CuBCC I

PR

Ω=−= 01,43312

12

1 BCCBCCBCC RZX Ω∠= º605001 BCCZ



Figura 2.16.1 Se toma como origen de fases º022 ∠= CC UU ( ) º87,362,01,0º02900 22 −∠⋅++∠=∠∂ IjU C 22500000 IU C ⋅= Resulta: VU C 04,28652 ±= VU C 02,392 ±= (sin sentido físico)

VU C 04,28652 = AI 58,17404,2865

5000002 ==

º3448,0=∂ AI º87,3658,1742 −∠= b) Circuito equivalente reducido al lado de alta tensión:

Figura 2.16.2

Ω∠=+⋅=− º89,5717,250

11

111

BCCACC

BCCACCBACC

ZZZZZ

2900 V CU2

2010 ,j,Zl += carga

VArW

300000

400000

º87,36500000∠=CS VA

GCàrrega

U1

Z1CCA

Z1CCB 0,1+j0,2 · (50000/3000)2

U’2 = 2900·(5000/3000) 2865,01·(5000/3000)



V

ZIUU BACC

º39,178,50792º88,5717,250º87,3650000300058,174

º3448,03000

500002900'' 1221

∠=∠⋅−∠⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+

+∠⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⋅+= −

c) BACCACCA ZIZI −⋅=⋅ 2222

22221211

tBACC

tACCA

rZI

rZI ⋅⋅=⋅⋅ −

º77,55500

º89,5717,250º87,3658,174

1

222

∠∠+−∠=

⋅= −

ACC

BACCA

ZZI

I

AI A º76,3432,872 −∠= AI A 32,872 =

AZZI

IBCC

BACCB º99,3832,87

1

122 −∠=

⋅= − AI B 32,872 =


Transformadores trifásicos 117

3 Transformadores trifásicos



3.1 Problema 1

Un transformador trifásico de 320 kVA, 10,8 kV/0,4 kV, εcc = 4%, Pcc = 3584 W y conexión estrella-triangulo, alimenta una carga trifásica equilibrada por su secundario que absorbe 300 A con un factor de potencia de 0,8 inductivo, siendo la tensión aplicada al primario del transformador de 11,1 kV. Se pide la tensión en bornes de la carga.

Resolución:

A1066,17

10800·3320000

·3 n1

nn1 ===

USI

A88,461

400·3320000

·3 n2

nn2 ===

USI

27

40010800

t ==r

Referido al primario:

λλ2n1CC1CC ··3 IRP = Ω=== 082,4

1066,17·33584

·3 22n1

CCCC1

λ

λ IPR

V43210800·04,0. 1CC1 === ncc VU ε

Figura 3.1.1

Ω=== 58,141066,17

3/432

1

1cc1

λ

λλ

cc

ccZU

Z

Ω=−=−= 997,1308,458,14 222cc1

2cc1cc1 λλλ RZX

º74,731

1 ==λ

λϕCC

CCCC R

Xarctg

Figura 3.1.2

Z1ccλ

3432

1 =λCCU

17,1066 =I’2λ

4,08 + j 13,997

º3

110001 αλ ∠=U

11,11 A

λ/

2U



En carga, la corriente del secundario vale I2λ = 300 A:

A11,1127

3002/2 ===

trI

I λλ

8,0cos =Cϕ → º87,36=Cϕ

λλλλ CCZIUU 1221 '' ⋅+= º74,7358,14º87,3611,11º0'º3

111002 ∠⋅−∠+∠=∠ Uα

58,129'cos3

111002 += λα U VU 28,6278'2 =λ

19,97sin3

11100 =α º87,0=α

V28,6278/2 =λU → V30,1087428,6278·3/

2 ==U

V75,40227

30,108742 ==U

Aplicando el método aproximado de Kapp, resulta:

nRccCC · SP ε= → 0112,03200003584

n

CCRcc ===

SP

ε

0384,00112,004,0 222Rcc

2ccXcc =−=−= εεε

8,0cos == ϕFP → 6,0sin =ϕ

6495,088,461

300

2

2 ===nI

IC

[ ]cXcccRccn2

2

n1

1 sin·cos·· ϕεϕε ++= CUU

UU

[ ]6,0·0384,08,0·0112,0·6495,040010800

11100 2 ++= U → V79,4022 =U



3.2 Problema 2

El transformador de la figura alimenta una carga según el circuito indicado:

Figura 3.2.1

Las características del transformador son: 24000 V/380 V, Sn = 125 kVA, εcc = 4%, Po = 480 W, Pcc = 2530 W. Las lecturas de los vatímetros W1 y W2 son, respectivamente, 60186,56 W y 23813,44 W, mientras que el voltímetro V2 indica 368,6 V. Se sabe que el bobinado del secundario presenta una resistencia por fase de 0,01 Ω. Se pide:

a) La resistencia por fase del bobinado del primario

b) La lectura del voltímetro V1.

c) El rendimiento del transformador.

d) El índice horario del transformador

Resolución:

a)

A9178,189

380·3125000

n2 ==I

Esquema equivalente reducido al secundario,

λλ2

n2cc2CC ··3 IRP = Ω=== 02338,09178,189·3

2530·3 22

n2

CCcc2

λ

λ IPR

Ω=== 0462,09178,189

3380·

1004

n2

cc2cc2

λ

λλ I

UZ

Ω=−=−= 03985,002338,00462,0 222cc2

2cc2cc2 λλλ RZX

02338,003985,0tg cc =ϕ º6,59cc =ϕ

( ) Ω+= 03985,002338,0cc2 jZ λ

V1

R1

S1

T1

A=C'

C=B'

B=A'

W1

W2

V2

a

b c

R2

S2

T2

a’= b’= c’ Carga

equilibrada



2

t

1λ202338,0

rR

R λ+= 16,63380

24000t ==r

2

1

16,6301,002338,0 λR

+= 37,531 =λR Ω=⋅=∆ 11,1603 11 λRR

b)

⎭⎬⎫

==

W44,23813W56,60186

2

1

WW

( ) 63000·384000

21T

21T

=−==+=

WWQWWP

75,0tg T =ϕ º87,36T =ϕ 8,0cos T =ϕ

A465,1648,0·6,368·3

840002 ==λI Aº87,36465,1642 −∠=λI

λλλλ CCZIUU 222/

1 ⋅+=

( ) º87,36465,164·03985,002338,0º03

6,368/1 −∠++∠= jU λ

V72,0839,219/1 ∠=λU V3·839,219/

1 =U

V8,24048380

24000·3·839,219.'11 === trUU V8,240481 =U

c)

CunoCuFe P)U/U(PP

PPPP

P+⋅+

=++

= 2112

2

2

2η

866,091,18946,164

2

2 ===nI

IC

972,034,86379

84000

·253024000

8,24048·48084000

84000η2

2 ==

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

=

C

% 2,97η =

Vº03

6,3682 ∠=λU

Aº87,36465,1642 −∠=λI



d) Para determinar el índice horario, se deben hacer los diagramas siguientes:

Resulta un índice horario 11, siendo por lo tanto un transformador tipo Dy11

A’ B’ C’

A B C

a’ b’ c’

b c a

R1 S1 T1

R2 S2 T2

A=C’

B=A’ C=B’

a b

c

N



3.3 Problema 3

Se dispone de un transformador trifásico Dy de características nominales 11 kV/380 V, 50 kVA. Se efectúa el ensayo de cortocircuito del transformador, alimentándolo por el lado de baja tensión a 15 V y absorbiendo 60 A y 1500 W. Por el lado de alta se encuentra conectado a la red, mientras que por el lado de baja tiene conectadas las cargas siguientes:

Un motor trifásico de 9 kW, de 380 V entre fases con un rendimiento del 90% y un factor de potencia de 0,85.

Un motor trifásico que absorbe 25 kW, de 380 V entre fases con un factor de potencia de 0,9.

Una instalación de alumbrado formada por 90 lámparas de incandescencia de factor de potencia unidad, de 100 W a 220 V, repartidas equilibradamente entre les tres fases.

Se pide:

a ) Si en el lado de baja hay una tensión de 380 V, ¿cuál es la tensión de la red?

b ) Calcular la potencia activa y la reactiva absorbida por el transformador de la red.

c ) Determinar las pérdidas por efecto Joule en el transformador.

NOTA: Menospreciar la rama en paralelo del circuito equivalente.

Resolución:

a)

9474,282

1 ==n

nt U

Ur

Ensayo de c.c.

Ω=== 1443,060

3/15

2

cc2cc2 I

VZ λ

λ (valor reducido al secundario)

λλ2

cc2cc2cc I·R·P 3= Ω=== 13880603

15003 2

,·I·

PR

2cc2

cccc2

λλ

Ω=−= 03950,RZX 2cc2

2cc2cc2 λλλ Ω∠= º,,Z cc2 7931514430λ

Consumos

Consumo 1

A875,179,0·85,0·380·3

90001 ==I 85,0cos 1 =ϕ º778,311 =ϕ

Aº788,31875,171 −∠=I



Consumo 2

A203,429,0·380·3

250002 ==I 9,0cos 2 =ϕ º778,312 =ϕ

Aº842,25203,422 −∠=I

Consumo 3

A674,131·380·3

100·903 ==I 9,0cos 3 =ϕ º778,313 =ϕ

Aº0674,133 ∠=I AIIII º58,22406,72321 −∠=++=

Figura 3.3.1

λλλλ CCZIUU 222/1 ⋅+=

Vº,,º,,·º,,ºU/

3080771229582240672793151443003

3801 −∠=−∠∠+∠=λ

V27,6651380

11000·771,229·' t11 === rUU λλ V33,115203 11 =⋅= λUU

b)

º A,,º,,rII

t582252

38011000

58224067221 −∠=−∠==

VA69,1892220,46184º588,225,2º308,033,115203*3 111 jIUS +=∠⋅−∠⋅=⋅⋅=

W20,461841 =P

VAr69,189221 =Q

c)

W43,21848138,0·406,72·3··3 2cc22

2cu === λλ RIP W43,2184cu =P

Ω∠= º793,151443,0cc2 λZ

cZλ1'U λ2º03

380 U=∠ λ2I



3.4 Problema 4

Un generador trifásico de 13,2 kV entre fases alimenta, a través de un transformador trifásico ideal, una carga trifásica conectada en estrella que absorbe una potencia de 1 MVA. Determinar las tensiones y las intensidades de corriente de línea y de fase en el transformador si está conectado:

a) Estrella / estrella

b) Estrella / triángulo

c) Triángulo / estrella

d) Triángulo / triángulo

Suponer en todos los casos una tensión a la salida del transformador de 2,3 kV.

Resolución:

a) La conexión estrella / estrella corresponde al esquema siguiente:

Figura 3.4.1

en el cual se conocen las tensiones de línea del primario y del secundario. Las tensiones de fase o tensiones simples son respectivamente:

V 76213

132001 ==λU V 1328

32300

2 ==λU

La relación de transformación nominal puede hallarse indistintamente a partir del cociente entre las tensiones compuestas de ambos devanados o del cociente de las tensiones simples (la recomendación CEI 76, Transformadores de potencia, 4.4.5 que estipula que rt será la relación entre la tensión más elevada y la menor). En este último caso resulta:

al ser ideal se cumple: 2

12

1U

UU

Urn

nt == 7391,52300

13200 ==tr

La intensidad de corriente en el secundario se puede determinar a partir de la potencia absorbida por la carga:

223 IUSC ⋅⋅=

13200V

I1 U1 2300V

U2 I2



Despejando 2I , se obtiene la intensidad de la corriente de línea, que coincide, al estar el secundario del transformador conectado en estrella, con la intensidad de corriente de fase secundaria del transformador:

A 25123003

103

6

22 ===

.U.S

In

Cl

Por tratarse de un transformador ideal, es decir, sin pérdidas, se verifica para cualquier carga:

trII

UU

==1

2

2

1

Por tanto:

Ar

II

t74,43

7391,52512

1 ===

La intensidad de la corriente de línea primaria I1 coincide, al estar el primario del transformador conectado en estrella, con la intensidad de corriente de fase primaria del transformador. También se puede determinar la corriente absorbida por el primario del transformador para alimentar a la carga conectada en su secundario como:

AU

SI C 74,43

1320031000000

3 11 =

⋅=

⋅=

Como era de esperar, el resultado obtenido coincide con el anteriormente hallado.

b) La conexión estrella / triángulo corresponde al siguiente esquema:

Figura 3.4.2

Como las tensiones terminales son las mismas, se tiene: 7391,5=tr

La intensidad de corriente de línea en el lado del secundario del transformador vale:

A 25123003

10000003 2

2 =⋅

=⋅

=n

C

US

I

Y la intensidad de corriente secundaria por fase:

A 1453

2513

22 ===

II

13200V

I1 U1

2300V U2

I’2

I2



Al estar el primario en estrella, se cumple:

fasetI,,r

II 121 A744373915251 ====

c) La conexión triángulo /estrella corresponde al siguiente esquema:

Figura 3.4.3

La relación de transformación sigue siendo la misma: 7391,5=tr


faseII 22 A 25123003

1000000 ==⋅

= por estar el secundario en estrella

Teniendo en cuenta la relación entre las tensiones y corrientes de fase, se puede determinar la intensidad de corriente en el devanado primario:

A74,437391,52512

1 ===tr

II

Al estar el primario en triángulo resulta:

A25,253

11 == II fase

d ) La conexión triángulo / triángulo corresponde al siguiente esquema:

Figura 3.4.4

739152300

13200

2

1 ,UUr

n

nt ===

2300V I2 U2

I’1

I1 13200V

U1=13200V I1 I2

U2=2300V

I’2




A 25123003

10000002 =

⋅=I

Y la intensidad de corriente de fase correspondiente:

A 1453

2513

22 === II fase

es decir,

Ar

II

t74,43

7391,52512

1 ===

Determinada la intensidad de corriente de fase del primario, la intensidad de corriente de línea se calcula como:

A25,253

11 == II fase



3.5 Problema 5

Un transformador trifásico de 2 MVA, 33 kV/7,2 kV, grupo de conexión Dy5, tiene una resistencia y una reactancia por fase de 4,5 Ω y 22 Ω en el devanado primario, así como 0,6 Ω y 2,8 Ω en el devanado secundario. Este transformador alimenta una carga con una factor de potencia 0,8 inductivo que absorbe exactamente la intensidad de corriente nominal del transformador cuando la tensión de alimentación del primario es de 33 kV.

Despreciando las pérdidas en el núcleo magnético del transformador, calcular:

a) El circuito equivalente del transformador reducido al primario

b) El circuito equivalente del transformador reducido al secundario

c) La tensión en bornes de la carga, calculándola a partir del circuito equivalente del transformador reducido al primario.

d) La tensión en bornes de la carga, calculándola a partir del circuito equivalente del transformador reducido al secundario.

Resolución

a) El grupo de conexión del transformador es Dy5, por lo que se verifica:

332

1

2

1 espiras

n

nt

r

NN

UU

r =⋅

== → 5833,47200

33000 ==tr

Figura 3.5.1

Se sabe que:

Ω=∆ 5,41R Ω=∆ 221X Ω= 602 ,R λ Ω= 822 ,X λ

La resistencia y la reactancia del secundario reducidas al primario valen respectivamente:

Ω=⋅⋅+=⋅⋅+=⋅+=+= ∆∆∆∆∆ 3142583346035433 222121211 ,,,,rRR'RR'RRR tCC λλ

Ω=⋅⋅+=⋅⋅+=⋅+=+= ∆∆∆∆∆ 45198583348232233 222121211 ,,,rXX'XX'XXX tCC λλ

I1

US

IF1 I2 U2

UP



Ω+=+= ∆∆∆ 45,198.31,42111 jjXRZ CCCCCC

El circuito equivalente reducido al primario es:

Figura 3.5.2

b ) La resistencia y la reactancia del primario reducidas al secundario valen respectivamente:

Ω=+⋅

=+⋅

=+=+= ∆∆ 671060583343

5433 222

121212 ,,,

,Rr

RR'RR'RRt

CC λλλλλ

Ω=+⋅

=+⋅

=+=+= ∆∆ 15382583343

2233 222

121212 ,,,

Xr

XX'XX'XXt

CC λλλλλ

Ω+=+= 1536710222 ,.j,jXRZ CCCCCC λλλ

El circuito equivalente del transformador reducido al secundario (esquema monofásico fase-neutro) es:

Figura 3.5.3

Ρ2CCλ = 0,671Ω X2CCλ = j 3,15Ω

U’1 U2

Ω=∆ 45,1981 jX CCΩ=∆ 31,421CCR

∆2'I

∆1U ∆2'U



α

XCC IF1 φC

RCC IF1

U1

IF1 U’2

c) La intensidad de corriente nominal primaria del transformador es:

A 35333000

20000001 =

⋅=nI

y la corriente de fase correspondiente:

A 2,203

353

11 ===∆

nII

que coincide con la intensidad de corriente que absorbe la carga reducida al primario, puesto que, según el enunciado, el transformador no tiene pérdidas en el núcleo magnético. Por ser el factor de potencia de la carga 0,8 (cosφC = 0,8) inductivo, la intensidad de corriente que ésta absorbe por fase está desfasada en retraso un ángulo de 36,87º respecto a la tensión simple secundaria de la misma fase.

Y para lo que sigue se debe recordar que la reducción de magnitudes de un devanado al otro es una transformación conforme, es decir, que se conservan los ángulos.

A º87,362,201 −∠=∆I

Y teniendo en cuenta lo anteriormente expuesto, el circuito equivalente del transformador reducido al primario (esquema monofásico fase-neutro) cuando alimenta a la carga es:

Figura 3.5.4

Tomando como origen de ángulos U’2, se tiene:

Figura 3.5.5

∆∆∆∆ ⋅+= CCZIUU 1121 '

42,31Ω j 198,45Ω

U1∆ U’2∆

1∆I



y sustituyendo valores:

º,,),j,(º'Uº 8736220451983142033000 2 −∠⋅++∠=∠ ∆α

Igualando partes real e imaginaria:

⎩⎨⎧

⋅=⋅⋅+=⋅ ∆

º09,4178,409833000º09,41cos78,4098 'cos33000 2

sensenU

αα

De donde se obtienen º68,4=α

V 81298002 ,'U =∆

y que, reducida al secundario, resulta:

V65025833,4

81,29800'22 === ∆

∆tr

UU

d) La intensidad de corriente nominal secundaria del transformador es:

AU

SIn

nn 37,160

720032000000

3 22 =

⋅=

⋅=

que coincide, según el enunciado, con la intensidad de corriente que absorbe la carga. A un factor de potencia inductivo 0,8 (cos φC = 0,8) le corresponde, tal como hemos visto anteriormente, un desfase en retraso de la intensidad de corriente secundaria respecto de la tensión de 36,87º. Por tanto:

A 8736371602 º,,I −∠=λ

El circuito equivalente del transformador reducido al secundario (esquema monofásico fase-neutro) cuando alimenta a la carga es:

Figura 3.5.6

Y el diagrama vectorial es:

Figura 3.5.7

0,671Ω j 3,15Ω

U’1λ U2λ

α

XCC I2n

φC

RCC I2n

U’1

I2n U2



λλλλλ 22221 I)jXR(U'U CCCC ⋅++=

En el cual:

V 95415693857

3300011 ,

,rU'U

t=== λ

λ

Resulta, por tanto: º,,),j,(ºUº, 87363716015367100954156 2 −∠⋅++∠=∠ λα

igualando partes real e imaginaria:

⎩⎨⎧

⋅=⋅⋅+=⋅

º,sen,sen,º,cos,Ucos,

094139516954156094139516954156 2

αα λ

De donde se obtiene: º68,4=α

V 9637532 ,U =λ → V650296375333 22 =⋅=⋅= ,UU λ



3.6 Problema 6

Se dispone de un transformador trifásico Yd de las características siguientes:

MVASn 20= kVU n 1281 = kVU n 242 =

kWPCC

30= 06,0=CCε

Se conecta al devanado de tensión inferior una carga trifásica equilibrada de 15 MW, con un factor de potencia de 0,8 inductivo y a una tensión de 23 kV.

Calcular:

a) Los valores de la resistencia, inductancia e impedancia de cortocircuito del transformador reducida al devanado de tensión superior

b) La impedancia de la carga

c) La tensión de línea existente en el devanado de tensión superior antes de producirse el cortocircuito

d) Trabajando en las anteriores condiciones, en un momento determinado, se produce un cortocircuito en bornes de la carga, reduciéndose la tensión de alimentación del transformador a un 80% del valor que tenía anteriormente. Determinar las intensidades de las corrientes de línea en ambos lados del transformador en esta nueva situación.

Resolución:

a) Las intensidades de corriente nominales primaria y secundaria del transformador son respectivamente:

AU

SIn

nn 21,90

128000320000000

3 11 =

⋅=

⋅=

AU

SIn

nn 125,481

24000320000000

3 22 =

⋅=

⋅=

La relación de transformación nominal:

333,524000

128000

2

1 ===n

nt U

Ur

Como se conocen las pérdidas en el ensayo de cortocircuito, se puede determinar el valor de la resistencia de cortocircuito reducida al devanado de tensión superior (en este caso, devanado primario) R1CCy:

λλ nCCCC IRP 12

13 ⋅⋅=

Ω=⋅

=⋅

= 229121903

300003 2

121 ,

,I

PR

n

CCCCy

λ

Y a partir de la tensión de cortocircuito, expresada en tanto por uno, se puede determinar la impedancia de cortocircuito reducida al primario, Z1CC, como:

λ

λλεn

nCCCC U

IZ

1

11 ⋅=



Ω=⋅=⋅= 15492190

31280000601

11 ,

,/,

IUZ

n

nCCCC

λ

λλ

ε

Ω=−= 1374912

12

1 ,RZX CCCCCC λλλ

Ω∠=+= 5678815491374922911 º,,j,,Z CCλ

b) La intensidad de corriente en el secundario del transformador para la carga se obtiene de:

CC cosIUP ϕ⋅⋅⋅= 223

λϕ 2

6

22 665470

802300031015

3IA,

,.

cosUP

IC

C ==⋅⋅

=⋅⋅

=

De donde la impedancia de carga por fase tiene un valor de:

Ω=== 2128665470

323000

2

2 ,,

/I

UZCλ

λλ

Y como se conoce el factor de potencia de la carga (cos φC = 0,8) y el tipo de carga (inductiva), se puede hallar en ángulo φC:

º87,36=Cϕ

Por tanto:

Ω∠= 87362128 º,,ZCλ

y reducida al primario vale:

Ω∠=⋅∠=⋅= º,,,º,,r'Z'Z tCC 873642802333587362128 22λλ

c) El circuito equivalente del transformador reducido al primario (esquema monofásico fase-neutro) es:

Figura 3.6.1

Tomando como origen de ángulos la tensión simple λ2U reducida al primario, λ2'U :

λλ 22 Ur'U t ⋅=

~

Z1CCλ

I’2λ

Z’C U’2λ U1λ



V 027081703

2300033352 º,º,'U ∠=∠⋅=λ

La intensidad de corriente de la carga en forma fasorial, tomando el anterior origen de ángulos, es:

A 87366654702 º,,I −∠=λ

Y reducida al primario:

tr

I'I λλ 22 =

A 8736255883335

87366654702 º,,

,º,,'I −∠=−∠=λ

A partir de los valores anteriormente calculados se puede calcular la tensión simple de alimentación del primario:

λλλ λ CCy Z'I'UU 1221 ⋅+=

V 65127207358456788154987362558802788171 º,,º,,º,,º,U ∠=∠⋅−∠+∠=λ

Y la tensión de línea es:

V 47127452727358433 11 ,,UU =⋅=⋅= λ

V 47,1274521 =U

d) El circuito equivalente del transformador reducido al primario (esquema monofásico fase-neutro), cuando se produce un cortocircuito tripolar en el secundario y está alimentado a un 80% de la tensión del apartado anterior, es:

Figura 3.6.2

La corriente primaria del transformador en este caso vale:

A 66811971549

720735848080

1

111 ,

,,,

ZU,II

CC=⋅=

⋅==

λ

λλ

Y la corriente secundaria del transformador en este caso vale:

trII ⋅= 12

A 163,6387333,5668,11972 =⋅=I

~ I1λ

0,8 U1λ

Z1CCλ



3.7 Problema 7

De un transformador trifásico de 124,7 kVA, relación de transformación 8250 V/500 V, grupo de conexión Dy5, se han realizado los siguientes ensayos:

1. Ensayo de vacío: Alimentando el transformador por el devanado de baja tensión a 400 V, la potencia absorbida es de 1300 W.

2. Ensayo de cortocircuito: Alimentando el transformador por el devanado de alta tensión a 314 V, circula la corriente nominal y la potencia absorbida es de 3000 W.

Calcular:

a) El rendimiento del transformador a plena carga cuando alimenta una carga inductiva de factor de potencia 0,9 a la tensión nominal conectada en el devanado de alta tensión.

b) El rendimiento del transformador cuando trabaja a media carga, tensión nominal y el factor de potencia es la unidad.

c) El rendimiento máximo del transformador y carga para la que se produce, cuando el factor de potencia es la unidad a la tensión nominal.

d) Caídas de tensión relativa en la resistencia, reactancia e impedancia de cortocircuito a plena carga.

e) Tensión necesaria en el primario para poder alimentar la carga del apartado a) cuando la tensión del secundario es de 8250 V.

Resolución:

a) El rendimiento del transformador se obtiene como:

FeCu PPP

P++

=2

2η

Siendo:

P2 = Potencia activa suministrada a la carga

PFe = Potencia activa que se disipa en el núcleo magnético del transformador (pérdidas en el hierro)

PCu = Potencia activa que se disipa por efecto Joule en los devanados del transformador (pérdidas en el cobre)

Cuando se efectuó el ensayo del transformador en vacío, la tensión de alimentación no era la nominal, por lo que la potencia absorbida, P’o, no corresponde a la potencia que absorbe el transformador en vacío a tensión nominal, valor designado normalmente por Po. La relación entre ambas potencias viene dada por:

W20314005001300

22

1

1 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

UU

'PP noo

Por tanto, las pérdidas en el hierro en este caso valen: W2031== oFe PP

Al trabajar el transformador a plena carga, la corriente por él suministrada es la nominal, por lo que las pérdidas en el cobre coinciden con las medidas en el ensayo de cortocircuito, es decir:



W3000=CuP

La potencia suministrada a la carga en estas condiciones es:

CnCnn SIUP ϕϕ coscos3 222 ⋅=⋅⋅⋅=

Por lo que el rendimiento es:

9571,0300020319,0124700

9,0124700 =++⋅

⋅=η η = 95,71 %

b) En este caso, se ha de tener presente que la potencia suministrada es la mitad de la nominal y que, por lo tanto, las pérdidas en el cobre son diferentes de las del ensayo de cortocircuito:

W750300050 22 =⋅=⋅= ,PCP CCCu

CnCnnCn cosCScosICUcosIUP ϕϕϕ ⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= 22222 33

957305030002031150124700

1501247002

,,,

, =⋅++⋅⋅

⋅⋅=η η = 95,73 %

c) El rendimiento máximo, par un factor de potencia dado, se consigue cuando se verifica:

CuFe PP =

CCFe PCP ⋅= 2

8228030002031 ,

PPCCC

Femáx ===η

Por tanto, el rendimiento máximo vale:

9619,08228,0230008228,0124700

8228,01247002

=⋅++⋅

⋅=máxη η = 96,19 %

d) Previamente se calcularán los valores de las resistencias y reactancias de cortocircuito del transformador, suponiendo: 1: BT en Y 2: AT en ∆

La relación de transformación es: 60,08250500 ==tr

A1445003

1247003 1

1 =⋅

=⋅

=n

nn U

SI A734,882503

1247003 2

2 =⋅

=⋅

=n

nn U

SI

El valor de la tensión de cortocircuito reducida al devanado de baja tensión vale:

V 0319825050031421 ,rUU tCCCC =⋅=⋅=

y, teniendo presente que la conexión es en estrella, la tensión por fase correspondiente es:

V 98710303191 ,/,U CC ==λ

Por lo tanto:



nCCCC IRP 12

13 ⋅⋅= λ → Ω=⋅

=⋅

= 0482,01443

30003 2

121

n

CCCC

IP

R λ

Y la impedancia de cortocircuito vale:

Ω=== 07620144

98710

1

11 ,,

IUZ

n

CCCC

λλ

De donde: Ω=−= 059012

12

1 ,RZX CCCCCC λλλ

Cálculo de las caídas de tensión relativa en la resistencia, reactancia e impedancia de cortocircuito a plena carga:

0240

3500

14404820

1

11 ,,U

IR

n

nCCRCC =⋅=⋅=

λ

λλε

02950

3500

1440590

1

11 ,,U

IX

n

nCCXCC =⋅=⋅=

λ

λλε

0380

3500

14407620

1

11 ,,U

IZ

n

nCCCC =⋅=⋅=

λ

λλε

También se puede calcular CCε como: XCCRCCCC22 εεε +=

e) A continuación calcularemos, utilizando el método aproximado Kapp, la tensión que hay que aplicar al devanado de baja tensión para poder alimentar una carga de las características especificadas en el enunciado a 8250 V.

CnCCCnCC senIXcosIR'UU ϕϕ λλκλλλ ⋅⋅+⋅⋅+= 111121

V 632994360144059090144048208250500

38250

1 ,,,,,U =⋅⋅+⋅⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=λ

La tensión que hay que aplicar es: V235176329833 11 ,,UU =⋅=⋅= λ



3.8 Problema 8

Se conecta una carga de 150 kVA, con un factor de potencia de 0,96 inductiva, en el devanado de tensión inferior de un transformador trifásico. La tensión de alimentación de la carga es de V31000 .

En estas condiciones, la potencia absorbida por el transformador es de 157,5 kW, con un factor de potencia de 0,934 inductivo.

Las características del transformador son:

- Grupo de conexión Yy

- Tensión nominal del devanado de tensión más elevada: V 31900

- Tensión nominal del devanado de tensión inferior: V 31100

- Potencia nominal: 375 kVA

- Potencia reactiva absorbida por el transformador en el ensayo estándar de vacío: 15 kVAr

- Pérdidas del transformador en el ensayo estándar de vacío: 11250 W.

Calcular:

a) Los valores de la resistencia y reactancia de cortocircuito referidas al devanado de tensión superior (primario)

b) La tensión que se ha de aplicar al primario del transformador para poder alimentar la carga en las condiciones indicadas

c) La tensión de cortocircuito en valor relativo, CCε

d) La intensidad de la corriente de vacío del transformador Io aplicando en el primario la tensión del apartado b)

Resolución:

a) Las intensidades de corrientes nominales en ambos devanados del transformador valen respectivamente:

A 7965319003

103753

3

11 ,

US

In

nn =

⋅⋅=

⋅=

A 36113311003

103753

3

22 ,

US

In

nn =

⋅⋅=

⋅=

Como se conocen las potencias activa y reactiva del transformador cuando trabaja en vacío, se puede determinar el factor de potencia en vacío:

33,11125015000 ===

o

oo P

Qtgϕ → º13,53=oϕ → 6,0cos =oϕ

Las pérdidas de potencia en vacío, activa y reactiva, cuando el transformador no trabaja a la tensión nominal, son:



W5292971100100011250

22

1

1 ,UU

P'Pnf

foo =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

VAr 7123961100100015000

22

1

1 ,UU

Q'Qnf

foo =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Siendo U1f la tensión de alimentación de la carga por fase, y U1nf la tensión nominal por fase.

A continuación, como ya se conocen la potencia absorbida por el transformador y las potencias cedidas a la carga y al núcleo ferromagnético del transformador, se pueden determinar las pérdidas en el cobre.

Potencias cedidas a la carga:

( 96,0cos =Cϕ º26,16=Cϕ 28,0=Csenϕ )

kW1449601502 =⋅=⋅= ,cosSP CC ϕ

kVAr422801502 =⋅=⋅= ,senSQ CC ϕ

La intensidad de corriente que circula por el secundario del transformador es:

A50310003

101503

3

22 =

⋅⋅=

⋅=

US

I C

y que, reducida al primario del transformador, es:

A 9528

3110031900

5022 ,

rI

'It

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==

El índice de carga es:

44,096,113

50

2

2 ===nI

IC

Las pérdidas en el cobre valen:

( 934,0cos 1=ϕ º93,201=ϕ 3825,01=ϕtg )

W48420252929710144105157 3321 ,,,'PPPP oCu =−⋅−⋅=−−=

VAr 08585071239642000786024621121 ,,,'QQtgP'QQQQ ooCu =−−=−−=−−= ϕ

A partir de los resultados anteriores, se pueden calcular los valores de R1CCy y X1CCy referidos al primario:

2213 λλ 'IRP CCCu ⋅⋅=

Ω=⋅

=⋅

= 67195283484202

3 222

1 ,,,

'I

PR Cu

CCλ

λ

Ω=⋅

=⋅

= 32295283085850

3 222

1 ,,,

'I

QX Cu

CCλ

λ

Ω+= 3226711 ,j,Z CCλ



b) A partir de los valores anteriores, se puede calcular la tensión que se ha de aplicar al primario del transformador, a partir del circuito equivalente fase-neutro, en el caso indicado:

)(96,0cos iC =ϕ → º26,16=Cϕ

( )3226712616952811001900010001221221 ,j,º,,ºZ'IrUZ'I'UU CCtCC +⋅−∠+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅∠=⋅+⋅=⋅+= λλλλλλλ

Resultando: V 6312417931 º,,U ∠=λ

La tensión de línea que se ha de aplicar es:

V 9831053 11 ,UU =⋅= λ → V 31061 ≅U

c) La tensión de cortocircuito en valor relativo es:

1900

7965322671 22

1

12

12

1

1

11 ,,,U

IXRU

IZ

n

nCCCC

n

nCCCC

⋅+=⋅+

=⋅=λ

λλλ

λ

λλε

0989,0=CCε → εCC = 9,89 %

d) La pérdida de potencia en el ensayo de vacío Po es:

oofo IUP ϕcos3 11 ⋅⋅⋅=

De aquí se puede hallar Io:

A 882602417933

5292973 1

1 ,,,

,cosU

PI

of

oo =

⋅⋅=

⋅⋅=

ϕ



3.9 Problema 9

Desde las barras de una subestación reductora, se alimenta una carga trifásica equilibrada de 16 MW, con un factor de potencia 0,8 inductivo a una tensión de 25 kV.

El transformador instalado en la subestación tiene las siguientes características nominales: MVA 25=nS kV 2201 =nU kV 252 =nU

%)10( 1,0=CCε kW 700=CCP

La subestación se alimenta mediante una línea trifásica de 500 km de longitud, cuya impedancia unitaria por fase es Ω/km )48,014,0(1 jZ += según el esquema unifilar que se representa en la figura:

Figura 3.9.1

Despreciando la rama en paralelo del circuito equivalente del transformador, determinar:

a) La tensión proporcionada por el alternador.

b) La potencia aparente en forma compleja que suministra el alternador.

c) El rendimiento de la transmisión.

Resolución:

Características del transformador:

Intensidad de corriente nominal primaria del transformador:

A 6652203

250003 1

1 ,U

SI

n

nn =

⋅=

⋅=

Intensidad de corriente nominal secundaria:

A 35577253

250003 2

2 ,U

SI

n

nn =

⋅=

⋅=

Relación de transformación:

8825

220

2

1 ,UU

rn

nt ===

Componente real de la caída relativa de tensión en el transformador:

028,025000700 ===

n

CCRCC S

Pε [ ]%8,2

G ~

UG

CARGA

TR L

U1 U2



Componente imaginaria de la tensión de cortocircuito del transformador:

096,0028,01,0 2222 =−=−= RCCCCXCC εεε [ ]%6,9

Por lo tanto:

4286,3028,0096,0 ===

RCC

XCCCCtg

εε

ϕ

º74,73=CCϕ → 96,0=CCsenϕ → 28,0cos =CCϕ

Por lo que:

j,,º,,CC 09600280747310 +=∠=ε

Características de la carga:

MVA 2080

16 ===,cos

PS

C

CC ϕ

[ ]kVA 1200016000873620000 jkVAº,SC +=∠=

Que absorbe una intensidad de corriente del secundario del transformador que vale:

2

23

*U

SI C

⋅= con kV 2522 == nUU

Si tiene:

A87364620253873620000

3 22 º,

ºº,

US

*In

C ∠=∠⋅

∠=⋅

=

[ ]A 277636987364622 j,Aº,I −=−∠=

Con lo cual, el índice de carga del transformador vale para esta carga conectada en el secundario:

º87,368,035,577

º87,36462

2

2 −∠=−∠==nI

IC

Por lo tanto:

jC 48,064,0º87,368,0 −=−∠=

Y la intensidad de corriente primaria del transformador, en estas condiciones, es:

A873655288

873646221 º,,

,º,

rI

It

−∠=−∠==

Características de la línea:

Para una longitud de 500 km, la impedancia por fase de la línea vale:

[ ] [ ] Ω∠=+=+⋅=⋅= º,jj,,ZlZl 7473250240704801405001



a) La caída de tensión del transformador se podrá calcular a partir de la expresión (método vectorial exacto):

CCffff ZIUU 1221 '' ⋅+=

Ω∠=∠⋅⋅=⋅= º,,º,,,

/IV

Z CCnf

nfCCf 747360193747310

665310220 3

1

11 ε

V 03

10220 322 ºrU'U tff ∠⋅=⋅= A87365522

2 º,,rI'I

tf

f −∠==

V58277135285747360193873655203

10220 31 º,,º,,º,,ºU f ∠=∠⋅−∠+∠⋅=

kV3222343 11 ,UU f =⋅=

La tensión simple proporcionada por el alternador será:

flGf UIZU 11 +⋅=

V485581463165827713528587365527473250 º,,º,,º,,º,U Gf ∠=∠+−∠⋅∠=

kV428,2533 =⋅= GfG UU

b) La potencia aparente, en forma compleja, proporcionada por el alternador será:

1*3*3 IUIUS GfGfGfG ⋅⋅=⋅⋅=

[ ]MVA 5251503417347427723044873655247753161463 ,j,kVAº,,º,,º,,SG ⋅+=∠=∠⋅∠⋅=

c) El rendimiento de la transmisión vale:

%,,P

P

G

C 939303417

16100100 =⋅=⋅=η



3.10 Problema 10

Un transformador trifásico, conexión estrella-triángulo, alimenta dos cargas, como se indica en el esquema de la figura adjunta. La relación de transformación del transformador es: 10 kV/4 kV.

Cuando la tensión aplicada al primario es de 3108 V, la corriente de cortocircuito medida en el primario vale ICC = 2300 A y el factor de potencia en el ensayo de cortocircuito es cos φCC = 0,65

La impedancia por fase de la línea entre B y C es de (0,1+0,25j) Ω, mientras que entre C y D vale (0,35+0,45j) Ω.

La frecuencia de la red es de 50 Hz. Se desprecian las pérdidas en vacío.

Calcular:

a) Valores de la resistencia y de la reactancia de cortocircuito

b) Tensión a aplicar en el primario del transformador para que la carga 2 esté alimentada a 2900V

c) Indicación del amperímetro AG

d) Rendimiento del transformador

e) Capacidad por fase de la batería de condensadores, conectados en estrella, en la parte de alta tensión, para que mejore el factor de potencia de la instalación hasta un valor de 0,95.

Figura 3.10.1

Resolución:

a) En el ensayo de cortocircuito resulta:

λλλ CCCCCC jXRZ 111 +=

La tensión aplicada por fase es V 33108 / y, en consecuencia:

Ω=== 7802300

33108

1

11 ,/

IUZ

CC

ccCC

λ

λλ

Ya que: º,,CC 4649650arccos ==ϕ

Ω∠= 46497801 º,,Z CCλ

Carga 1 I1 = 1000 A cos φ1 = 0,8 (i)

Carga 2 I2 = 600 A cos φ2 = 0,6 (i)

A B AG

λ /∆

Conexión λ Conexión ∆

C D



Ω=⋅=⋅= 507065078011 ,,,cosZR CCCCCC ϕλλ

Ω=⋅= 593011 ,sinZX CCCCCC ϕλλ

b) Para calcular la tensión en el punto B, dibujemos previamente el circuito monofásico correspondiente:

Figura 3.10.2

La tensión que se quiere obtener en bornes de la carga 2, en valor simple, es de V 31167432900 ,/ = , con un consumo de 600 A y un factor de potencia 0,6 inductivo.

Determinada la tensión en el punto D, se puede calcular la tensión en el punto C.

Si se toma como origen de fases: V 0311674 º,U D ∠= , y teniendo en cuenta que el factor de potencia de la carga 2 es de 0,6 inductivo, º13,532 =ϕ y en consecuencia, A13536002 º,I −∠= .


Figura 3.10.3

λλλ 22 IZUU lDC ⋅+=

V 13536009045013536003500311674 º,º,º,,º,UC −∠⋅∠+−∠⋅+∠=λ

V 1703220166312016 º,,j,UC −∠=−=λ

53,13º UD

X12 I2

UC

R12 I2

I2

B

N N

C

N

DZl1 = (0,1+0,25j) Ω Zl2 = (0,35+0,45j) Ω

I1 I2 CARGA 1 CARGA 2



En el punto C, además del consumo de la carga 2, existe el correspondiente de la carga 1, que es de 1000 A, con un cos φ1 = 0,8 inductivo. Lo que significa que el ángulo formado por el vector λCU con el vector λ1I es φ1 = 36,87º, y con respecto al origen de ángulos elegido, es:

A04371000873617010001 º,º,º,I −∠=−−∠=λ

La corriente I que circula entre B y C es:

A 13536000437100021 º,º,III −∠+−∠=+= λλλ

A0643241585371082221158 º,,j,,I −∠=−=λ

La tensión de fase en el punto B vale:

λλλ IZUU lCB ⋅+= 1

( ) V 06432158525010170322016 º,,j,,º,,UB −∠⋅++−∠=λ

V17473240818175352402 º,,j,,U B ∠=+=λ

Figura 3.10.4

( ) λλλλλ 211 'IXjR'UU CCCCBA ⋅++=

( ) V 06432663459305070174266020 º,,,j,º,,U A −∠⋅++∠=λ

V 344636514493956495 º,,j,U A ∠=+=λ

La tensión que se ha de aplicar en el punto A es:

V67,11283363,6514 =⋅=AU

c) El amperímetro AG indica una lectura, que ya se calculó anteriormente y que vale: 1585,24 A.

d) El rendimiento del transformador se puede determinar como la relación existente entre la potencia suministrada a la salida y la potencia absorbida de la red de alta tensión.

Psuministrada = ( )λλλλ ϕϕ 223 'IUBB ''cos'IU −⋅⋅⋅

Psuministrada kW 8777806431742415857324083 ,)º,º,cos(,, =+⋅⋅⋅=

λAU

R1CCλ X1CCλ

λ2'I λB'U



Pabsorbida = ( )λλλλ ϕϕ 223 IUAA cosIU −⋅⋅⋅

Siendo I2λ = I’2 λ /rt =1585,25/2,5 = 634,1 A

Pabsorbida ( ) kW 48388064334416346365143 ,º,º,cos,, =+⋅⋅⋅=

%,,,

PP

absorbida

istradaminsu 73921004838887778100 =⋅=⋅=η

e) El circuito equivalente por fase es:

Figura 3.10.5

El ángulo que forman los vectores λAU e λ2'I es: º4,47º06,43º34,4 =+

Lo que representa un factor de potencia de cos φ = 0,6768, que se quiere mejorar hasta cosφT = 0,95, es decir: φT = 18,195º.

Si se elige como origen de ángulos, la tensión AU , el diagrama vectorial es:

( )'ϕϕ tgtgPQ absC −⋅=

( )º,tgº,tgQC 195184478388400 −⋅=

VAr06365162,QC =

VAr 063651626365143322

,X

,X

VQCC

AC =⋅=⋅= λ

Ω= 20CX

µF 215950220

11 ,X

CC

=⋅⋅

=⋅

=πω

A

N

UAλ ICλ

ITλ I’2λ



3.11 Problema 11

Se quiere hacer trabajar dos transformadores trifásicos en paralelo, cuyas características se resumen en la tabla siguiente:

TRANSFORMADOR Sn

(kVA)

U1n

(kV)

U2n

(kV)

εCC

(%)

Io

(%)

PCC

(W)

Po

(W)

A 250 15 0,4 4 1,7 4010 675

B 400 15 0,4 4,5 1,7 5780 990

Calcular:

a) Características nominales del conjunto de los dos transformadores con el fin de poder obtener un funcionamiento óptimo.

b) La relación en que se reparten las corrientes de una carga alimentada a la salida del conjunto de los dos transformadores conectados en paralelo.

Resolución:

a) La condición indispensable para un funcionamiento óptimo de los dos transformadores viene dada por la relación:

CCBBCCAA CC εε ⋅=⋅

siendo AC y BC los índices de carga de los transformadores A y B, respectivamente, y CCAε y CCBε las tensiones en valores relativos obtenidas en el ensayo de cortocircuito.

El transformador de menor tensión de cortocircuito relativa CCAε es el que se sobrecargará:

045,0 04,0 =<= CCBCCA εε

Por lo tanto, si se quiere que el transformador A no se sobrecargue, el máximo índice de carga AC ha de ser igual a la unidad como máximo ( AC = 1).

En consecuencia:

CCBBCCAA CC εε ⋅=⋅

888,0045,0040,01 =⋅=⋅=

CCB

CCAAB CC

εε (88,8%)

Por lo tanto, la potencia que puede dar el transformador B es:

kVA55,355400888,0* =⋅=⋅= nBBnB SCS

El conjunto del grupo de los dos transformadores da una potencia aparente total de:

kVA5560555355250 ,,*SSS nBnAn =+=+=



Como el transformador B, en estas condiciones trabaja con una potencia de 355,55 kVA, la corriente nominal también baja a un 88,8% y, en consecuencia, también baja la tensión CCBε de cortocircuito en valor relativo.

04,0045,0888,0* =⋅=CCBε (4%)

Pérdidas en vacío

Puesto que la tensión de alimentación no varía kVUU nBnA 1011 == y VUU nBnA 40022 == , las pérdidas de cada transformador continúan siendo las mismas: W1665990675 =+=+= oBoAo PPP

Pérdidas en cortocircuito

Las pérdidas en cortocircuito son proporcionales al cuadrado del índice de carga:

W85765780888,040101 222 =⋅+⋅=⋅+⋅= CCBBCCAACC PCPCP

Corriente de vacío del conjunto

Las corrientes de vacío de los transformadores A y B son:

A 1635,0150003

250000017,03 1

11 =⋅

⋅=⋅

⋅=⋅=nA

nAoAnAoAoA U

SiIiI

A 2617,0150003

400000017,03 1

11 =⋅

⋅=⋅

⋅=⋅=nB

nBoBnBoBoB U

SiIiI

siendo la corriente total de vacío: A 4252,02617,01635,0111 =+=+= oBoAo III

Las corrientes nominales para los transformadores A y B, en las nuevas condiciones ( )8888,0,1 == BA CC , son:

A 62,9150003

2500003 1

1 =⋅

=⋅

=nA

nAnA U

SI

A 66,13150003

3555553

**

11 =

⋅=

⋅=

nB

nBnB U

SI

La corriente total es: A 28,2366,1362,9*111 =+=+= nBnAn III

Por lo tanto, la corriente relativa de vacío para el conjunto es:

018,028,23

4252,0

1

1 ===n

oo I

Ii → io = 1,8 %

b) Cuando el conjunto trabaja a potencia máxima, el transformador A aporta kVA250=nAS y el

transformador B, kVA55355,*S nB = , siendo la aportación total de kVA55,605=nS .



En consecuencia, la proporción de carga es:

Transformador A: 250/605,55 = 0,4128

Transformador B: 355,55/605,55 = 0,5872

Por lo tanto, el transformador A aporta el 41,28 % de al corriente total de la carga y el transformador B el 58,72 %.



3.12 Problema 12

Dos transformadores trifásicos conectados en paralelo alimentan a una carga inductiva de las siguientes características:

kVA200=CS 8,0cos =Cϕ

El esquema de alimentación es el siguiente:

Figura 3.12.1

Las características de los transformadores se resumen en la tabla siguiente:

Transformador

Sn

(kVA)

U1n

(kV)

U2n

(kV)

εCC

(%)

PCC

(W)

Po

(W)

Grupo

conexión

1 250 6 0,38 4,5 2000 150 Yy0

2 100 6 0,38 4,5 800 60 Yy0

Se cierra el interruptor K1. Con el interruptor K2 abierto, se pide:

a) Tensión a que debe alimentarse el transformador 1 para que en bornes de la carga se tengan 380 V

b) Corriente que circula por el bobinado secundario

c) Rendimiento del transformador

A continuación se cierra el interruptor K2, de manera que la carga queda alimentada simultáneamente por ambos transformadores. Calcular:

d) La tensión a que habrán de alimentarse los primarios de los transformadores para conseguir una tensión secundaria de 380 V

e) Corrientes que circularán por cada uno de los secundarios de los transformadores

f) Rendimiento del conjunto de los transformadores

g) Indicar qué sucedería si, es estas últimas condiciones, el transformador 2 tuviera una εCC = 3%.

200 kVA

cos φC = 0,8 (i)

TR 1

TR 2 K2

K1



Resolución:

a) Si la carga está alimentada exclusivamente por el transformador 1, el índice de carga, al ser UC=U2n, vale:

8,0250200

3

3

22

22

2

2 ===⋅⋅

⋅⋅==

n

C

nn

n

n SS

VIVI

II

C

por otro lado:

(0,8%) 00802500002000

33

33

11

12

11

12

1

11

12

1 ,IU

IRS

PVIRI

VIRI

nn

nCC

n

CC

nn

CCn

nn

CCnRCC ==

⋅⋅⋅⋅==

⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅=

λλ

λλ

λλ

λλε

0443,0008,0045,0 2222 =−=−= RCCCCXCC εεε (4,43%)

Para calcular la caída de tensión que se produce en el transformador, se utiliza la fórmula aproximada de Kapp:

[ ]ϕεϕε sincos2

2

1

1 ⋅+⋅⋅=− XCCRCCnn

CUU

UU

[ ]6,00443,08,0008,08,0380380

60001 ⋅+⋅⋅=−

U

V26,61581 =U

b) La corriente que circula por el bobinado secundario es:

A 9,3033803

2000003 2

2 =⋅

=⋅

=U

SI C

c) Al ser VU 26,61581 = resultará:

CCno PCUUPS

S22

1122

22

)/.(coscos

++⋅⋅=

ϕϕη

% 11,998,02000)6000/26,6158.(1508,0200000

8,0200000100 22 =⋅++⋅

⋅⋅=η

d) Si los dos transformadores trabajan en paralelo para poder conseguir un buen funcionamiento, se ha de cumplir que:

2211 CC CCCC ⋅=⋅ εε

y como en este caso %5,421 == CCCC εε , se cumple que 21 CC = , es decir:

nn

n

nn

n

nn IUIU

IUIU

II

II

21

21

11

11

2

2

1

1

33

33

⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

==

En consecuencia:

nn S

SSS

2

2

1

1 = → 5,21010010250

3

3

2

1

2

1 =⋅⋅==

n

nSS

SS



Como VA20000021 =+ SS

Resulta VAS 1428571 = VAS 571432 =

21

11 5714,0

250000142857 C

SS

Cn

====

Para el transformador 2:

008,0100000

800

2

22 ===

n

CCRCC S

Pε (0,8%)

0444,0008,0045,0 222

22

22 =−=−= RCCCCXCC εεε (4,44%)

Estos valores coinciden con los del transformador 1.

Para el cálculo de U1 podemos aplicar la aproximación de Kapp en cualquiera de los dos transformadores:

[ ]222

2

1

1 sincos ϕεϕε ⋅+⋅⋅=− XCCRCCnn

CUU

UU

[ ]6,00443,08,0008,05714,0380380

60001 ⋅+⋅⋅=−

U

VU 07,61131 =

e) Las corrientes que recorren los secundarios de cada transformador valen, respectivamente:

Transformador 1:

AU

SI

n

05,2173803

1428573 2

12 =

⋅=

⋅=

Transformador 2:

AU

SI

n

82,863803

571433 2

22 =

⋅=

⋅=

f) El rendimiento del conjunto vale:

2

22

22

2

2

)()(cos

cos

2121CPPPPS

SPPP

P

trafotrafotrafotrafo CCCCooCuFe ⋅++++⋅

⋅=

++=

ϕϕ

η

( ) ( ) 2571,08002000601508,0200000

8,0200000⋅++++⋅

⋅=η

% 30,99=η

g) Si 045,01 =CCε y 03,02 =CCε , resulta:

21 03,0045,0 CC ⋅=⋅ → 21 6,0 CC ⋅=



Para que no haya sobrecarga, 12 =C (ya que es el transformador con CCε menor) y 6,01 =C .

Por lo que la carga máxima del conjunto será:

kVA6,26610012506,0221121 =⋅+⋅=+=+= nnmáx SCSCSSSmáxmáx

de los que 100 kVA corresponden al transformador 2 y el resto de 166,6 kVA al transformador 1.

Como la carga actual conectada es de 200 kVA, la aportación del transformador 2 será:

2

200100

6,266S

= → kVA 752 =S

y la aportación del transformador 1 vale: kVA 125752001 =−=S

Y los índices de carga son:

5,0250125

1

11 ===

nSS

C

75,010075

2

22 ===

nSS

C

Se calculan a continuación las tensiones relativas de cortocircuito para cada transformador:

Transformador 1:

%5,4=CCε %8,0=RCCε %43,4=XCCε º76,79045,0 ∠=CCε

Transformador 2:

%3=CCε 008,0100000

800 ===n

CCRCC S

Pε 0289,022 =−= RCCCCXCC εεε

º53,7403,0 ∠=CCε

Con lo datos anteriores se puede calcular la caída de tensión relativa para cada transformador, por el método aproximado de Kapp, a partir del transformador 1:

Trafo 1:

A056243 1

1 ,U

SI

n

nn =

⋅=λ

( ) Ω+=∠=∠⋅=⋅

= 377,6152,1º76,7948,6º76,79045,0056,24

3/6000

1

11 1

jI

UZ

n

CCnCC

λ

λλ

ε

Trafo 2:

A056243 2

1 ,U

SIn

nn =

⋅=λ

( ) Ω+=∠=∠⋅=⋅

= 409,10881,2º53,7480,10º53,7403,0623,9

3/6000

1

11 2

jI

UZ

n

CCnCC

λλ

ε

( )( ) ( )

( ) ( )Ω+=∠=

∠∠=

+

⋅= 96,386,0º80,7705,4

º49,76264,17º29,15498,69

21

21

11

111 j

ZZ

ZZZ

CCCC

CCCCCC eq

λλ

λλλ

VrUU t º03

60003806000º0

3380' 22 ∠=⋅∠=⋅= λλ



ArII

tº87,3625,19º87,36

380600

9,303' 22 −∠=−∠== λλ

( ) º80,7707,4º87,3625,19º03

6000'' 1221 ∠⋅−∠+∠=⋅+= eqCCZIUU λλλλ

VU º83,067,35231 ∠=λ

VUU 18,61033 11 =⋅= λ

( )

100'3cos

cos100

12

2212

2

2

2 ⋅⋅⋅+++⋅

⋅=⋅

++=

eqCCooCuFe RIPPSS

PPPP

λλϕϕ

η

( )%28,99100

86,025,193601508,02000008,0200000

2=⋅

⋅⋅+++⋅⋅=η



3.13 Problema 13

Un transformador trifásico Dy11 tiene Sn = 1000 kVA, 24 kV/380 V, Po = 2,15 kW, Pcc = 13,3 kW. Alimentando el lado de alta tensión a 720 V, se produce un cortocircuito en el lado de baja tensión, circulando 12 A por el lado de alta tensión.

Este transformador se utiliza para alimentar por el lado de baja tensión a 344 V una carga de 850 kVA i cos φ = 0,8 (i).

Se pide:

a) La tensión de alimentación del transformador

b) El rendimiento del transformador

c) Si el transformador se alimenta a la tensión encontrada anteriormente y se produce un cortocircuito en el lado de baja tensión, determinar la corriente que circula por la línea en el lado de alta tensión.

Resolución:

AV

SI

n

nn 056,24

3 11 == A

VS

In

nn 343,1519

3 22 =

⋅= 158,63

2

1 ==n

nt V

Vr

Del ensayo de cortocircuito no estándar resulta:

Ω=== 643412

3720

1

11 ,

IV

ZCC

CCCC

λ

λλ

Del ensayo de cortocircuito estándar:

Ω=⋅

== 6617056243

13300

3 221

1 ,,I

PR

n

CCCCλ

Ω=−= 783321

211 ,RZX CCCCCC λλλ → Ω∠= º,,Z CC 227764341 λ

a)

'VZ'IV CC λλλλ 2121 +⋅=

º87,36 8,0cos =→= ϕϕ

A 8736591426 3 222 º,,IIVS −∠=→⋅⋅= λλλ

V 03

3442 ºV ∠=λ → V 0691254322 º,Vr'V t ∠=⋅= λλ

Aº,,I 87365914262 −∠=λ → A8736592222 º,,r/I'I t −∠== λλ

V 21281131490691254322776434873659221 º,,º,º,,º,,V ∠=∠+∠⋅−∠=λ

V14227763 11 ,VV =⋅= λ



b)

223

3

2

2%

05,2459,2213300

2400014,2277621508,010850

8,010850100100

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+⋅⋅

⋅⋅⋅=++

⋅=CuFe PPP

Pη

η = 98,03 %

Donde se ha aplicado: P2 = S2.cosφ2

c) En este caso, se alimenta el transformador por el lado A.T. con una tensión V1 = 22776,14 V. Al producirse un cortocircuito en el lado B.T. resulta:

V1λ = I1λ.Z1ccλ

A 1 56576434

1422776

1

111 ,

,,

ZVII

cclínea, ====

λ

λλ


Máquinas de corriente continua 161

4 Máquinas de corriente continua



4.1 Problema 1

Un telesilla está accionado por un motor serie de corriente continua, a través de un reductor. El motor serie, compensado y no saturado, está alimentado a 220 V y presenta una resistencia en el circuito inductor de 0,2 Ω. La resistencia del rotor es de 0,05 Ω.

Para una determinada carga, el motor gira a 600 rpm y absorbe una potencia de 8800 W.

En un momento determinado, la carga que arrastra aumenta en un 50% y se requiere que el motor continúe girando a la misma velocidad.

Se pide:

a) Par del motor antes de variar la carga

b) Tensión a la que se tiene que alimentar el motor en las nuevas condiciones de carga

Resolución:

a)

IUP ·= A40220

8800 ==I

Figura 4.1.1

IREU ·Tm += ( ) 40·05,02,0220m +−=E V210m =E

IEM ·ω· m= N·m69,133

60600·π·240·210

60·π·2·

ω· mm ====

nIEIE

M

Resultando que el par motor vale: N·m69,133=M

b) La carga mecánica aumenta en un 50%

M=

6000 rpm

0,05

0,2 220

I



⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

=

=

'·'

·

//m

m

nIEkM

nIEkM

Pero /nn = ⎪⎭

⎪⎬

⎫

=

=

MMIEIE

MM

·5,1·

·

/

//m

m/

//m

m

··

·5,1 IEIE

MM =

//

m ·40·210

5,11

IE= (1)

nIkwkE m ..=⋅⋅= φ

⎭⎬⎫

==

//m

/m

mm

····

nIkEnIkE

( /nn = ) //m

m

II

EE = '25,5

40·210 /

/m I

IE ⋅== (2)

De las ecuaciones 1 y 2 resulta

2/ )(·25,5

40·2105,1

1I

= 2400)( 2/ =I A989,48/ =I

V196,257/m =E

( ) V44,269989,48·05,02,0196,257·' /T

/m =++=+= IREU

V44,269'=U



4.2 Problema 2

La tabla siguiente muestra la característica de vacío de un generador de corriente continua con excitación independiente que gira a 4000 rpm:

Ie (A) 0 1 2 3 4 5 6

Eo (V) 2 16 30,4 39,2 44,8 49,6 52

Las resistencias del inductor y del inducido son, respectivamente de 9,8 Ω y 0,02 Ω. El generador no dispone de bobinado compensador de la reacción del inducido. Se quiere alimentar una carga de 8 kW a la tensión de 40 V, necesitando una corriente en el bobinado inductor de 5 A, que lo proporcionada por una batería de V voltios (valor constante para los tres apartados).

Se pide:

a) El valor, en voltios, de la reacción del inducido.

b) Si el generador trabajase a 3200 rpm, ¿a qué tensión quedaría alimentada la carga anterior suponiendo constante la reacción del inducido?

c) Si en el apartado anterior se quiere alimentar la carga a 40 V, ¿cuánto tendría que valer la corriente del inductor y la resistencia inductora?

Nota: Menospreciar la caída de tensión en las escobillas.

Resolución:

a)

Figura 4.2.1

A20040

8000 ==I , C

2

RUP = Ω=== 2,0

80004022

C PUR

( ) V40· iirio =−− IRVE

De la tabla del enunciado resulta:

⎭⎬⎫

==

A5rpm4000

eIn V6,49o =E

Re = 9,8 Ω

Ri = 0,02 Ω 40 V

I

G



V6,5200·02,0406,49ri =−−=V V6,5ri =V

b)

//

E

E/o

o

··

··

nn

nknk

EE

=φ

φ= V69,39

40003200·6,49·

/

o/o ===

nnEE

( ) IRRVE ·Ciri/o +=− A95,154

22,009,34

2,002,06,569,39 ==

+−=I

V99,3020,0·95,154·C === IRV V99,30=V

c) Del apartado anterior se tiene que:

A5rpm3200aV69,39 /e

/o =⇒= IE

?rpm3200aV6,49 //e

//o =⇒= IE ( V6,49//

o =E igual que en apartado a) )

//e

//

/e

/

//o

/o

····

InkInk

EE = rpm 3200/// == nn A24,65·

69,396,49· /

e/o

//o//

e === IEE

I

A24,6//e =I

Suponiendo constante la tensión de excitación, resulta:

'''' eeeee IRIRV ⋅=⋅= Ω=== 85,724,65·8,9· //

e

ee

//e I

IRR Ω= 85,7//eR



4.3 Problema 3

Se dispone de un motor de corriente continua con excitación serie y características: tensión nominal 240 V, potencia nominal absorbida 9600 W, resistencia de excitación 0’15 Ω, resistencia del inducido 0’2 Ω, velocidad nominal 500 rpm.

El motor trabaja en unas condiciones en las cuales absorbe una quinta parte de la corriente nominal y la f.e.m. es la mitad de la que habría en condiciones nominales.

Se pide para estas condiciones:

a) La velocidad de giro del motor expresada en rpm

b) La tensión de alimentación del motor

c) El par electromagnético generado por el motor

Resolución:

a)

Figura 4.3.1

W9600abs =P A40240

9600n ==I

( ) 40·15,02,0240 n ++= E V226=nE

V1132

2262

/ === nEE A8

540

5/ === nI

I

//

n/n

·

·

nInI

EE

= /·8

500·40113226

n= rpm1250/ =n

b)

( ) V8,1158·35,0113·2,015,0 /// =+=++= IEU V8,115/ =U

Rex = 0,15 Ω

240 V

M

Ri = 0,2 Ω



c)

''''' ω⋅=⋅= ii MIEP

N·m9,6

60·π·2

·ω

·'//

/

//=== n

IEIEMi → N·m9,6'=iM



4.4 Problema 4

Un generador excitación derivación, de 100 kW de potencia nominal y tensión 232 V, presenta una resistencia total del inducido de 0,05 Ω y un bobinado inductor con una resistencia de 58 Ω. La caída de tensión en las escobillas es de 2 V/línea.

a) Calcular la f.e.m inducida a plena carga y a media carga.

b) Determinar la inducción en el entrehierro sabiendo que la máquina tiene 4 polos, que el inducido es del tipo imbricado y que dispone de 326 conductores activos en total, girando a 650 rpm a carga nominal. También se sabe que el diámetro del rotor es de 42 cm, la longitud del núcleo, en sentido axial, es de 28 cm, y que cada polo cubre un ángulo de 60º.

c) Sabiendo que las pérdidas mecánicas y en el núcleo son de 1800 W, determinar el rendimiento del generador a carga nominal, así como la potencia que se tiene que suministrar desde el exterior para poder funcionar en estas condiciones.

d) Índice de carga que hace que el rendimiento de la dinamo sea máximo y hallar el mismo.

Se considerará que la reacción de inducido está compensada por un bobinado de compensación, la resistencia del cual está incluida y es de 0,05 Ω.

Resolución:

Figura 4.4.1

a)

A 034,431232

100000 ===n

nn U

PI A 4

58232 ===

e

ee R

UI

A 52,2155,0034,431)5,0( =⋅==CI

A 034,4354034,431 =+=inI

A 52,219452,215)5,0( =+==CiI

ii RIUescUE ⋅+∆+=

V 752,255034,43505,02232 =⋅++=nE

V 976,24452,21905,02232)5,0( =⋅++==CE

I

Re = 58 Ω

U = 232 V

Ri = 0,05 Ω

Ie

+ E

Ii

G



b)

cpznE ⋅⋅⋅= φ

60 ya que p = 2 y al ser imbricado p = c, resulta:

22326

60650725,255 ⋅⋅⋅== φnE → mWb 417,72=φ

TpolarángulodiámetroLsB 17,1

3606042,028,0

072417,0

º360_ =

⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅==

ππ

φφ

c)

1800034,435752,255 +⋅=+⋅= +núcleomecinngenerada PIEP = 113060,816 W

88447,0816,113060034,431232 =⋅=⋅=

generadaPIUη → η = 88,447 %

d)

núcleomecgenerada PIE

IUP

IU

++⋅⋅=⋅=η

[ ] II

III

III

05,08,27364,234

23205,08,27364,234

232)4(05,02232)4(1800

2322

++=

++⋅=

+++++⋅=η Será

máximo cuando II

05,08,2736 + sea mínimo, es decir: 0.05,08,2736 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + I

IdId

Resultando:

AI 96,23305,0

8,2736 == → 54278003443196233 ,

,,

IICn

===

8999370,máximo =η → ηmáximo = 89,9937 %



4.5 Problema 5

La característica de vacío a 600 rpm de un generador de corriente continua excitación derivación es la siguiente:

Ie ( A ) 1 2 3 4 5 6 7 8

Eo ( V ) 23 45 67 85 100 112 121 126

La resistencia del devanado de la armadura es 0,03 Ω y la del devanado de excitación 17,6 Ω, siendo la tensión de bornes 114,4 V.

Determinar:

a) La corriente de carga con la que está funcionando.

b) Si la resistencia de excitación se reduce hasta un valor de 15 Ω, sin que varíen la velocidad ni la intensidad de carga, ¿cuál sería la f.e.m. inducida, la tensión en bornes de la máquina y la corriente de excitación?

c) En ambos casos calcular el rendimiento eléctrico de la máquina.

Se despreciaran la caída de tensión en las escobillas y la reacción del inducido.

Resolución:

Figura 4.5.1

a)

ARUI

ee 5,6

6,174,114 ===

De la curva de magnetización: VE 5,1162

121112 =+= (interpolando)

IiIRUE ii ⋅+=⋅+= 03,04,114 (Uesc = 0)

iI⋅+= 03,04,1145,116 AI i 70= → A 5635670 ,,III ei =−=−=

U

Ri = 0,03 Ω

+E

Ii

I Ie

Re

G



b)

'' ei III +=

)'(03,0'' eIIUE +⋅=− eIUE '03,0905,1'' ⋅+=−

eIU '15' ⋅= eIU '15' ⋅=

787'

121126121'

−−

=−

− eIE (interpolación) 35'5121' −⋅=− eIE

Siendo I = 63,5 A, del sistema anterior de ecuaciones resulta: A 3843,8' =eI

V 765,125'=U

V 922,127'=E

A 884,715,633843,8' =+=iI

c)

89050565635116

56341141 ,

),,(,,,

IEIU

ie =

+⋅⋅=

⋅⋅=η → ηe1 = 89,05 %

8685,0884,71922,127

5,63765,1252 =

⋅⋅=eη → ηe2 = 86,85 %



4.6 Problema 6

Dos generadores de corriente continua de excitación independiente deben funcionar en paralelo suministrando corriente a una carga de 1,4711 Ω.

De cada generador se conocen los datos siguientes:

Generador A: f.e.m. = 308,5 V Ri = 0,1 Ω ∆Uesc = 1,5 V P = 40 kW

Generador B: f.e.m. = 302 V Ri = 0,08 Ω ∆Uesc = 2 V P = 30 kW

Determinar la intensidad que aportará cada generador, la tensión en bornes de la carga y el índice de carga de cada máquina, así como su rendimiento, prescindiendo de las pérdidas de excitación y de las que no se conocen datos.

Resolución:

Figura 4.6.1

UIRUescE AiAAA +⋅+∆=

UIRUescE BiBBB +⋅+∆=

)(411,1 BA IIU +=

)(4711,1 BAAiAAA IIIRUescE +⋅+⋅+∆=

)(4711,1 BABiBBB IIIRUescE +⋅+⋅+∆=

)(4711,11,05,15,308 BAA III ++⋅+=

)(4711,108,02302 BAB III ++⋅+=

RC = 1,4711 Ω

IA

IB

RiA = 0,1 Ω

EA

EB

RiB = 0,08 Ω

+ -

+

-



Del sistema de ecuaciones anterior resulta:

A 778,127=AI

A 22,72=BI

V 22,294=U

A 200=+ BA II

93987,040000

22,294778,127. =⋅===An

A

An

AA P

UIPPC

953710530822294 ,,,

I.EI.U

AA

AA ===η → η = 95,371 %

70828,030000

22,29422,77.=⋅===

Bn

B

Bn

BB P

UIPP

C

974240302

22294 ,,I.E

I.U

BB

BB ===η → ηB=97,424%



4.7 Problema 7

Una dinamo excitación shunt suministra en condiciones normales 80 A bajo una diferencia de potencial de 200 V y tiene un rendimiento del 94 %. Sus pérdidas se descomponen en:

- 3 % en el inducido

- 2 % en el inductor

- 1 % por histéresis y corrientes de Foucault

Calcular los valores de las diferentes pérdidas en las resistencias del inductor y del inducido, así como los valores de estas resistencias y la f.e.m. de la dinamo.

Determinar asimismo, para qué índice de carga se obtendrá un rendimiento de la dinamo máximo.

No se tendrán en cuenta la reacción del inducido ni caída de tensión alguna en las escobillas.

Resolución:

Figura 4.7.1

Potencia útil suministrada por la dinamo: W1600020080 =⋅=uP

Potencia absorbida: W3,1702194,0

16000 ==absP

Pérdidas totales: W3,1021160003,17021 =−

Pérdidas en el inducido: W65,5103,1021123

3 =⋅++

=iP

Pérdidas en el inductor: W4,3403,1021123

2 =⋅++

=eP

Pérdidas en el núcleo: W2,1703,1021123

1 =⋅++

=FeP

También se cumple:

ee R

UP2

= → eR

22004,340 = → Ω= 5117,Re

A 702,15,117

200 ==eI

Re

Ri

Ie

Ii

I

G



A 702,81702,180 =+=+= ei III

2iii IRP ⋅= → 2702,8165,510 ⋅= iR → Ω= 0765,0iR

ii RIUE ⋅+= → V 25,206702,810765,0200 =⋅+=E

Y el rendimiento será:

nieFenu

nu

ieFeu

u

abs

u

PCPPCP

CPPPPP

PPP

,2

,

,

⋅+++⋅

⋅=

+++==η

C

CCC

C

⋅++=

⋅+++⋅⋅=

65,5106,51016000

1600065,5104,3402,17016000

160002η

Para que el resultado se máximo, el denominador debe ser mínimo:

065,5106,510 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+ C

CdCd

Resultando:

165,5106,510 ≅=C



4.8 Problema 8

La característica de vacío a 750 rpm de un generador de corriente continua con excitación en derivación es:

Iexc ( A ) 1 2 4 6 8 10 12

Eo ( V ) 25 49 97 142 175 205 225

La resistencia del circuito de excitación vale 24 Ω y la del inducido 0,04 Ω. Despreciando la caída de tensión en las escobillas, calcular:

a) La corriente en la carga cuando la tensión en bornes de ésta es de 120 V.

b) Si Re disminuye hasta 20 Ω sin variar la velocidad ni la corriente de la carga, calcular la corriente en el inductor, la f.e.m y la tensión en bornes de la carga.

Figura 4.8.1

Resolución:

a)

A524

120 ===exc

exc RUI

Interpolando en la tabla del enunciado resulta:

A5,119214297

5 =+=AE

ii RIUE ⋅+= → 04,01205,119 ⋅+= iI → A 5,12=iI

A5,745,12 =−=−= exci III

b)

ii RIUE ⋅+= '''

G

Iexc I

U

Ri

Rexc

- +



''' excexc RIU ⋅=

I = cte y si Rexc ↓ implica que Iexc ↑; por lo tanto, en la característica de vacío debemos interpolar más a la derecha de la tabla del enunciado.

Interpolando, resulta:

101210'

205225205'

−−=

−− excIE

'04,03,0'' excIUE ⋅+=− '04,203,0' excIE ⋅+=

'20' excIU ⋅= '10105' excIE ⋅+=

100'10205' −⋅=− excIE

Del sistema de ecuaciones anterior, resulta:

A 43,10' =excI

V 28,209'=E

V6,208'=U



4.9 Problema 9

Un motor con excitación en derivación consume en vacío 5 A cuando se encuentra conectado a una fuente de tensión continua de 600 V. La resistencia conjunta del devanado inducido y las escobillas es de 0,25 Ω y la Rexc = 300 Ω.

Calcular la potencia útil y el rendimiento total cuando la intensidad que absorbe la fuente es:

a) 20 A

b) 50 A

c) La relación de velocidades en las situaciones anteriores

Resolución:

Vacío

W30005600 =⋅=⋅= oo IUP

excexc RIU ⋅=

300600 ⋅= excI → A 2=excI

A 325 =−=−= excoio III

uFemecRixco PPPPP +++= +Re

Pero en vacío 0=uP , resultando:

Femeciiexc PRIIUoo ++⋅+⋅= 23000 → FemecP ++⋅+⋅= 25,0326003000 2

Resultando: W179775=+ Femec PP

Las pérdidas anteriores son constantes, ya que al ser un motor derivación la velocidad de giro cten ≅ a cualquier carga si U = cte.

Pabs

PRi PRexc

Pmec PFe

Pu

Pi = E·Ii



a) I = 20 A

I = 20 A Iexc = 2 A Ii = I - Iexc = 18 A

V5,59525,018600 =⋅−=⋅−= ii RIUE

W10719=⋅= ii IEP

W25,8921=−= + Femeciu PPP

W120020600 =⋅=⋅= IUPabs

%34,7410012000

25,8921100 =⋅=⋅=abs

u

PP

η

b) I = 50 A

I = 50 A Iexc = 2 A Ii = I - Iexc = 48 A

V58825,048600 =⋅−=⋅−= ii RIUE

W28224=⋅= ii IEP

W25,26426=−= + Femeciu PPP

W30000=⋅= IUPabs

%09,8810030000

25,26426100 =⋅=⋅=abs

u

PP

η

c)

excInKnKKE ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅= ''' φφω

excInKE ''''' ⋅⋅=

'''''''

' nn

InKInK

EE

exc

exc =⋅⋅⋅⋅

=

nnEEnn .9874,0

5,595588'' =⋅=⋅= → nn .9874,0'=

Por lo tanto se comprueba que cten ≅ .



4.10 Problema 10

Dos generadores de corriente continua de excitación independiente tienen que funcionar conectados en paralelo para alimentar a una carga común de 1,2 Ω.

Sus características son:

Generador A EAn = 310 V RiA = 0,10 Ω ∆VescAn = 1,8 V PAn = 45kW

Generador B EBn = 305 V RiB = 0,08 Ω ∆VescBn = 1,9 V PBn = 35kW

Calcular la intensidad de corriente total en la carga, la que aporta cada generador, la tensión y la potencia en la carga, el índice de carga de cada máquina y el rendimiento de cada una, suponiendo que la f.e.m. de cada generador es la nominal.

Figura 4.10.1

escAiAAA VRIUE ∆+⋅+= ( ) 8,11,02,1310 +⋅+⋅+= ABA III

escBiBBB VRIUE ∆+⋅+= ( ) 9,108,02,1305 +⋅+⋅+= ABA III

( ) acBA RIIU arg⋅+=

BA II ⋅+⋅= 2,13,12,308 A 39,137

28,12,12,13,128,11,3032,12,308

==AI

BA II ⋅+⋅= 28,12,11,303 A 99,107

28,12,12,13,1

1,3032,12,30832,1

==BI

A 38,245=+= BA III

V 46,2942,138,2452,1 =⋅=⋅= IU

W6,72253arg =⋅= IUP ac

- U+

GA GB

0,10 Ω 0,08 Ω

310 V 305 V1,2 Ω

IA IB

I

+ -

+ -



899,045000

39,13746,294 =⋅=⋅

==An

A

An

AA P

IUPPC

950,0310

46,294 ==⋅

⋅=

AA

AA IE

IUη

909,035000

99,10746,294 =⋅=⋅==Bn

B

Bn

BB P

IUPPC

965,0305

46,294 ==⋅

⋅=

BB

BB IE

IUη



4.11 Problema 11

Un motor de corriente continua con excitación en paralelo absorbe 15 kW cuando se encuentra conectado a una red de corriente continua de 150 V y gira a 500 rpm.

Se sabe que la tensión baja a 100 V manteniéndose constante la potencia que éste absorbe de la red de corriente continua.

Calcular la velocidad en la nueva situación despreciando la caída de tensión en las escobillas.

Figura 4.11.1

IUPabs ⋅= → I⋅=15015000 → A100=I

excexc RIU ⋅= → 150150 ⋅= excI → A 1=excI

A 99=−= exci III

ii RIEU ⋅+= → 03,099150 ⋅+= E → V 03,147=E

''' IUP ⋅= → '10015000 I⋅= → A 150'=I

ARUIexc

exc 6,0150100'' ===

AIII exci 3,149''' =−=

03,03,149100'''' ⋅−=⋅−= ii RIUE → V 52,95'=E

excInKnKKE ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅= ''' φφω → ''''

''' exc

exc

InKInK

EE

⋅⋅⋅⋅

= → 6,0'1500

52,9503,147

⋅⋅=

n

Resultando

n’ = 487,25 rpm

Rexc

U

Ri

+ E

Ii

Iexc I

M



4.12 Problema 12

Un motor con excitación serie se alimenta a 250 V a tensión constante y absorbe 25 A cuando gira a 800 rpm. Se sabe que Rexc = 0,25 Ω y Ri = 0,35 Ω.

Si el par motor aumenta un 40 %, calcular:

a) La corriente absorbida y la velocidad en esta nueva situación.

b) La corriente absorbida y la velocidad si el par motor se reduce en un 25 % respecto a la situación inicial.

Figura 4.12.1

( ) IRREU exci ⋅++= AIII exci 25===

Situación inicial:

( ) 2535,025,0250 ⋅++= E → VE 235=

wMIE ii ⋅=⋅ → Nm13,70800

602

25235

602

=⋅

⋅=⋅

⋅= ππ n

IEM ii

a) N.m18,984,1' =⋅= ii MM

''''''''' InKInKnKE exc ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅= φ

2'''''''' IKIIKIKM exciii ⋅=⋅⋅=⋅⋅= φ

2

2

'''

' IKIK

MM

i

i

⋅⋅= →

2

2

'25

18,9813,70

I= → A 58,29' =I

( ) V25,2326,058,29250''' =⋅−=+⋅−= exci RRIUE

25,232235

58,29'25800

''''

'=

⋅⋅=

⋅⋅⋅⋅=

nInKInK

EE → rpm 22,668' =n

M U

Rexc

I

Ri



b) NmMM ii 60,5275,0'' =⋅=

2

2

'''' II

MM

i

i = → 2

2

''25

60,5213,70

I= → A 65,21'' =I

( ) V 2376,065,21250'''''' =⋅−=+⋅−= exci RRIUE

237235

65,21''25800

''''''

''=

⋅⋅=

⋅⋅⋅⋅=

nInKInK

EE → rpm 69,931'' =n



4.13 Problema 13

Una máquina de corriente continua tiene Ri = 0,5 Ω y Rexc regulable entre 100 y 400 Ω. La curva de vacío a 100 rpm es:

Eo ( V ) 30 110 195 270 340 410

Iexc ( A ) 0,1 0,3 0,5 0,7 1,9 2

Región lineal Codo de saturación

a) Funcionando como generador derivación que gira a 750 rpm y con Rexc = 300 Ω, suministra 39 A y 300 V. Calcular:

1. Par resistente ofrecido por la carga en estas condiciones

2. Curva de vacío a esta velocidad

b) Funcionando como motor derivación alimentado a 250V y con Rexc = 210 Ω absorbe 15 kW, calcular la velocidad, el par electromagnético y el rendimiento suponiendo Pmec+Fe = 0.

Figura 4.13.1

a)

1.

A1300300 ===

excexc R

UI

A 40139 =+=+= exci III

VescRIUE ii ∆+⋅+= → V32005,040300 =+⋅+=E

G

Iexc = 1A I = 39 A

U = 300 V

Ri

300 Ω

Ii



wMIEP iii ⋅=⋅= → N.m 97,162

750602

40320

602 =

⋅

⋅=⋅

⋅= ππ n

IEM ii

2.

''''' exc

excInIn

nKnK

EE

⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

=φφ ( )'excexc II =

EEnnEE ⋅=⋅=⋅= 75,0

1000750

''

La curva de vacío es entonces:

b)

A 60250

15000 ==I A 1250250 ==excI

En el caso de trabajar como motor se tiene:

A 59=−= exci III

V5,22005,059250 =−⋅−=∆−⋅−= VescRIUE iimot

genexcgen

motexcmot

gen

mot

IctenKIctenK

EE

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

= → 17501

3205,220

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=cteKctenK mot

Resultando

rpm80,516=motn

N.m4,24080,516

602

595,220

602

=⋅

⋅=⋅

⋅= ππ n

IEM i

i

% 73,8615000

595,22010015000

100100100 =⋅⋅=⋅⋅=−⋅=⋅= + i

abs

Femeci

abs

u IEPPP

PPη

E’o ( V ) 22,5 82,5 166,25 202,5 255 307,5

I’exc ( A ) 0,1 0,3 0,5 0,7 0,9 2



4.14 Problema 14

Un generador con excitación mixta corta alimenta a 100 V una carga que a esta tensión consume 12500 W. Se sabe que Ri = 0,04 Ω, Rexc serie = 0,06 Ω y Rexc derivación = 75 Ω.

Suponiendo constantes las pérdidas mecánicas del generador y la potencia mecánica absorbida por éste, calcular el nuevo valor de la tensión de alimentación si la resistencia de la carga pasa a ser de 1 Ω y la intensidad del inducido vale 120 A.

Suponer que la máquina dispone de devanado de compensación de la reacción del inducido, que ∆Vesc = 0 y que el núcleo magnético no se encuentra saturado.

Figura 4.14.1

Situación inicial:

A125100

12500arg ===U

PI ac

V5,10706,0125100 =⋅+=⋅+= sexcAB RIUU

A34,175

5,107 ===dexc

ABd R

UI

A34,126=+= di III

V56,11204,034,1265,107 =⋅+=⋅+= iiAB RIUE

W1423134,12656,112 =⋅=⋅= ii IEP

ctePPP meciabs =+=

''14231 ii IEcteP ⋅=== → 120'14231 ⋅= E → V59,118'=E

V 79,11312004,059,118'' '' =⋅−=⋅−= iiAB RIEU

Resultando

A52'175

79,113'' ===

dexc

ABd R

UI

Por lo tanto, acR

UIarg''' = ( ) ( ) V48,118152,1120'''''' argarg =⋅−=⋅−=⋅= acdiac RIIRIU

Rexc d G Rexc s

Ri

Ii

I Id

Rcarga

A

B

+ U -


Máquinas asíncronas 189

5 Máquinas asíncronas



5.1 Problema 1

Un motor asíncrono gira a una velocidad de 465 rpm con carga nominal y a 497 rpm en vacío, estando alimentado a una tensión cuya frecuencia es de 50 Hz.

Determinar:

a) Velocidad de sincronismo

b) Deslizamiento en vacío

c) Deslizamiento a plena carga

d) Frecuencia de las corrientes del estator en vacío y a plena carga

e) Frecuencia de las corrientes del rotor en vacío y a plena carga

Resolución:

a)

pppfn 3000506060

=⋅=⋅

= Siendo p = 1, 2, 3, ……

Para distintos valores de p tenemos: rpm 30001 ==pn

rpm 15002 ==pn

rpm 10003 ==pn

rpm 7504 ==pn

rpm 6005 ==pn

rpm 5006 ==pn

rpm 574287 ,np ==

En vacío se tiene n = 497 rpm. El valor que más se acerca es ns =500 rpm, es decir, p = 6.

b)

%) (0,6 0060500

497500 ,n

nns

s

svacío =−=

−=

c)

070500

465500 ,s aargcplena =−= (7 %)

d)

Hz 50=estatorf en vacío y a plena carga.



e)

Hz 3050006012 ,,fsf vacíovacío =⋅=⋅=

Hz 53500701 2 ,,fsf pcaargcplena =⋅=⋅=



5.2 Problema 2

Un motor trifásico AEG de rotor bobinado, 380 V/600 V, 6,3 A/3,64 A, está alimentado por una línea de 380 V. Determinar los parámetros del circuito equivalente y las pérdidas mecánicas, si se conocen los resultados de los ensayos de vacío y de rotor bloqueado.

a) Ensayo de rotor bloqueado: 60 V, 385 W, 544 VAr, 6,30 A

b) Ensayos de vacío: 380 V, 2 A, 302 W, 1291 VAr

302 V, 1,5 A, 200 W

257 V, 1,2 A, 157 W

228 V, 1,1 A, 130 W

191 V, 0,9 A, 103 W

La resistencia por fase del estator es de 4,8 Ω. El motor tiene un diseño que cumple la norma NEMA B, es decir, que X1/X2’ = 4/6.

Resolución:

Dado que el motor trabaja a 380 V, debe estar alimentado en triángulo.

Circuito equivalente en triángulo por fase:

Figura 5.2.1

Ensayo con rotor bloqueado ( ensayo de cortocircuito):

La corriente por fase es de A/, 3306 al estar conectado el motor en triángulo.

)'(3 212

1 RRIP nCC +⋅⋅=

)'8,4(330,63385 2

2

R+⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅= → Ω= 90,4'2R

CCnCC XIQ 12

13 ⋅⋅= → CCX1

2

33,63544 ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅= → Ω= 71,131CCX

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −11'2 s

R

'2R

'2X

FeR

µX

1X

1R



Al ser ''64' 22211 XXXXX CC +=+= , resulta:

''6471,13 22 XX += → Ω= 23,8'2X → Ω= 48,51X

Ensayo de vacío:

Figura 5.2.2

µXX QQQ += 1

48,53

233803129122

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅=

µX → Ω= 35,341µX

mecRFeRo PPPP ++= 11

Fe

omecoo R

UPIRP2

12111 33 ⋅+=⋅⋅− →

Fe

omecoo R

UPIP

212

11 38,43 ⋅+=⋅⋅−

Equivalente a la siguiente ecuación: axby += , siendo:

21oUx = 2

113 oo IRPy ⋅⋅−= FeR

a 3= mecPb =

oU1 oI oP 2

1oUx = 2113 oo IRPy ⋅⋅−=

380 3/2 302 144400 282,80

302 3/5,1 200 91204 189,20

257 3/2,1 157 66049 150,09

228 3/1,1 130 51984 124,19

191 3/9,0 103 36481 99,11

Realizada la regresión resulta:

FeRa 3107,1 3 =⋅= − → Ω= 7,1764FeR

4336,b = → Pmec = 36,43 W

1UE ≈

'2R

'2X

FeR

µX

1X

1R



5.3 Problema 3

De un motor asíncrono trifásico, alimentado a 230 V, 50 Hz y 8 polos, cuando gira a 720 rpm se han podido determinar las potencias siguientes:

Potencia absorbida de la red: 3000 W

Pérdidas en el cobre del estator: 120 W

Pérdidas en el circuito magnético: 110 W

Pérdidas mecánicas: 50 W

Calcular el par útil desarrollado por el motor en las condiciones anteriores.

Resolución:

Pa: Potencia transferida del estator al rotor. WPPPP CuFeabsa 2770120110300011 =−−=−−=

04,0750

720750 =−=−

=s

s

nnn

s

Se cumple: aCu PsP ⋅=2 → WPCu 8,110277004,02 =⋅=

mecCuFeau PPPPP −−−= 22

W2,2609508,11002770 =−−−=uP

Pu = Mu.W = n.M u ⋅602π → N.m 6,34

6072022,2609

602

=⋅⋅

=⋅⋅

= ππ nP

M uu



5.4 Problema 4

Se ensaya en vacío un motor asíncrono trifásico de 380 V/660 V dos veces. Cuando está conectado en triángulo, resulta: 380 V, 7 A y 900 W. Cuando está conectado en estrella, resulta: 380 V, 2,4 A y 454,2 W (no es su tensión normal de trabajo).

Se sabe que la resistencia por fase del bobinado vale 0,8 Ω.

Finalmente se conocen de este motor unas curvas de par y de rendimiento:

Funcionando con una carga determinada y conectado en triángulo a 380 V, se miden con el tacómetro 1443 rpm y con la pinza amperimétrica 27 A.

Determinar en este régimen la potencia útil desarrollada por el motor, el rendimiento y hacer una separación completa de todas las pérdidas.

Resolución:

A 1443 rpm, resulta:

%8,31001500

14431500 =⋅−=s

Interpolando en las curvas de Par – velocidad, resulta: ( )

( ) ( ) mN . 5,8714431455143114557510075 =−⋅

−−+

W2,1322260

144325,87 =⋅⋅=⋅= πωuu MP

Interpolando en las curvas de rendimiento – velocidad:

( )( ) ( ) %87,014431455

1431145586,088,088,0 =−⋅

−−−=η

abs

uPP

=η → W915197870

213222 ,,

,Pabs ==

Pérdidas totales = Pabs – Pu = 15197,9 – 13222,2 = 1975,7 W

De las pruebas de vacío, resulta:

mecCuFeo PPPP ++= 1 → mecfase,Feo PR.I.PP ++= 1213

Velocidad (rpm) 1500 1488 1474 1455 1431 1400

Par (N.m) 0 25 50 75 100 125

Rendimiento 0 0,45 0,68 0,88 0,86 0,81



Triángulo: Femec PP, ++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅=

2

37803900

Estrella: 2

2380

3380428032454 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅++⋅⋅= /PP,,, Femec

Del sistema anterior, resulta: W2,230=mecP

W6,630=FeP

Cuando trabaja en carga, resulta:

Pérdidas en el estator por efecto Joule:

W25833

2780332

1211 ,,R.I.P fase,Cu =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅==

Potencia en el entrehierro:

W1,139842,5836,6309,151971 =−−=−−= CuFeabsa PPPP

Pérdidas en el rotor por efecto Joule:

W453111398403802 ,,,PsP aCu =⋅=⋅=

Potencia mecánica interna: W7134522 ,PPP Cuai =−=

Potencia útil:

W5132222230713452 ,,,PPP miu =−=−=

Pérdidas adicionales:

W3,02,132225,13222 =−=sadicionaleP

Factor de potencia:

85520273803

9151973

,,IU

Pcoslinlin

abs =⋅⋅

=⋅⋅

=ϕ



5.5 Problema 5

Hacer la separación de pérdidas de un motor asíncrono de 7,5 kW, 4 polos, 50 Hz, 400 V/693 V con los datos siguientes obtenidos en el laboratorio:

Temperatura interna de trabajo = 65 ºC Resistencia por fase a esta temperatura = 0,8 Ω

400 V 6 A Po = 1470 W

231 V 3,2 A Po = 595 W Pruebas en vacío y caliente

116 V 1,6 A Po = 270 W

Prueba en carga y caliente 400 V 18 A Pabs = 11432 W 1420

rpm Mu = 61,5

N.m

Determinar también el rendimiento y el factor de potencia de la prueba de carga, así como los parámetros aproximados del circuito equivalente por fase, suponiendo que el motor tiene un diseño que cumple la norma NEMA A, es decir, que 1'2

1 =XX .

Resolución:

Ya que la tensión es de 400 V, el motor se debe conectar triángulo.

Po = PCu1 + PFe + Pmec → Po - PCu1 = PFe + Pmec

Femec PP, +=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅−

2

368031470

22

400231

323803595 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅− Femec PP,,

22

400116

361803270 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅− Femec PP,,

Tenemos un sistema de tres ecuaciones con dos incógnitas, entonces, resolvemos dos y comprobamos la tercera. Resulta:

W160=mecP

W1280=FeP

En carga, resulta:

305,01500

14201500 =−=s W22593

188032

1 ,,PCu =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅=

W11432=absP → W8989212802259114321 ,,PPPP FeCuabsa =−−=−−=



( ) ( ) W2936505301898921 ,,,sPP ai =−⋅=−⋅=

W291456021420561 ,,w.MuPu =⋅⋅== π

W65270530898922 ,,,sPP aCu =⋅=⋅=

Pérdidas totales: PTOT = W822862914511432 ,,PP uabs =−=−

Pérdidas adicionales: W06082286 21 ,PPPP,P mecFeCuCusadicionale =−−−−=

Factor de potencia: 91670184003

114323

,IU

Pcos

linlin

abs =⋅⋅

=⋅⋅

=ϕ

Rendimiento: 8011432

29145 ,,PP

abs

util ===η

Circuito equivalente:

En vacío: W1280=FeP → FeR

240031280 ⋅= → Ω= 375FeR

VA92415664003 ,So =⋅⋅=

VAr33388822 ,PSQ ooo =−= → µX

,24003333888 ⋅= → Ω= 45123,X µ

Suponiendo V º0400∠=lU , resulta:

A 902439045123

04001 º,º,

ºXUI −∠=

∠∠==

µµ

A º0067,1º0375º04001 ∠=

∠∠==

FeFe R

UI

Pabs = ϕcos⋅⋅⋅= 18400311432 º55,23=ϕ

Xµ

Il

RFe

R2’ Xl Rl X2’

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅ 11

2 s'R



A55233

181 º,I fase, −∠=

21 'IIII Fefase, ++= µ → A 1365182 º,,'I −∠=

'R,.,PCu 22

2 5183589527 ⋅== → Ω= 4322 ,'R

Ω= 801 ,R

( ) ( )518

400221

221 ,

s/'RR'XX =+++

( ) ( )518

400305043280 2221 ,

,/,,'XX =+++ → ( ) Ω=+ 8559221 ,'XX

Si el motor es del tipo NEMA A, se cumple:

'XX 21 = → Ω== 87321 ,'XX



5.6 Problema 6

De un motor asíncrono trifásico de seis polos, 380 V conexión estrella y 50 Hz se conocen los resultados de las pruebas siguientes:

Prueba de vacío a plena tensión: AI 4,1201 = WP 273301 = VU 38001 =

Prueba de vacío a baja tensión: AI 5,602 = WP 7,185502 = VU 22002 =

Prueba de corriente continua: AICC 50= VU CC 12=

Prueba a plena carga: AI n 2,46= VU n 380= WPn 26701=

rpm955=n kgcm2250 ⋅=M

Hacer una separación completa de pérdidas en condiciones nominales, determinando incluso las pérdidas adicionales, y calcular también el rendimiento.

Resolución:

Corriente continua: Ω=== 12,05012.5,0.5,01

cc

ccIVR

Vacío: Po = PCu1 + PFe + Pmec

mecFe PP ++⋅⋅= 24,1212,032733 W81258,PFe =

mecFe PP +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+⋅⋅=

22

3802205,612,037,1855 W8,1418=mecP

Plena carga:

ϕcos2,46380326701 ⋅⋅⋅==absP 87810,cos =ϕ

W47682461203 21 ,,,PCu =⋅⋅=

W824673812584768267011 ,,,PPPP FeCuabsa =−−=−−= (en el entrehierro)

045,01000

9551000 =−=s

W3111082467304502 ,,,PsP aCu =⋅=⋅=

W523563311108246732 ,,,PPP Cuai =−=−=

7,221448,14185,23563 =−=− meci PP



W622051100

11

892250602955

602 ,

cmm

KgN,Kgcmn.Mw.MP uuu =⋅⋅⋅⋅⋅=⋅== ππ

W0893622051722144 ,,,Padicional =−=

W4464921 ,PPPPPP sadicionalemiFeCuCutotalesérdidas =++++=

Y el rendimiento vale: 8259026701

622051 ,,PP

abs

útil ===η (82,59 %)



5.7 Problema 7

Un motor asíncrono trifásico conectado en triángulo a una red de 230 V absorbe una potencia de 65 kW, con un factor de potencia de 0,87 inductivo.

Por otra parte, se sabe que '21 RR = y que cuando gira a 1410 rpm, el par generado por el motor es máximo. Si se deprecian la rama en paralelo del circuito equivalente y las pérdidas mecánicas, determinar:

a) Corriente absorbida, rendimiento del motor y par mecánico interno a 1450 rpm

b) Corriente absorbida y par durante el arranque

c) Velocidad de giro cuando arrastra un par resistente de 40 N.m

Resolución:

En las condiciones del enunciado y teniendo en cuenta que el estator está conectado en triángulo:

ϕcos3 ⋅⋅⋅= fasefaseabs IUP

87,03

230365000 ⋅⋅⋅= lineaI

A55187,Ilinea = A28108355187 ,,I fase ==

A 54292810887028108 º,,,cosar,I fase −∠=−∠=

Circuito equivalente triángulo por fase:

Figura 5.7.1

Ω+=∠=−∠∠= 0471848154291242

5429281080230 ,j,º,,

º,,ºZ eq

Donde: s

RR '848,1 21 += Siendo s desconocido

CCXXX 121 '047,1 =+=

R1 X1 R2’ X’2

R2’(1/s -1) Ifase

Ufase



Por otra parte, según el enunciado, se obtiene el par máximo para una velocidad de 1410 rpm, es decir (ns = 1500 rpm ):

0601500

14101500 ,smax =−=

Según el enunciado: '21 RR =

0602

12

1

2 ,XR

'Rs

CCmax =

+= → 22

22

12

12 047,1'06,006,0' +⋅=+⋅= RXRR CC

De aquí resulta: 12 063,0' RR =Ω=

a)

Para 1450 rpm → 033301500

14501500 ,s =−=

Ω⋅++=⋅++= 047103330063006301

21 ,j

,,,Xj

s'RRZ CCT → Ω∠= º72,28227,2TZ

A 72282810372282272

0230 ,,º,,

ºZ

UI

T

fasefase −∠=

∠∠==

A881783 ,II faselinea =⋅=

W056249572288817823033 ,,cos,cosIUP linealineaabs =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ

mecCuCuFeabsutil PPPPPP −−−−= 21

Al ser, según el enunciado, 0== mecFe PP , resulta:

( ) W0258463063006302810330562495 2 ,,,,,Putil =+⋅⋅−=

El rendimiento será:

%55,9305,6249502,58463100100 =⋅=⋅=

abs

util

PPη

mN023851450

602

0258463 .,,PM i

i =⋅

==πω

b) En el arranque se tiene n = 0 y s = 1:

( ) Ω∠=⋅++=⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += º28,83077,1047,1063,0063,0'

12

1 jXjs

RRZ CCarranque

A,,

I arrfase 562130771

230 ==



A,,I arrabs 89369562133 =⋅=

( )[ ]

mN23,57'

602

'32

12

21

22

,1 ⋅=++⋅⋅

⋅⋅=

CCs

fasearri

XRRn

RUM π

c) Si mNMi ⋅= 40

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅

⋅⋅=2

2

2

0471063006301500602

0630230340

,s

,,

s/,

π

Ecuación que, una vez resuelta, resulta:

0987,0=s 0826,0−=s (sin sentido físico)

150015000987,0 n−= → rpm951351,n =



5.8 Problema 8

Se dispone de un motor asíncrono trifásico de 3 pares de polos, conectado en triángulo a una red de 400 V.

1. Condiciones a plena carga: 400 V, 35 A, 50 Hz, cos φ = 0,85 inductivo.

2. En el arranque a 400 V: Iarranque = 3,5 In, cos φarranque = 0,3, Marranque = 190 N·m

Despreciando la rama en paralelo del circuito equivalente, calcular:

a) Circuito equivalente

b) El motor acciona un carga mecánica que presenta un par resistente de giro MR = 0,15.n+19,1 N.m, estando expresada la velocidad en rpm. En estas condiciones, determinar el rendimiento del motor, la potencia absorbida, la velocidad de giro y el factor de potencia.

Resolución:

rpm 1000350.60.60 ===

pfns

En el arranque se tiene s = 1:

( ) CCCCarr Xj'RRXjs

'RRZ 12112

1 ⋅++=⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

( ) CCarrfase

arrfasearr XjRRj

arI

UZ 121 ' 395,5697,1º54,72656,5

3,0cos3

355,3

º0400 ⋅++=+=∠=−∠⋅

∠==

Resulta:

R1 + R2’ = 1,697 Ω X1CC = 5,395 Ω

( )[ ]21

221

22

1

21

22

1

221

602

3

602

3

CCs

fase,

CCs

fase,arr

X'RRn

'RU

Xs

'RRn

s'RU

M++⋅⋅

⋅⋅=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅

⋅⋅= ππ

( )222

2

395,5697,11000602

'4003190+⋅⋅

⋅⋅= π

R → Ω= 326,1'2R → Ω= 371,01R

b)

RMM =

10,1915,0

395,5326,1371,01000602

326,14003

22

2

+⋅=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅

⋅⋅n

s

sπ



Pero 1000

1000 nn

nnss

s −=−= → ( )sn −⋅= 11000

Sustituyendo en la anterior ecuación, resulta:

0,05

s = 0,522 ± j1,049 sin sentido físico

( ) ( ) rpm9500501100011000 =−⋅=−⋅= ,sn

Ω∠=+⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ += º34,11427,27395,505,0

326,1371,0 jZ

9803411 ,º,coscos ==ϕ

AI fase 58,14427,27

400 == → AIlinea 26,2558,143 =⋅=

W6317150980262540033 ,,,cosIUP linealineaabs =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ

( ) W571607660

9502101995015060

2 ,,,nMMP uuu =⋅⋅⋅+⋅=⋅⋅⋅=⋅= ππω

Y el rendimiento será:

%74,9310063,1715057,16076100 =⋅=⋅=

abs

u

PPη



5.9 Problema 9

Un motor trifásico, asíncrono de 400 V/690 V, 50 Hz, 4 polos, presenta los parámetros siguientes: Ω== 1'21 RR Ω== 6,6'21 XX

Se suponen unas pérdidas mecánicas de 250 W y se desprecia la rama en paralelo del circuito equivalente. El motor se conecta a una red de 400 V, 50 Hz.

Se pide:

a) Tipo de conexión del bobinado del estator para poder conectarlo a la red de 400 V

b) Corriente de línea en el arranque

c) Corriente absorbida a plena carga para un deslizamiento del 5 %. Calcular también las potencias absorbida, útil, y el rendimiento del motor

d) Par mecánico interno a plena carga

e) Velocidad para la cual se obtiene el par máximo, así como el valor del mismo

Resolución:

a) La conexión del bobinado del estator debe ser triángulo, a fin que a cada bobinado le llegue la tensión más pequeña de 400 V/690 V.

b) En el arranque se tiene s = 1 y por lo tanto resulta,

( ) ( ) ( ) ( ) Ω∠=+⋅++=+⋅++= º38,8135,136,66,611'' 2121 jXXjRRZ arr

A90513513

400333 ,,Z

UII

arranque

fasearrarr faselinea =⋅=⋅=⋅=

c)

( ) ( )Ω+⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += 6666

0501121

21 ,,j

,'XXj

s'RRZ → Ω∠= º15,3280,24Z

A94278024

400333 ,,Z

UII

fase

fasefaselinea =⋅=⋅=⋅=

º15,32cos94,274003cos3 ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕlinealineaabs IUP → W0916389,Pabs =

W2314582250105011

394273113

2

22 ,

,,P

s'RIPPP mecfasemeciu =−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅⋅=−=

Y el rendimiento resulta:

%,,,

PP

abs

u 998810009163892314582100 =⋅=⋅=η



d)

s

sn

nns

−= →

15001500050 n, −= → n = 1425 rpm

n πMi.Mi.ωPi ⋅==602 → 1425

6022314832 ⋅= πMi., → Mi = 99,39 N.m

El par interno también se puede calcular a partir de la expresión:

N.m 3999

213050111500

602

05014003

602

3

22

2

21

22

1

221

,

,,

,

Xs

'RRn

s'RU

M

CCs

fase,i =

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⋅⋅

⋅⋅=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅

⋅⋅=

ππ

e)

0755402

12

1

2 ,XR

'RsCC

max =+

=

s

sn

nns

−= →

15001500

075540 maxn,

−= → nmax = 1386,69 rpm

N.m 31107

602

3

21

22

1

221

,

Xs

'RRn

s'RU

M

CCmax

s

maxfase,

max,i =

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅

⋅⋅=

π



5.10 Problema 10

La máquina eléctrica del ejercicio anterior, conectada a la misma red, es impulsada por un motor auxiliar que le obliga a girar a 1575 rpm.

Calcular:

a) Corriente absorbida por la máquina

b) Potencia mecánica que la máquina eléctrica absorbe del motor auxiliar

c) Potencia, activa y reactiva que la máquina eléctrica entrega a la red

d) Pérdidas por efecto Joule en la máquina eléctrica

e) Rendimiento de la máquina eléctrica

Resolución:

a)

05,01500

15751500 −=−=−=s

s

nnns

La máquina eléctrica actúa como generador, al ser 0<s .

Figura 5.10.1

( ) ( ) Ω+−=+⋅+⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−

+=+⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += 213196666

0501121

21 ,j,,j

,'XXj

s'RRZT

Ω∠= º21,14514,23TZ

Cabe destacar que: 011'2 <⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

sR

Lo que indica que no es una verdadera resistencia, es una estrategia para poder simular mediante un circuito eléctrico la potencia mecánica de la máquina.

R1 R’2 X’2 X1

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅ 11'2 s

R



A211459429211451423

0400331 º,,º,,

ºZ

UI

T

faselinea −∠=

∠∠⋅=⋅=

A79134942918021145942911 º,,)º,(,II linea)redlaaentregado(linea ∠=+−∠=−=

I1línea = 29,94 A

b) Para un generador:

W48188241050

11394293113

2

22

1 ,,

,s

'R'IPi −=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⋅⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅⋅=

W4818824,PP iabsmec =−=

c)

W201703521145942940033 ,º,cos,cosIUP linealineaabsorbida −=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ

W2017035,PP absorbidaentregada =−=

VAr361183521145942940033 ,º,sin,sinIUQ linealineaabsorbida +=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ

VAr3611835,QQ absorbidaentregada −=−=

d)

W811792113942933

2

212 ,)(,.)'RR.(I.P faseJoule =+⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=+=

e)

%5,9010048,1882420,17035100 =⋅=⋅=

ror auxiliapor el motentregada

entregadaeléctrica

PP

η



5.11 Problema 11

La máquina eléctrica del ejercicio 9 actúa como motor, girando a plena carga, con un deslizamiento del 5 %. De forma instantánea se permuta la conexión de dos fases de la red.

Calcular en este instante:

a) Corriente absorbida por la máquina

b) Potencia mecánica absorbida a través del eje del motor

c) Par interno, desarrollado como freno

d) Potencia absorbida de la red

e) Pérdidas por efecto Joule, que tienen lugar en el motor

Resolución:

a) Antes de permutar las fases: s = 0,05, resultando n = 1425 rpm

Al permutar la conexión de dos fases el campo gira en sentido contrario al rotor y resulta:

1500−=sn rpm

95,11500

14251500 =−

−−=−=s

s

nnns

Al ser s > 1, el motor actúa como freno:

( ) ( ) Ω∠=+⋅+⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=+⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += º,,,,j

,'XXj

s'RRZT 46832913 6666

9511121

21

A 13522913

400333 ,,Z

UII

T

fasefaselínea =⋅=⋅=⋅=

b)

Figura 5.11.1

R1 R’2 X’2 X1

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅ 11'2 s

R

P eléctrica

P mecánica



⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅= 1

95111

313523113

2

22

2 ,,

s'R'IPi

0W931323 <−= ,Pi

Lo cual indica que el motor absorbe potencia de la carga que arrastra.

W931323,P absmec =

c)

N.m8781425

602

931323 ,,PM i

i −=⋅

−==πω

El par va en sentido contrario al movimiento, es un par de frenado.

d)

W5841134683cos3135240033 ,º,.,cosIUP fasefaseabselect =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ

e) Las pérdidas por efecto Joule se pueden calcular de dos formas:

W075435113135233

2

2122 ,)(,)'RR.('I.PJoule =+⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=+=

W515437931323584113 ,,,PPP abs,mecabs,electrJoule =+=+=



5.12 Problema 12

Se dispone de un motor trifásico, asíncrono, 400 V/690 V, 50 Hz, 11 kW, 6 polos, factor de potencia 0,78 y par mecánico interno 109 N.m a 970 rpm. a plena carga. La resistencia por fase que presenta el estator es de 0,27 Ω.

Efectuando el ensayo de vacío, el motor consume 10 A y absorbe una potencia de 900 W.

Se conecta el motor a una red de 400 V.

Calcular:

a) Las pérdidas que tiene lugar en el motor cuando trabaja a plena carga

b) Potencia absorbida por el motor a plena carga

c) Rendimiento a plena carga

Resolución:

a) El motor se debe conectar en estrella.

utilmecCuFeCuFeiCuFeCuFeaCuFeabs PPPPPPPPPPPPPPP +++++=++++=++= 2211221111

Siendo PFe2 = 0, al ser la frecuencia de las corrientes del rotor muy baja.

A plena carga:

03,01000

9701000 =−=−=s

s

nnns

W0211072970602109 ,MP ii =⋅⋅=⋅= πω

aiCuia PsPPPP ⋅+=+= 2

W451141403010211072

1,

,,

sP

P ia =

−=

−=

W433422 ,PPP iaCu =−=

enunciado)(segunW11000=uP

W0272110000211072 ,,PPP uimec =−=−=

Del ensayo en vacío, y suponiendo 02 ≅CuP al ser la corriente del rotor muy baja y Puo = 0:

mecFeCuo PPPP ++= 1010

02722703

103900 10

2

,P, Fe ++⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅= → W98800110 ,PP FeFe =≈



b)

11cos3 FeCuafasefaseabs PPPIUP ++=⋅⋅⋅= ϕ

98800270345114147804003 2 ,,I,,I fasefase +⋅⋅+=⋅⋅⋅

A2013

fisico)sentido(sinA41142 ,

,I fase =

A8622201333 ,,II faselinea =⋅=⋅=

W71235878020134003 ,,,Pabs =⋅⋅⋅=

c)

%,,P

P

abs

u 0689100712358

11000100 =⋅=⋅=η



5.13 Problema 13

Un motor asíncrono trifásico de jaula de ardilla mueve la cabina de un ascensor. Las características del motor son: 230 V/400 V, 50 Hz, 120 polos. Dicho motor se conecta a una red trifásica de 400 V y 50 Hz. La resistencia del estator por fase vale 1 Ω.

Efectuando las pruebas de vacío y cortocircuito, han dado los siguientes resultados:

Ensayo de vacío: 230 V, 4,4 A, 800 W, 49,8 rpm (considerar el circuito equivalente completo)

Ensayo de cortocircuito (rotor bloqueado): 36 V, 10,1 A, 550 W

Considerando que el par de pérdidas mecánicas de la máquina permanece constante, determinar:

a) Tipo de conexión del estator del motor.

b) Circuito equivalente aproximado por fase.

c) Velocidad de ascenso de la cabina, sabiendo que el peso total es de 350 Kg y el radio de la polea de 0,15 m.

Resolución:

a) Dado que el motor es de 230 V/400 V y la red es de 400 V, la conexión debe ser en estrella.

Figura 5.13.1

b) El circuito equivalente estrella aproximado por fase es:

Figura 5.13.2

R1 R’2 X’2 X1

Xµ RFe ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅ 11'2 s

R

R S T



Ensayo rotor bloqueado:

n = 0 → s = 1

ccfase,cccc RIP 12

13 ⋅⋅= → ccR, 121103550 ⋅⋅= → Ω= 8011 ,R cc

Al ser R1 = 1 Ω → Ω=−=−= 80181112 ,,RR'R cc

cc

linea,cccc Z

/VI

11

3= →

ccZ/,1

336110 = → Ω= 05721 ,Z cc

Ω=−=−= 9970810572 2221

211 ,,,RZX cccccc

Ensayo de vacío:

5060

506060 =⋅=⋅=p

fns rpm → 004050

84950 ,,n

nnss

oso =−=−=

21

22

11 cco

oo Xs'R

RIV +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅=

22

1 997,0004,08,01

3230 +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⋅= oI → A66101 ,I o =

W362801661033 21

21211 ,,,RIPPP ccoCuCuoR cc

=⋅⋅=⋅⋅=+=

Dado que no hay potencia útil al trabajar el motor en vacío, se cumple: meci PP =

W042611004018066103113 2

22

1 ,,

,,s

'RIPPo

omeci =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅==

oolineaolineao cosIVP ϕ⋅⋅⋅= 3 → ocos, ϕ⋅⋅⋅= 442303800

Resulta:

456,0cos =oϕ y 890,0sin =oϕ

W54536042613628001 ,,,PPPP mecRoFe CCo =−−=−−=

( )54,536323033

22

⋅=⋅=Fe

ofaseFe P

UR → Ω= 59,98FeR

VAr63155989004423033 ,,,sinIUQ oolineaolineao =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ

Por otra parte:

ccoolinea

o X.I.X

UQ 12

1

2

33 +⋅=µ

→ 99706610332303631559 22

,.,.X

)/(, +⋅=µ

Ω= 9533,X µ



c)

Figura 5.13.3

Cabe recordar que, según el enunciado, las pérdidas mecánicas son constantes e independientes de la velocidad.

mecánicaspérdidasresistmotor MMM +=

602

602

3

21

22

1

212

n.PRgm

Xs

'RRn

s'RU

mec

CCs

fase,

ππ+⋅⋅=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

⋅⋅

849602

126115089350

9970801602

803

4003

22

2

,

,,,

,s,n

s,

s⋅

+⋅⋅=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅

⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅

ππ

De la ecuación anterior resulta:

2040 (sin sentido físico)

s = 0,0154

s

s

nnns −= →

50500154,0 n−= → rpm2349,n =

rad/s15552349602

602 ,,n. =⋅== ππω

m/s77301501555 ,,,Rv =⋅=⋅= ω

Mmotor

Mpérdidas

Mresistente

MOTOR

CABINA



5.14 Problema 14

Un motor asíncrono trifásico 400 V/690 V, 37 kW, 6 polos, 50 Hz, rendimiento del 92,5 % y factor de potencia 0,85 inductivo. Cuando se conecta a una red de 400 V presenta un par de arranque igual a 1,7 veces el par nominal, siendo la corriente en este instante igual a 6 veces la corriente nominal.

Se pretende arrancar el motor mediante un autotransformador para poder conseguir reducir la corriente de arranque, siendo el par de arranque mínimo requerido de 1,1 veces el par nominal.

Calcular:

a) Tensión que se debería aplicar al motor durante el arranque

b) Corriente de arranque del motor

c) Corriente absorbida de la red por el autotransformador

Resolución:

a) Dado que:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⋅

⋅⋅=

21

22

1

21

2

602

3

CCs

fase,i

Xs

'RR.n

Us

'R

Mπ

En el arranque: s = 1 → 21UkM arr ⋅=

autotrafo

directo

autotrafoarr

directoarr

U

UMn,Mn,

MM

21

21

1171 =

⋅⋅= →

autotrafoU,,

21

24001171 =

Resultando:

V763211 ,U autotrafo =

b)

W400009250

37000 ===,

PP uabs η

A 9235678504003

400003

,,cosU

PI

n

absn =

⋅⋅=

⋅⋅=

ϕ

Durante el arranque directo la corriente es: A,,I.I narr 54140792356766 =⋅==

3

3

1

1

1

1

/I

/IUU

autotrafo

directo

autotrafo

directo = → autotrafoI

,, 1

923567676321

400 ⋅= → A8263271 ,I autotrafo =

c) El autotransformador empleado debe tener una relación de transformación de:



76,321

400=tr

Luego la corriente del autotransformador será:

Art

70,263826,327 =



5.15 Problema 15

Un motor trifásico asíncrono 230 V/400 V, 50 Hz, 3 kW, η = 72 %, cosφ = 0,67 (i), se conecta a una línea monofásica de 230 V y 50 Hz.

a) Dibujar un esquema para poder conectar el motor a la línea monofásica.

b) Explicar cómo se puede invertir el sentido de giro.

c) Determinar el valor del condensador a utilizar.

d) Desfase entre flujos que se consigue mediante la utilización del condensador del apartado c).

Resolución:

a) y b)

Figura 5.15.1

Si se tuviera que conectar a 400 V

Figura 5.15.2

230 V 50 Hz

Sentido de giro

Sentido de giro

L N

Placa de conexión

Sentido de giro

400 V 50 Hz

L N

Placa de conexión Sentido de giro



El condensador debe soportar como mínimo una tensión de 1,25 Un debido a las sobretensiones que se pueden producir por efectos de resonancia.

Los flujos de las bobinas se han de desfasar 90º (condición óptima).

c) Cálculo del valor del condensador:

Figura 5.15.3

ϕZZ =1

( ) θϕϕ

ϕϕ

ϕϕ

ϕ

ϕϕ −=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

−

−=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

−

−+=

−

−+= 22

21 Z

jXcZjXc.ZZ

jXcZjXcZ

jXcZjXcZZZ

ϕZ

VIº0

1 =

θϕ−=2

02

ZVI

º

El desfase entre las corrientes I2 e I1 se calcula como:

αβϕ

ϕϕ

ϕθ −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

cos.ZX.sin.Z

cos.ZXsin.Z CC 2

arctgarctg

CCCC

C

X.sin.Z.X/Zcos.Z

X.sin.X.Z.Z

cos.X.Ztg.tgtgtg)(tgtg

23231 222 +−=

+−=

+−

=−=ϕ

ϕϕϕ

αβαβαβθ

Para que el desfase θ entre I2 y I1 sea máximo, se debe cumplir (maximizar θ equivale a maximizar tg θ):

0=CdX

)tg(d θ → 022

2

=+−

CXZ →

2ZX C =

siendo Z la impedancia por fase del motor. Supondremos el motor conectado en triángulo a una línea de 230 V:

A 01,967,0.230.372,0/3000

cos..3/

cos..3====

ϕη

ϕ fase

u

fase

absfase U

PU

PI

El resultado anterior es congruente con los datos de partida del enunciado.

-j.XC Zϕ

Zϕ

Zϕ I1 I2

Z1 Z2

V

I1

I2

ϕθ



Ω=== 52,2501,9

230

fase

fase

IV

Z → Ω=== 05,18252,25

2ZX C

C.X C ω

1= → C.50..2

105,18π

= → C = 176,4 µF

Un método práctico aproximado es suponer 60-70 µF/1 kW.

d)

223223232 /sin.cos

Z/X.sin.X/Zcos

X.sin.Z.X/Zcos.Ztg

CCCC +−=

+−=

+−=

ϕϕ

ϕϕ

ϕϕθ

FP = cosφ = 0,67 (i) → φ = 47,93º → sinφ = 0,742

114,1742,0.32.2

67,0 =−

=θtg → θ = 48,09º

Aunque sería óptimo θ ≈ 90º, con el desfase obtenido es suficiente para que el motor gire sin problemas.



5.16 Problema 16

Un motor asíncrono trifásico con el estator conectado en triángulo se alimenta de una línea de 380 V y 50 Hz. Absorbe 13953,94 W cuando tiene un par de salida de 122,13 N.m y un rendimiento del 87,092%. Les pérdidas mecánicas del motor son Pmec = n/2 W, siendo n la velocidad expresada en rpm. Se sabe que R1 = R2’ = R Ω, X1 = X2’ = 6,2.R Ω.

Se pide:

a) La velocidad y el número de pares de polos del motor

b) Las pérdidas por efecto Joule en el rotor

c) El valor de R

d) El par de arranque del motor

Nota: despreciar la rama en paralelo del circuito equivalente

Resolución:

a) W41,1215254,13953.87092,0. === absu PP η

rad/s 484,9913,122

41,12152 ===u

uMPω → rpm 950

260 =⋅=π

ωn

Por lo tanto tiene que ser 3=p

b)

W4752

== nPmec

0501000

9501000 ,s =−=

W1262547512150 =+=+= mecui PPP

W4713289 050126251 1 ,PP),(P)s(P aaai =→−=→−=

W476642 ,PsP acu =⋅=

c)

ω⋅= ii MP → Nm 9126 4849912625 ,M,M ii =→⋅=

( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

⋅⋅=

221

22

1

221

602

39126

'XXs

'RRn

s'RV

,

s

fase,

π



( )[ ]2222

2

412216010002

0503803

9126R,R.

,R

,⋅+⋅⋅

⋅⋅=

π → Ω= 096,1R

d) Durante el arranque se cumple que s = 1

( ) ( )[ ]22

2

0961262096121000602

09613803

,,,

,M arr⋅⋅+⋅⋅⋅

⋅⋅=π

→ Nm 9323,M arr =



5.17 Problema 17

Un motor asíncrono trifásico de rotor bobinado tiene los bobinados del estator y del rotor conectados en estrella. Se alimenta a su tensión nominal de 400 V y 50 Hz. A plena carga gira a 1440 rpm. Se sabe que R1 = 1 Ω, R2’ = 0,8 Ω, X1cc = 5 Ω y que las relaciones de transformación de tensión y de corriente son idénticas y de valor 2.

Despreciando las pérdidas mecánicas y la rama en paralelo del circuito equivalente, calcular:

a) La intensidad de corriente absorbida por el motor y el par interno a plena carga

b) La corriente absorbida y el par de arranque con los anillos en cortocircuito

c) La resistencia por fase que se debe conectar en serie con el rotor para que desarrolle el par máximo durante el arranque

Resolución:

a)

Figura 5.17.1

(4%) 0401500

14401500 ,n

nnss

s =−=−=

A 70105040801

3400222

12

21

1

1

111 ,

),/,(

/

X)s/'RR(

VZV

IIcc

fase,

fase,

fase,fase,línea, =

++=

++===

W66594104018070103113113 2

2212

22 ,

,.,.,.

s'.R.I.

s'.R.'I.P fase,i =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

n..M.MP iii ⋅==602πω → N.m 7343

144026659460

260

,..

,.n..

P.M i

i ===ππ

b) En el momento del arranque se tiene s = 1:

A 46435801

3400

1 2221

221

1

1

1 ,),(

/

X)/'RR(

VZV

Icc

fase,

arr,

fase,arr =

++=

++==

R1 R’2 X’2 X1

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅ 11

2 s'R



N.m 8628

51801

6015002

18034003

602

3

22

2

21

22

1

221

,,.

,)/(

Xs

'RR

n.s

'RV

M

ccs

fase,arr,i =

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

⋅⋅=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⋅

⋅⋅=

ππ

c)

157051

80222

121

2 ,,

XR

'Rscc

M max =+

=+

=

N.m 5083

51570

8011500602

15708034003

602

3

22

2

21

22

1

221

,

,,

,,)/(

Xs

'RRn

s'RV

M

ccs

fase,max,i =

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⋅⋅

⋅⋅=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅

⋅⋅=

ππ

Para obtener el par máximo durante el arranque:

22

221

21

22

51

801

+

+=

+

+== añadida,

cc

añadida,arr

'R,

XR

'R'Rs → R’2,añadida = 4,30 Ω

Ω=== 075122

30422 ,

.,

r.r'R

RIV tt

añadida,añadida,



5.18 Problema 18

Se dispone de un motor asíncrono trifásico de 230 V/400V, 50 Hz, 100 polos y rotor de jaula. A continuación se exponen los resultados de los diversos ensayos a los que se le ha sometido:

- Ensayo de corriente continua: 12 V, 19,8 A (con el estator conectado en triángulo)

- Ensayo de rotor bloqueado: 21,1 V, 16,25 A y 530 W (Despreciar la rama en paralelo del circuito equivalente.)

- Ensayo de vacío: 230 V, 7,27 A, 750 W, 59,82 rpm (Se debe contemplar el circuito equivalente en su totalidad.)

Se conecta a una red de 230 V y 50 Hz. Las pérdidas mecánicas se consideran constantes e independientes de la velocidad. Utilizar el circuito equivalente simplificado de la figura.

Determinar:

a) Las pérdidas mecánicas

b) Los parámetros del circuito equivalente

Figura 5.18.1

Resolución:

a) y b) Al ser la red de 230 V, el motor se debe conectar en triángulo.

Ensayo de corriente continua:

Figura 5.18.2

Ω=== 6060819

12 ,,I

VReq

R1 R2’

RC’ = R2’(1/s-1)

X1,cc

RFe Xµ

12 V R1∆ R1∆

R1∆



( )( ) ∆

∆∆∆

∆∆∆ ⋅=++⋅+

== 1111

111326060 R

RRRRRR

,Req → R∆ = 0,909 ∆

Ensayo de rotor bloqueado:

Figura 5.18.3

Ω=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

=⋅

=∆

∆ 2

325163

5303 22

11

,IPR

CC

CCCC

Ω=−=−= ∆∆ 091190902112 ,,RR'R CC

Ω===∆

∆∆ 2492

32516121

1

11 ,

,,

IV

ZCC

CCCC → Ω=−=∆ 0286109112492 22

1 ,,,X CC

Ensayo de vacío:

Figura 5.18.4

rpm6050

5060601 =⋅=

⋅=

pfn 003,0

6082,5960 =−=s

Ω=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅= ∆ 57563621

00301091111

2 ,,

,s

'R'R C

( )

A,,,X)'RR(

V'I

CCcCC

63100282157563622

230222

12

1

12 =

++=

++=

∆∆

∆∆

R1CC∆ X1CC∆

A3

25,16 21,1 V

R1∆

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅= 11'' 2 s

RR C

R’2∆

∆µ1X ∆FeR1 V1 = 230

X1CC∆

I’2∆



W085716310909033 22211 ,,,'IRPR =⋅⋅=⋅⋅= ∆∆

W303116310091133 22222 ,,,'I'RP 'R =⋅⋅=⋅⋅= ∆∆

En vacío se cumple Pi = Pmec:

W094336310575636233 222 ,,,'I'RPP Cmeci =⋅⋅=⋅⋅== ∆

W5231409433303110857175021 ,,,,PPPPP i'RRoFe =−−−=−−−=

Ω===∆ 585043

52314230

3

221

1 ,,P

VR

FeFe

oooo cosIVP ϕ⋅⋅⋅= 113 → 259032772303

750 ,/,

cos o =⋅⋅

=ϕ → º95,74=oϕ

º723,3=otgϕ

kVAr372797,tgPQ ooo =⋅= ϕ

2221 63100286133727973372797 ,,,'IX,Q CC ⋅⋅−=⋅⋅−= ∆∆µ → VAr 142796,Q =µ

Ω===∆ 76563142796

2303

221

1 ,,Q

VX

µµ



5.19 Problema 19

Se dispone de un motor trifásico asíncrono con rotor de jaula y las características siguientes: 15 CV, 220 V/380 V, 50 Hz, 4 polos, RFe = 330,91 Ω, Xµ = 74,99 Ω, R1 = R2’ = 0,5 Ω, X1+X2’ = 2,71 Ω.

La red es de 380 V y 50 Hz.

El circuito equivalente a tener en cuenta será:

Figura 5.19.1

Determinar:

a) El par motor en función del deslizamiento.

b) El factor de potencia del motor en función del deslizamiento.

c) El rendimiento eléctrico del motor en función del deslizamiento.

Resolución:

Al conectar el motor a una red de 380 V, el estator se debe conectar en estrella.

a) Expresión del par motor:

[ ] [ ]22

2

21

221

1

21

2

712505060

15002

3380503

602

3

.)s/..(..

)/(s..

X)s/'RR(n

..

Vs'R

.M

cc

i++⋅

⋅=

++⋅

⋅=

ππ

[ ]22 71.2)/5.05.0(64,459

++⋅=

ssM i

Representando el par interno Mi en función del deslizamiento s, resulta el gráfico de la figura siguiente:

R1 R2’

RC’ = R2’(1/s-1)

X1,cc

RFe Xµ



Deslizamiento (s)

0,00,20,40,60,81,0

Par (

N.m

)

0

20

40

60

80

100

120

140

160

Figura 5.19.2

b) Del circuito equivalente simplificado se calcula la fase de la impedancia total, resultando:

Figura 5.19.3

Ω+=Ω=+

=−

32771166161355573 237790

22..j..

XR

X.RZ º.

)R/X(arctgº

Fe

FeFe

Feµ

µ

µ

7125050121 ..j)s/..(X.j)s/'RR(Z ccderecha ++=++=

Haciendo el paralelo de las dos impedancias anteriores, resulta un ángulo de fase:

)s/..

.())s/..

.(º.5066616

03774arctg5050

712arctg2377+

−+

+=ϕ

Representando gráficamente el factor de potencia del motor (cosφ) en función del deslizamiento, resulta el gráfico de la figura siguiente:

R1 R2’

RC’ = R2’(1/s-1)

X1,cc

RFe Xµ

ZFe Zderecha



Deslizamiento (s)0.00.20.40.60.81.0

Fact

or d

e po

tenc

ia

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

Figura 5.19.4

c) Para calcular el rendimiento eléctrico se debe hacer:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+++

⋅=⋅=

)'R'RR.('IRV.

'R.'I.P

P

cFe

c

absorbida

i

2122

21

22

3

3100100η

2212

21

21

22

21

0.00075550.50151152295.0

)1/1(5.0100

)''.(.3

)1/1('..3

100

ss

s

RRRZ

V

R

V

sRZ

V

cderechaFe

derecha

++

−⋅⋅=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+++

−⋅

⋅=η

Representando gráficamente el rendimiento eléctrico del motor en función del deslizamiento, resulta:

Deslizamiento (s)0.00.20.40.60.81.0

Ren

dim

ient

o

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Figura 5.19.5



5.20 Problema 20

Un transformador trifásico de 50 kVA, 11000 V/400 V, 50 Hz, Dy11, εcc = 6%, εXcc = 4,8%, alimenta mediante una línea de 0,2 Ω/fase una estación de bombeo de agua donde hay instalada una bomba centrífuga accionada por un motor asíncrono de 11 kW, 230/400 V, 50 Hz, In = 21 A, nn = 480 rpm, FP = 0,95 (i) y Pmec = 225 W = constantes. Despreciar la rama en paralelo del circuito equivalente del motor. Se pide:

a) Los parámetros del circuito equivalente del transformador reducidos al secundario (R2,cc,trafo, X2,cc,trafo) y los parámetros del circuito equivalente del motor reducidos al estator (R1,motor, R’2,motor, X1,cc,motor)

b) La tensión de alimentación del transformador cuando el motor trabaja bajo condiciones nominales.

c) El par interno que suministra el motor cuando gira a 490 rpm y está alimentado a tensión nominal. Resolución a ) Transformador A

US

In

nn 168,72

400350000

3 22 =

⋅=

⋅=

nf

nfCCCC U

IZ

2

22 ⋅=ε

Ω=⋅

= 192,0168,72

340006,0

2CCZ

Ω=⋅

= 1536,0168,72

3400048,0

2CCX

Ω=−= 11519,022

22

2 CCCCCC XZR Motor (trabaja a 400 V, conexión estrella) WPPP mecnmi 1122522511000 =+=+=

Figura 5.20.1

motornmi IRPC

22'3 ⋅⋅=

AI motorn 212 =

RCI2nmotor

XCC 'RRRCC 21 +=

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⋅= 112 s'R'



Ω=⋅

=⋅

= 4845,8213

112253

' 22 motorn

mi

IP

RC

04,0500

480500

1

1 =−=−

=n

nns

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅= 11'' 2 s

RRC

→ Ω=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

= 3535,01

04,014845,8

11'

'2

s

RR C

VAIUS motornmotornmotor 22,145492140033 =⋅⋅=⋅⋅=

WSP motormotormotor 76,1382195,022,14549cos =⋅=⋅= ϕ

VArPSQ motormotormotor 454322 =−=

( ) motornCCCmotor IRRP 2'3 ⋅+⋅=

( ) Ω=⋅

=+ 447,10213

76,13821' 2CCC RR

Ω=−= 9627,14845,8447,10CCR

Ω=−=−=−= 6092,13535,09627,13535,09627,1'21 RRR CC

Ω=⋅

=⋅

= 434,3213

45433 2

22

motorn

motorCC I

QX

b )

Figura 5.20.2

( ) ( ) VjIZZUU nflCCff º24,024,2382,01536,011519,0º1,1821º03

4002221 ∠=++⋅−∠+∠=⋅++=

VU 70,11347400

1100024,23831 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅=

f'U1

Transformador Línea Motor

fU2

153601151902 ,j,Z CC += 0,2 Ω motorCCX R1’+R2’=1,96277

R’C = R2’ · (1/s – 1) = 8,4845 Ω


Máquinas síncronas 235

6 Máquinas síncronas



6.1 Problema 1

Un generador síncrono de 4 polos alimenta una instalación a 380 V, 50 Hz, alimentando una carga resistiva pura. La carga consume una corriente de 100 A.

El generador está conectado en estrella, presentando una reactancia síncrona por fase de 1 Ω, y una resistencia por fase despreciable.

Determinar:

a) Ángulo de potencia a que está funcionando

b) Potencia suministrada por el generador

Si se hiciera funcionar el generador anterior como motor síncrono, conectándolo a un sistema trifásico a 380 V, 50 Hz, con la misma excitación y proporcionando una potencia de 52 kW, determinar:

c) Corriente absorbida por el motor síncrono

d) Factor de potencia que presenta el motor

Resolución:

a) Al ser la carga resistiva pura, se cumple: φ= 0 → A º0100∠=I

V 5042410824110010003

380 º,,).jº.(º)X.jR(IUE ssff,Gf,oG ∠=+∠+∠=+⋅+=

Por lo tanto, resulta que el ángulo de potencia vale: δ = 24,504º

b)

W9,65817º504,24sin1

3380108,2413

sin3 =⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅= GS

GOX

UEP δ

Dado que la potencia que proporciona el generador es consumida exclusivamente por la carga, también se podría haber calculado de esta forma:

W9,6581711003803cos3 =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕGG IUP

c) Al trabajar como motor resulta:

MS

GOM X

UEP δsin3 ⋅⋅⋅−=

1001⋅⋅=⋅⋅ jIXj GS

OE

GI º03

380 ∠=U

G∂



Teniendo en cuenta que al mantener la excitación y al conectarlo a un sistema trifásico (a una tensión por fase de V

3380 ), la Eo se conserva.

Sustituyendo valores resulta:

Mδsin1

3380108,2413

52000 ⋅⋅⋅

=− → º1279,19−=Mδ

º901.º1279,19108,241º03

380 ..,, ∠+−∠=∠→+= MsffoMfM IXjIEU

Resultando:

A º072,6452,79 ∠=MI

d) De la expresión de la corriente del motor se obtiene:

φM = -6,072º → cosφM = 0,9944 (c)

También se podría calcular el factor de potencia del motor a partir de:

MMllM IUP ϕϕ cos.452,79.380.352000 cos...3 =→=

Resultando:

9944,0cos =Mϕ



6.2 Problema 2

Se dispone de un motor síncrono, tetrapolar, a 380 V, 50 Hz, conectado en estrella, acoplado a una red para compensar el factor de potencia de la instalación.

El motor proporciona una potencia de 45809,28 W, siendo su factor de potencia capacitivo de 0,87. El valor de la reactancia síncrona es de 1,2 Ω.

Si el motor se hiciera trabajar como generador, sin modificar su excitación, acoplando a una turbina de gas y trabajando en un sistema eléctrico aislado, se pide:

a) Tensión de vacío

b) Tensión en bornes de una carga resistiva pura que consume 160 A

c) Potencia consumida por al carga

Resolución:

a) El factor de potencia del motor vale: (c) 87,0cos =Mϕ → º5413,29−=Mϕ

MllM IUP ϕcos...3= → 87,03

380328,45809 ⋅⋅⋅= MI

resultando A80=MI

º902,1º.5413,2980 º03

380 .. ,,, ∠∠−∠=∠→−= MfoMsffMfoM EXjIUE δ

De la expresión anterior resulta: V º39,1749,279, −∠=foME

Por lo tanto, la tensión de vacío por fase resulta ser: V 49,279, =foME

b) Si la carga es resistiva pura y consume 160 A, se cumple:

º902,1º.0061 º079,492 .., ∠∠+∠=∠→+= fGsfffoG UXjIUE δ

De la expresión anterior resulta:

Uf = 203,10 V → Ul = 3 .Uf = 351,78 V

c) cllc IUP ϕcos...3= → W97488116078,3513 =⋅⋅⋅=P

También se puede calcular a partir de la expresión:

GS

GOG X

UEP δsin3 ⋅⋅⋅=

)cos.(3GGo

S

GG UE

XUQ −⋅⋅= δ



siendo

)cos.(30 GGoS

GG UE

XUQ −⋅⋅== δ → 727,0

49,27910,203cos ===

o

GG E

Uδ

resultando,

δG = 43,39º

W4,97489º39,43sin2,1

10,20349,2793 =⋅⋅⋅=GP

La potencia que nos piden, es decir, la consumida por la carga, coincide con la subministrada por el generador.



6.3 Problema 3

Dos generadores trifásicos iguales entre sí, conectados en estrella, trabajan en paralelo formando un sistema aislado, y alimentan una carga de 2000 kW, factor de potencia 0,8 inductivo a 6600 V.

La reactancia síncrona para cada generador es de 10 Ω por fase, pudiéndose despreciar el valor de la resistencia inducida.

Se conoce además que la potencia suministrada por cada generador es la misma.

Si uno de los generadores tiene su excitación de campo ajustada para proporcionar una corriente inductiva de 116 A, se pide:

a) Corriente suministrada por el otro generador

b) Ángulo de potencia de cada generador

Resolución:

a)

Figura 6.3.1

cosφ = 0,8 (i) → φ = 38,87º

A693,2188,066003

2000000cos..3

=⋅⋅

==ϕlV

PI → Aº87,36693,218 −∠=I

Dado que a cada generador se le proporciona externamente potencia idéntica, deberán alimentar a la carga con una potencia igual a W1000000

22000000 = individualmente.

1cos...3 ϕll IVP = → 1cos116660031000000 ϕ⋅⋅⋅=

Resultando

754,0cos 1 =ϕ → º05,411 =ϕ → A º05,411161 −∠=I

Zº03

6600 ∠=fU

2I 1I

j10 j10

G1 G2

2000 kW cos φ = 0,8 φ = 36,87º

I



El diagrama vectorial correspondiente por fase es:

Figura 6.3.2

Dado que 21 III += , se tiene:

2 41,05º-116 º87,36693,218 I+∠=−∠ → A º18,32346,1032 −∠=I

b) Para el generador G1 se tiene por fase:

Figura 6.3.3

11, IXUE SfGO ⋅+=

A º83,1023,4655º95,481160º0511,3810º05,4111610º03

6600, 1 ∠=∠+∠=−∠⋅+∠= jE GO

Ángulo de potencia del generador G1: º83,101 =δ

Igualmente:

22, IXUE SfGO ⋅+=

A º34,1173,4447º823,5748,1033º0511,3810º18,32346,10310º03

6600, 2 ∠=∠+∠=−∠⋅+∠= jE GO

Ángulo de potencia del generador G2: º34,112 =δ

º87,36693,218 −∠=Iº05,411161 −∠=I

2I

φ

φ1

φ2

36600=fU

1IX S

01E

fU

1I



Como comprobación, se calcula la potencia que suministra cada generador:

W1000000sin3 11

1,1 ≅⋅

⋅⋅= δ

S

fGoG X

UEP

W1000000sin3 22

2,2 ≅⋅

⋅⋅= δ

S

fGoG X

UEP



6.4 Problema 4

Un generador trifásico de 100 kVA, 400 V, 50 Hz, conectado en estrella, presenta una resistencia de inducido de 0,1 Ω y una reactancia sincrona de 1 Ω por fase.

La característica de magnetización del generador es la siguiente:

Eo ( V ) 136,4 267,3 394,6 469,2 538,3 600,2

Iex ( V ) 1 2 3 4 5 6

Se pide:

a) Corriente de excitación para alimentar una carga inductiva a 380 V, que consume una potencia de 75000 W y presenta un factor de potencia 0,8.

b) Corriente de excitación para poder efectuar la prueba de cortocircuito a la corriente nominal.

Se pretende conseguir que la tensión inducida coincida con la tensión nominal del generador cuando se alimenta una carga que consume la corriente nominal.

Se pide:

c) Factor de potencia que debería presentar la carga

d) Corriente de excitación para este caso

Resolución:

a)

A43,1428,03803

75000cos..3

=⋅⋅

==ϕl

c VPI

Ya que cosϕa = 0,8 (i) → ϕa =36,87º → Aº87,3643,142 −∠=cI

El diagrama vectorial por fase es el siguiente:

V º43,18346,333)11,0º.(87,3643,142º03

380).( ∠=⋅+−∠+∠=++= jXRIUE SCfOf

V58,571346,3333 =⋅=OE

Se debe buscar, interpolando en la curva característica de magnetización, el valor correspondiente de magnetización:

ofE

fU cS IX ⋅

cI CIR ⋅ ϕ



A 54,53,5382,6003,53858,571)56(5 =

−−⋅−+=exI

b)

A337,1444003

100000.3

=⋅

==n

nn V

SI

0=bfU ( prueba de cortocircuito )

V º29,8405,145)1.1,0º.(0337,1440)..( ∠=+∠+=++= jXjRIUE Snfof

V234,25105,1453 =⋅=oE

Interpolando en la curva característica, resulta:

( )( ) AIex 877,1

4,1363,2674,13623,251)12(1 =

−−⋅−+=

c)

VEU o 400== (según el enunciado)

V3

400== off EU

)..( Scfof XjRIUE ++= → j.1)º.(0,1-144,37 º03

400º3

400 +∠+∠=∠ ϕδ

De la expresión anterior resulta:

ºº29,84145,06 º03

400º3

400 ϕδ −∠+∠=∠

Separando parte real e imaginaria, se tiene:

)1(cos3

400)ºº29,84cos(.06,145 −⋅=− δϕ

δϕ sin3

400)ºº29,84sin(.06,145 ⋅=−

Elevando al cuadrado y sumando las expresiones anteriores, resulta:

δ = 36,61º

84,29º - φ = 108,30º → φ = -24,01º

Por lo tanto, el factor de potencia de la carga resulta ser cosφ = cos(-24,01º) = 0,913 (c)

d) En este caso se tiene que: V400=OE

Interpolando en la curva característica se obtiene:

( )( ) A0723,3

6,3942,4696,394400)34(3 =

−−⋅−+=exI



6.5 Problema 5

Un motor síncrono trifásico, conexión en estrella, tetrapolar, de potencia nominal 20 kW, 400 V, 50 Hz, rendimiento a plena carga 0,95, presenta una resistencia por fase en el inducido de 0,1 Ω y una reactancia síncrona de 1,5 Ω por fase.

La curva característica de vacío es la siguiente:

Eo ( V ) 173,2 294,5 346,4 435 474,5

Iex ( V ) 2 3,4 4,5 7,2 9,2

Se pide:

a) Velocidad del motor

Si el motor absorbe la corriente nominal con un factor de potencia de 0,8 capacitivo, calcular:

b) Corriente de excitación

c) Ángulo de potencia δ

Cuando el motor absorbe de la red a la que está conectado 60 A, la corriente de excitación del inductor es de 10 A. Se pide:

d) Potencia absorbida por el motor

e) Factor de potencia que presenta en estas condiciones

f) Ángulo de potencia δ

Resolución:

a)

rpm15002506060 =⋅=⋅=

pfn

b)

V94,2303

400 ==fU

8,0cos =ϕ (c) → º87,36−=ϕ

A983,3795,08,04003

20000cos3

=⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅

=ηϕl

n VPI

El diagrama vectorial correspondiente del motor es el siguiente:



Figura 6.5.1

)..( Scoff XjRIEU ++= → j.1,5).(0,1873637,983 03

400 +∠+=∠ º,Eº of

Resultando: V º34,10266,42 −∠=ofE

Interpolando en la curva característica, resulta:

( )( ) A7876,4

4,3464354,346838,355)5,42,7(5,4 =

−−⋅−+=exI

c) Ya que V º34,10266,42 −∠=ofE , el ángulo de potencia vale: δm = -10,34º

d) A partir de la curva característica y de una corriente de excitación de 10 A, se calcula el valor de EO:

( ) ( )( ) V 8,529

2,72,92,7104355,4745,474 =

−−⋅−+=OE

V88,3053/8,529 ==fOE

)..( Sfof XjRIUE +−= → j.1,5)º.(0,1-60 - º03

40088,305 +∠∠=∠ ϕδ m

Separando parte real y parte imaginaria, resulta:

)º19,86cos(.198,903

400cos.88,305 ϕδ −−=m

)º19,86sin(.198,90sin.88,305 ϕδ −−=m

Elevando al cuadrado y sumando, resulta:

δm = -10,84º

φ = -54,20º

Por lo tanto, la potencia activa absorbida por el motor resulta ser:

W2,24316)º20,54cos(.60.400.3cos...3 =−== ϕIUP

nI

ofE nIR ⋅nS IX ⋅

94,230=bfUº87,36=ϕ

δ



e)

(c) 585,0)º20,54cos(cos =−=ϕ

f)

º84,10−=mδ



6.6 Problema 6

Un motor trifásico, síncrono, conexión estrella, 400 V, trabaja con un factor de potencia igual a la unidad y desarrolla una potencia de 65000 W. Si la reactancia síncrona es de 1,2 Ω y la resistencia se considera despreciable, determinar:

a) Tensión inducida por fase

b) Ángulo de potencia

c) Tensión inducida para que el motor desarrolle la misma potencia con un 8,0cos =ϕ capacitivo

Resolución:

a)

ϕcos...3 IUP = → 1400365000 ⋅⋅⋅= I → A819,93=I

Figura 6.6.1

487,0

3400

819,932,1 =⋅=⋅

=f

SU

IXtgδ → º989,25−=mδ

( ) V9225681993213

400 22

22 ,,,)I.X(UE sfof =⋅+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=+=

b)

º989,25−=mδ

c)

ϕcos...3 IUP = → 8,0400365000 ⋅⋅⋅= I → A27,117=I

cosφ = 0,8 (c) → φ = -36,87º → A º87,3627,117 ∠=I

)..( Scoff XjRIEU ++= → )2,1.0º.(87,3627,117º03

4000 jE f +∠+=∠

Resultando

V º65,1986,334 −∠=ofE → V 580.3 == ofo EE

fUI

IX S ⋅OE

mδ



6.7 Problema 7

Un motor síncrono trifásico conectado en estrella a 2300 V y 50 Hz, sobreexcitado, trabaja con un ángulo de potencia de -15º. La impedancia síncrona por fase es de (0,1 + j.1) Ω.

Si el motor consume una corriente de 400 A, determinar el factor de potencia del motor.

Resolución:

El enunciado dice que el motor está sobreexcitado. Esto significa que tiene un factor de potencia capacitivo (φ < 0), es decir, que absorbe una Q < 0:

0)cos..(

3 <−

⋅=s

mofm X

EUUQ

δ → UE mof >δcos.

Por otra parte, debe cumplirse:

)..( Scoff XjRIEU ++= → )1.1,0.(400º15º03

2300 jEof +−∠+−∠=∠ ϕ

Separando las partes real e imaginaria resulta,

)29,84cos(.995,401)º15cos(.3

2300 ϕ−+−= ofE

)29,84sin(.995,401)º15sin(.0 ϕ−+−= ofE

Elevando al cuadrado y sumando, resultan dos soluciones posibles:

Solución 1. Eof = 1074,14 V, φ = +40,54º

Solución 2. Eof = 1491,17 V, φ = -21,96º

La primera solución corresponde al caso de un motor subexcitado, mientras que la segunda corresponde al motor sobreexcitado, que es la premisa del enunciado.

Por lo tanto resulta,

Eof = 1491,17 V, cosφ = cos(-21,96º) = 0,927 (c)



6.8 Problema 8

La potencia eléctrica consumida por una empresa es en término medio de 150 kW, presentando un factor de potencia de 0,6 inductivo. La red de alimentación es de 400 V, 50 Hz.

Se desea compensar el factor de potencia hasta la unidad instalando un motor síncrono que a su vez impulse una nueva central de aire acondicionado, cuya potencia necesaria prevista sea del orden de 21150 W. El motor síncrono a utilizar se le asigna un rendimiento 0,94.

Se pide:

a) Potencia aparente del motor a instalar

b) Factor de potencia que presenta el motor

Si el motor elegido es de 4 polos y presenta una impedancia síncrona por fase de (0 + j.1) Ω, calcular:

c) Corriente consumida por el motor

d) Velocidad de giro del motor

e) Ángulo de potencia del motor

f) Par útil desarrollado por el motor.

Resolución:

a) El diagrama vectorial de potencia es el siguiente:

Figura 6.8.1

6,0cos 1 =ϕ (i) → º13,531 =ϕ → 3333,11 =ϕtg

VA2000003333,1150000111 =⋅=⋅= ϕtgPQ

El motor síncrono debe proporcionar una potencia útil de 21150 W, según el enunciado, con un rendimiento de 0,94:

Q

P

1ϕ

'2ϕ

Q1

Q2



W2250094,0

21150 ==mP

Por otra parte, para conseguir un factor de potencia unidad, la potencia reactiva del motor debe ser: VA2000001 −=−= QQm

Luego

VA º58,8364,20126120000022500 −∠=−= jS m

VA64,201261=mS

b)

º58,83−=mϕ → (c) 11,0cos =mϕ

c)

A496,2904003

64,2012613

=⋅

=⋅

=l

mm U

SI → A º58,8346,290 +∠=mI

d)

42 =⋅ p → 2=p

rpm15002506060

=⋅=⋅

=p

fn

e)

)..( smOff XjRIEU ++=

V º57,3628,520º58,83496,2901º03

400. −∠=∠⋅⋅−∠=⋅−= jIXjUE mSbfOf

Resultando

º57,3−=mδ

f)

mN64,134

6015002

21150

602

⋅=⋅

=⋅

==ππω n

PPM uu

u



6.9 Problema 9

El motor síncrono de la figura está conectado en triángulo a la red eléctrica de la figura. El motor está sobreexcitado.

Figura 6.9.1

Las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes:

W1 = 20697,6 W, W2 = 22909,2 W, A = 66,52 A, V = 380 V

La frecuencia de la red es de 50 Hz, y se sabe que el motor gira a 600 rpm.

La medición de la resistencia del inducido por fase ha dado una lectura por fase de 0,1 Ω y la reactancia síncrona, en las condiciones de funcionamiento, es de 3 Ω por fase.

Se pide:

a) Número de polos del motor

b) Potencia absorbida de la red

c) Factor de potencia del motor

d) Lectura del amperímetro A

e) Rendimiento del motor en el supuesto de que las pérdidas rotaciones sean del orden de 3600 W

f) Par útil desarrollado

Se sabe además que el nivel de excitación con el que funciona el motor, en la característica de vacío, le corresponde una tensión por fase de 400 V.

g) Calcular el ángulo de potencia.

Resolución:

a)

p

fn ⋅= 60 → 5600

5060 =⋅=p

Número de polos: polos1025 =×

M

˜W1

W2

V

A



b) Al estar los vatímetros conectados según la conexión Aron:

W8,435992,229026,20697)( 21 =+=+= WWP

VAr45,3818)2,229026,20697(3)(3 21 −=−⋅=−⋅= WWQ

c)

08373,08,4359945,3818 −=−==

PQtgϕ → º7867,4−=ϕ

9965,0cos =ϕ (c)

d)

ϕcos3 ⋅⋅⋅= ll IUP

A 475,669965,038038,43599

cos3=

⋅⋅=

⋅⋅=

ϕll U

PI

e)

23 frotabsu IRPPP ⋅⋅−−=

W90,395573475,661,0336008,43599

2

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅⋅−−=uP

907,08,435999,39557 ===

PPuη → %7,90% =η

f)

mN58629

606002

939557

602

⋅=⋅

=⋅

= ,,n

PuMuππ

g)

fSfof I)X.jR(UE ⋅+−=

º7867,43475,66).3.1,0(º0400 ∠+−∠=∠ jU fmδ

Separando las partes real e imaginaria de la expresión anterior, resulta:

400.cosδm = U + 5,78

400. sinδm = -115,07

Resultando

δm = -16,72º, U = 377,31 V



M

˜

G

˜

A1 V

W1

W2

A2

6.10 Problema 10

El generador trifásico síncrono de la figura conectado en estrella alimenta a través de una línea, cuya impedancia se desprecia, dos cargas conectadas en paralelo según la figura adjunta.

Figura 6.10.1

El voltímetro V indica 380 V. Los vatímetros W1 y W2 indican respectivamente 12950,69 W y 5124,91 W. La carga en triángulo está formada por una impedancia por fase de valor 6 + j.8 Ω. El motor asíncrono gira a una velocidad de 1440 rpm, con un rendimiento del 80 %. Se sabe que la reactancia síncrona por fase del generador es de 0,1 Ω, siendo la resistencia despreciable.

Se pide:

a) Potencia útil del motor asíncrono

b) Par útil del motor asíncrono

c) Número de polos del motor

d) Factor de potencia del motor

e) Lectura del amperímetro A2

f) Lectura del amperímetro A1

g) Factor de potencia del conjunto carga – motor

h) Valor de la tensión inducida en el generador

i) Ángulo de potencia del generador

Resolución:

a) W6,1807591,512469,12950)( 21 =+=+= WWPmotor

VAr64,13554)91,512469,12950(3)(3 21 =−⋅=−⋅= WWQmotor

W48,144608,06,18075 =⋅=⋅= ηmotoru PP



b)

mN894,95

6014402

48,14400

602

⋅=⋅

=⋅

=ππ n

PM uu

c) Al ser la velocidad de 1440 rpm, se tiene:

p

f⋅≅ 601440 → 08,21440

5060 =⋅=p → 4 polos

d)

7498,06,1807564,13554 ===

motor

motormotor P

Qtgϕ → º865,36=motorϕ

Resultando

(i) 8,0cos =motorϕ

e)

motormotorllmotor IUP ϕcos3 , ⋅⋅⋅=

A328,348,03803

6,18075cos3, =

⋅⋅=

⋅⋅=

motorl

motormotorl U

PI

ϕ

Resultando

Aº87,36328,34, −∠=motorlI → A2 = 34,328 A

f) La carga en triángulo consume por fase una intensidad:

A º13,53388.6º0380

arg, −∠=+

∠=j

I acf

La corriente de línea en la carga en triángulo será:

Aº13,538179,65º13,53383arg, −∠=−∠⋅=aclI

La lectura del amperímetro vendrá como resultado de la suma vectorial de las dos corrientes:

A º57,47239,99º13,538179,65º87,36328,34arg,, −∠=−∠+−∠=+= aclmotorlTOTAL III

Por lo tanto, resulta A1 = 99,239 A.

g) Ya que A º57,47239,99 −∠=TOTALI , resulta:

º57,47+=TOTALϕ → (i) 6746,0cos =TOTALϕ

También se podía haber calculado a partir de las potencias:



W6,4406738636,18075 2arg =⋅⋅+=+= acmotorTOTAL PPP

VAr64,48210388364,13554 2arg =⋅⋅+=+= acmotorTOTAL QQQ

094,1==TOTAL

TOTALTOTAL P

Qtgϕ → º57,47+=TOTALϕ

Resultando

6746,0cos =TOTALϕ (i)

Que coincide con el hallado anteriormente.

h)

Figura 6.10.2

V º69,181,226º57,47239,99º901,0º03

380).( ∠=−∠⋅∠+∠=⋅++= TOTALsfof IXjRUE

V848,392.3 == ofo EE

i) El ángulo de potencia del generador vale º69,1=gδ

ofE

TOTALS IX .fU

TOTALϕ

TOTALI.



6.11 Problema 11

Se dispone de una instalación formada por un generador trifásico síncrono conectado en estrella que alimenta a través de una línea de impedancia despreciable un motor asíncrono. Para compensar el factor de potencia hasta la unidad, se ha colocado un motor síncrono según el esquema adjunto. El voltímetro indica una lectura de 380 V. La frecuencia de la red es de 50 Hz.

Figura 6.11.1

El motor M1 asíncrono es de potencia nominal 35 kW y trabaja con un rendimiento del 80%, sobre un par resistente de 175,3 N.m a una velocidad de 1415 rpm, absorbiendo una corriente de 57 A.

El motor M2 síncrono es de 6 polos y absorbe la potencia de 32475 W, siendo su resistencia de inducido despreciable.

Calcular:

a) Potencia absorbida por el motor síncrono

b) Factor de potencia que presenta el motor asíncrono

c) Deslizamiento del motor asíncrono

d) Potencia reactiva absorbida por el motor síncrono

e) Factor de potencia del motor síncrono

f) Corriente absorbida por el motor síncrono

g) Valor de la reactancia síncrona del motor síncrono si el ángulo de potencia es de -25º

h) Valor de la reactancia síncrona del generador síncrono si el ángulo de potencia es de +20º

M1 ASÍNCRONO

M2 SÍNCRONO

G

˜ V



Resolución:

a)

W68,2597560141523,175

1, =⋅⋅=⋅= πωuMu MP

W6,324698,0

68,2597511

, ===η

MuM

PP

b)

111

cos3 MMlM IUP ϕ⋅⋅⋅=

865,0573803

6,32469cos 1 =⋅⋅

=Mϕ → º301 =Mϕ

c)

1500506060 ≅⋅=⋅=pp

fnS → 2=p

%6,5056,01500

14151500 ==−=s

d)

1

11

M

MM P

Qtg =ϕ

VAr23,18746º306,32469111 =⋅=⋅= tgtgPQ MMM ϕ (inductiva)

e) Al estar el factor del conjunto compensado hasta la unidad:

VAr23,1874612−=−= MM QQ (capacitiva)

PM2 = 32475, según el enunciado.

577,032475

23,18746

2

21 =−==

M

MM P

Qtgϕ → º302 −=Mϕ

(c) 866,0cos 2 =Mϕ

f)

22 cos32 MMlM IUP ϕ⋅⋅⋅= A97,56866,03803

324752

=⋅⋅

=MI



g)

2,2, ).( MfSMOff IXjREU ⋅++=

º90º.3097,56 º25º03

3802,2, ∠∠+−∠=∠ MsMof XE

Separando partes real e imaginaria, resulta:

24852825cos3

380M,sof X.,)º(.E −−=

23374925s0 M,sof X.,)º(in.E +−=

Del sistema anterior, resulta

Xs,M2 = 2,85 Ω, Eof,M2 = 332,82 V

h) Al estar compensado el factor de potencia total, la tensión y la corriente están en fase:

A º072,98º3097,56 º305721 ∠=∠+−∠=+= MM III

f

M,sG U

IXtg

⋅= 2δ → Ω=

⋅=

⋅= 810

7298

203

380

2 ,,

ºtg

ItgU

Xt

GbfM,s

δ

IX smM ⋅2

I

fU

Gδ



6.12 Problema 12

Un motor asíncrono, trifásico, conexión estrella, acciona una carga resistente cuyo par obedece la siguiente expresión: 94,744 · M = w2, siendo w su velocidad de giro en rad/s. El rendimiento del motor es del 70%. La potencia nominal del motor es 75 CV, 50 Hz, y está alimentado a 500 V a través de una línea de impedancia despreciable por un generador de las siguientes características:

- Potencia: 100 CV

- Número de polos: 8

- Frecuencia: 50 Hz

- Ángulo de potencia en que trabaja: 11º

- Corriente de excitación: 1,5 A

- Reactancia síncrona por fase: 1,1 Ω

- Resistencia inducido despreciable

La curva de magnetización del generador responde a los siguientes datos:

Eo ( V ) 273,6 362 450,3 515,3 571,5 621,9 666,5

Iex ( V ) 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8

Calcular:

a) Corriente absorbida por el motor

b) Factor de potencia que presenta el motor

c) potencia absorbida por el motor

d) Potencia útil desarrollada por el motor

e) Par desarrollado por el motor

f) Velocidad de giro del motor

g) Número de polos del motor

Resolución:

a) Para una corriente de excitación de 1,5 A, se puede encontrar la tensión inducida de la curva de magnetización:

VoE 7,596)4,16,1()4,15,1(

)5,5719,621(5,571 =−−

⋅−+=



El diagrama vectorial por fase del generador es el siguiente:

Figura 6.12.1

Aplicando el teorema del coseno al triángulo OAB se puede calcular el valor de XsI:

º11cos67,2885,344267,2885,344)( 222 ⋅⋅⋅−+=IX s

V28782,IX s = A81741128782 ,,

,I ==

b) Del triángulo anterior:

Aplicando el teorema del seno:

º11sin

285,82sin

5,344 =α

7988,0sin =α º02,53=α

º98,126º02,53º180 =−=α

El ángulo correcto es º98,126=α , dado que es superior a 90º.

º02,53º98,126º180 =−=β

Por otra parte: º180º90 =++ϕβ

º98,3602,5390180º90º180 =−−=−−= βϕ → 798,0cos =ϕ

c)

798,081,745003cos3 ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕIUP

W5170=P

d)

W2361907051700 ,,PPutil =⋅=⋅= η

º11=δ

ϕ

67,2883

500 ==bfU

IX S ⋅

I

O A

B5,3443

7,596 ==ofE



e)

ω⋅= uutil MP

274494 ω=⋅ uM,

Siendo W236190,Putil = :

2

23619074494 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⋅

uu M

,M, N·m240=uM

f)

rad/s79150240

236190 ,,MP

wu

util ===

rpm96143926079150 ,,n =⋅=π

g)

p

fn 60≅

nnfp 506060 ⋅== 2=p

Número de polos: 2p = 4


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