UNAMAD: CIRCUITOS Y MAQUINAS ELECTRICAS: 10. i@402 clase 16jul13

CONcEptoS generales de
maquinas ELECTRICAS
Ing° Saúl Montalván Apolaya
C.I.P. 72943
saulmontalvanapolaya@yahoo.es

1. La instalación de una panadería consta de los
siguientes receptores: a) Un sistema de ventilación
con un motor de 2 KW, Cos 𝜑 = 0,7; b) Un sistema de
alumbrado consistente en 20 lámparas de 40 W cada
una y con un factor de potencia de 0,6; c) Un horno
de 4 KW.
El suministro de energía se hace a 220 V y 50 Hz.
Calcular:
a) La potencia aparente total instalada,
b) El factor de potencia total,
c) La corriente total por los conductores de la línea
general.
18/07/2013 Circuitos y Máquinas Eléctricas 3

SOLUCIÓN
Dado que solo conocemos las potencias activas de cada uno de los receptores, lo
primero que tenemos que hacer es averiguar las potencias reactivas
correspondientes.
a) Para calcular la potencia reactiva del motor nos valemos del triangulo de
potencias, donde aplicamos la función trigonométrica de la tangente:
𝑇𝑎𝑛 𝜑1 =
𝑄1
𝑃1
⟹ 𝑄1 = 𝑃1 𝑇𝑎𝑛 𝜑1 = 2 000 𝑇𝑎𝑛 45,6° = 2 042 𝑉𝐴𝑅
(El 𝜑1 que le corresponde al 𝐶𝑜𝑠 𝜑1 = 0,7; es 45,6°)
b) La potencia activa total de las lámparas es:
P2 = 20(40 W) = 800 W
El 𝜑2 que le corresponde al 𝐶𝑜𝑠 𝜑2 = 0,6; es 53,1°
𝑄2 = 𝑃2 𝑇𝑎𝑛𝜑2 = 800 𝑇𝑎𝑛𝑔 53,1° = 1 067 𝑉𝐴𝑅
c) Un horno consta básicamente de una resistencia puramente óhmica, por lo que su factor
de potencia es la unidad y, por tanto, su potencia reactiva es nula.
Q3 = 0 VAR

Ahora realizamos la suma de potencias:
𝑃 𝑇 = 𝑃1 + 𝑃2 + 𝑃3 = 2 000 + 800 + 4 000 = 6 800 𝑊
𝑄 𝑇 = 𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄3 = 2 042 + 1 067 + 0 = 3 109 𝑉𝐴𝑅
𝑆 𝑇 = 𝑃𝑇
2
+ 𝑄 𝑇
2
= (6 800)2+(3 109)2= 7 477 𝑉𝐴
𝐶𝑜𝑠 𝜑 𝑇 =
𝑃 𝑇
𝑆 𝑇
=
6 800
7 477
= 0,91
Con esto ya podemos obtener la intensidad total del circuito:
𝑃 𝑇 = 𝑉 𝐼 𝑇 𝐶𝑜𝑠 𝜑 𝑇 ⟹ 𝐼 𝑇 =
𝑃 𝑇
𝑉𝐶𝑜𝑠 𝜑 𝑇
=
6 800
220 (0,91)
= 34 𝐴
SOLUCIÓN

2. Un sistema trifásico con neutro posee una
tensión de línea de 220 V. Averiguar la tensión de
fase.
SOLUCIÓN
𝑉𝑓 =
𝑉𝐿
3
=
220 𝑉
3
= 127 𝑉

3. Un motor trifásico está conectado
en estrella a una red de C.A.
trifásica de 380 V de tensión de
línea (ver grafico). Su potencia
activa es de 5 KW con un factor de
potencia de 0,85. Averiguar: La
corriente que absorbe el motor por
cada uno de los conductores de la
línea (corriente de línea), la
corriente que fluye por cada una de
las bobinas o fases del motor
(corriente de fase), la tensión a que
queda sometida cada una de las
bobinas o fases del motor (tensión
de fase), potencia reactiva y
aparente.

Para calcular la corriente de línea aplicamos la expresión de
potencia reactiva trifásica:


    
5000
3 8, 9
3 ( 3)(380)(0, 85)
L L L
L
P
P V I Cos I A
V Cos
Para la conexión en estrella la corriente de fase es igual a la de línea:
  8,9f LI I A
La tensión que aparece en cada una de las fases del motor es:
  
380
219
3 3
L
f
V
V V
El ángulo  que le corresponde a Cos =0,85 es de 31,8º
  3 3(380)(8,9) 5858L LS V I VA
  3 3(380)(8,9)( 31,8º ) 3087L LQ V I Sen Sen VAR

4. Un horno eléctrico trifásico posee tres resistencias
eléctricas iguales conectadas en estrella. Determinar
su potencia si se mide una corriente por cada fase de
15 A y una tensión de fase de 127 V.
SOLUCIÓN
Averiguamos primero la corriente y tensión de línea:
𝐼𝐿 = 𝐼𝑓 = 15 𝐴
𝑉𝐿 = 3 𝑉𝑓 = 3 127 𝑉 = 220 𝑉
Para calcular la potencia aplicamos la expresión general de
potencia, teniendo en cuenta que el factor de potencia en
este caso es la unidad por ser cargas totalmente resistivas.
𝑃 = 3𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝐶𝑜𝑠 𝜑 = 3 220 𝑉 15 𝐴 1 = 5 716 𝑊

5. Un aparato de calefacción eléctrico trifásico consta de tres
resistencias iguales de 20 ohmios cada una conectadas en
estrella a una red trifásica de 220 V (ver figura). Se trata de
calcular la potencia de la carga trifásica.
SOLUCIÓN
Primero calculamos la corriente por cada resistencia, que
corresponderá con la corriente de fase, que como ya sabemos, es igual
que la de línea. Para ello aplicaremos la ley de Ohm, teniendo en
cuenta que la tensión que aparece en cada una de las cargas es la de
fase.
𝑉𝑓 =
𝑉𝑐
3
=
220
3
= 127 𝑉
𝐼𝐿 = 𝐼𝑓 =
𝑉𝑓
𝑅
=
127 𝑉
20 𝛺
= 6,4 𝐴
R S T
220 V
IL = 6,4 A
R = 20 Ω
R = 20 ΩR = 20 Ω
If
127
V
Ahora ya podemos calcular la potencia de la carga trifásica, para lo cual aplicamos la
expresión general de potencia, teniendo en cuenta que, por ser cargas resistivas, el
factor de potencia es igual a la unidad.
𝑃 = 3 𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝐶𝑜𝑠𝜑 = 3 220 6,4 1 = 2 439 𝑊

6. Por un motor trifásico conectado en triangulo se mide una corriente de
línea de 20 A cuando se le conecta a una tensión de línea de 220 V.
Teniendo en cuenta que el factor de potencia del mismo es de 0,8;
calcular: la corriente y la tensión de fase, potencia activa, reactiva y
aparente.
SOLUCIÓN
La tensión de fase es igual que la de línea: Vf = VL = 220 V
La corriente de fase:
𝐼𝑓 =
𝐼𝐿
3
=
20
3
= 11,5 𝐴
El angulo𝜑 que le corresponde a Cos 𝜑 = 0,8 es de 36,9°
Las potencias del motor las calculamos así:
𝑃 = 3𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝑆𝑒𝑛 𝜑 = 3 220 20 0,8 = 6 097 𝑊
𝑄 = 3𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝑆𝑒𝑛 𝜑 = 3 220 20 𝑆𝑒𝑛 36,9°
= 4 576 𝑉𝐴𝑅
𝑆 = 3𝑉𝐿 𝐼𝐿 = 3 220 20 = 7 621 𝑉𝐴
TSR
VL = 220 V
IL = 20 A
If = 11,6 A
V
f=
220
V

7. Un motor asíncrono trifásico posee las siguientes características: 8
KW/380 V/Cos 𝜑 = 0,87. Con estos datos averiguar: la corriente de línea
y de fase, así como la potencia reactiva y aparente.
SOLUCIÓN
Para calcular la corriente de línea nos valemos de la potencia activa
trifásica:
𝐼𝐿 =
𝑃
3𝑉𝐶 𝐶𝑜𝑠𝜑
=
8000
3(380)(0,87)
La corriente de fase:
El ángulo que le corresponde al Cos 𝜑 = 0,87, es 29,54°
𝑄 = 3𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝑆𝑒𝑛𝜑 = 3(380)(13,97) Sen 29,54° = 4 533,49 VAR
𝑆 = 3𝑉𝐿 𝐼𝐿 = 3(380)(13,97)= 9 194,76 VA

8. La potencia de un horno trifásico es de 30 KW a 380 V. Determinar el
valor óhmico de las tres resistencias iguales de las que consta.
SOLUCIÓN
Como es un sistema equilibrado, la potencia que suministra cada carga
será la tercera parte de la potencia total trifásica:
𝑃′
=
30𝐾𝑊
3
= 10 𝐾𝑊
Cada resistencia está sometida a la tensión de fase, que en este caso
coincide con la de línea. La corriente que aparece en cada una de ellas es:
𝐼𝑓 =
𝑃′
𝑉𝑓
=
10 000
380
= 26,3 𝐴
Si ahora aplicamos la ley de Ohm obtendremos el valor de la resistencia:
𝑅 =
𝑉𝑓
𝐼𝑓
=
380
26,3
= 14,4 Ω

9. Se conectan a una red trifásica con neutro y con una tensión entre fases
de 380 V, 3 motores monofásicos de 1000 W, 220 V, Cos 𝜑 =0,6 cada
uno. Averiguar: la corriente por la línea que los alimenta.
SOLUCIÓN
Como los motores funcionan a 220 V, es decir, a la tensión de fase (𝑉𝑓 =
380 3 = 220 𝑉), se ha conectado un motor entre cada fase y neutro con el fin de
repartir equitativamente las cargas de acuerdo al siguiente grafico:
La potencia total conectada a la red
trifásica es de:
𝑃 = 3 1000 = 3000 𝑊
Para calcular la intensidad de línea nos
valemos de la formula general de la
potencia trifásica:
𝑃 = 3𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝐶𝑜𝑠𝜑
⇒ 𝐼𝐿 =
𝑃
3𝑉𝐶𝑜𝑠𝜑
=
3000
3(380)(0,6)
= 7,60 𝐴

10. Se necesitan conectar 30 lámparas de vapor de mercurio de 250 W, 380
V, Cos 𝜑 = 0,6 a una red trifásica con una tensión entre fases de 380 V.
Mostrar la conexión de las mismas para conseguir que la carga esté
equilibrada y averiguar la corriente por la línea que las alimenta.
380 V
10 lámparas 10 lámparas 10 lámparas
R
S
T

SOLUCIÓN
Como las lámparas funcionan a 380 V, es decir, a la tensión de línea, se
han conectado 3 grupos de 10 lámparas entre cada dos fases, con el
fin de repartir equitativamente las cargas (figura anterior):
La potencia total conectada a la red trifásica es de:
P = (30)(250 W) = 7 500 W
Para calcular la intensidad de línea nos valemos de la formula general
de potencia trifásica:
𝑃 = 3𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝐶𝑜𝑠 𝜑 ⇒ 𝐼𝐿 =
𝑃
3𝑉𝐿 𝐶𝑜𝑠 𝜑
=
7 500
3 380 (0,6)
= 19 𝐴

11. Una instalación industrial posee una potencia de 20 KW a 380 V y con un factor de potencia de 0,75. Se
trata de calcular la potencia reactiva que deberá poseer una batería de condensadores automática para
conseguir mejorar el factor de potencia hasta 0,95. Determinar también la corriente por la línea antes y
después de mejorar el factor de potencia, así como la corriente de línea de la batería de condensadores.
SOLUCIÓN
Para calcular la potencia reactiva de la batería de condensadores QC necesaria para elevar el factor de potencia de 0,75
hasta 0,95 utilizaremos la misma expresión que en los circuitos monofásicos. Para ello, determinaremos primero los
ángulos que corresponden con estos factores de potencia.
Al Cos 𝜑 = 0,75 le corresponde un ángulo 𝜑 de 41,4°
Al Cos 𝜑′ = 0,95 le corresponde un ángulo 𝜑′ de 18,2°
F i g u r a (pagina 90)
𝑄 𝐶 = 𝑃 𝑇𝑎𝑛𝑔 𝜑 − 𝑃 𝑇𝑎𝑛 𝜑′
= 20 000 𝑇𝑎𝑛𝑔 41,4° − 20 000 𝑇𝑎𝑛𝑔 18,2° = 11 057 𝑉𝐴𝑅 = 11 𝐾𝑉𝐴𝑅
La corriente de línea antes de la mejora del factor de potencia:
𝐼𝐿 =
𝑃
=
20 000
3 380 (0.95)
= 41 𝐴
La corriente de línea después de la mejora del factor de potencia:
𝐼′ 𝐿 =
𝑃
3𝑉𝐿 𝐶𝑜𝑠 𝜑′
=
20 000
3 380 (0,95)
= 32 𝐴
Se observa como se ha conseguido reducir considerablemente la corriente por la línea al mejorar el factor de potencia.
La corriente por la línea que alimenta a la batería de condensadores la calculamos teniendo en cuenta su potencia
reactiva y que el ángulo de desfase provocado por los mismos es de 90°
𝑄 𝐶 = 3𝑉𝐿 𝐼𝐿𝐶 𝑆𝑒𝑛𝜑 𝐶 ⟹ 𝐼𝐿𝐶 =
𝑄 𝐶
3𝑉𝐿 𝑆𝑒𝑛𝜑 𝐶
=
11 057
3 380 (𝑆𝑒𝑛 90°)
= 17 𝐴

I’L
R
S
T
Batería automática de
condensadores
20 KW
380 V
Cos φ = 0,75
IL
IC

12.La instalación de una nave industrial consta de los
siguientes receptores:
a)1 motor trifásico de 5 KW, Cos 𝜑 =0,85
b)3 motores trifásicos de 3 KW, Cos 𝜑 =0,8
c)1 horno trifásico de 5 KW
d)15 motores monofásicos de 2 KW, Cos 𝜑 =0,65
e)9 calefactores monofásicos de 1 KW
La tensión de línea es de 380 V y se trata de calcular:
la potencia total instalada, factor de potencia de la
instalación, corriente por la línea y potencia reactiva
de la batería de condensadores para mejorar el factor
de potencia a 0,95.

S O L U C I Ó N
Comenzamos calculando la potencia activa y reactiva de cada carga:
a) La potencia activa del motor es: P1 = 5000 W
La potencia reactiva la calculamos con la siguiente expresión obtenida
del triangulo de potencias:
𝑄1 = 𝑃1 𝑇𝑎𝑛𝜑1 = 5000 𝑇𝑎𝑛 31,79° = 3098,72 𝑉𝐴𝑅
(El ángulo que le corresponde al Cos 𝜑 = 0,85 es 31,79°
b) La potencia activa de los 3 motores es:
P2 = (3)(3000) = 9000 W
𝑄2 = 𝑃2 𝑇𝑎𝑛𝜑2 = 9000 𝑇𝑎𝑛 36,87° = 6750 𝑉𝐴𝑅
(El ángulo que le corresponde al Cos 𝜑2= 0,8 es 36,87°)
c) La potencia activa del horno es: P3 = 5000 W
Q3 = 0 VAR (las cargas resistivas no producen potencias reactivas).

d) Los 15 motores monofásicos se conectan entre las fases a razón de 5 motores
entre cada dos fases diferentes, consiguiendo así una carga equilibrada.
P4 = (15) (2000) = 30 000 W
𝑄4 = 𝑃4 𝑇𝑎𝑛𝜑4 = 30000 𝑇𝑎𝑛 49,46° = 35073,89 𝑉𝐴𝑅
(El ángulo que le corresponde al Cos 𝜑 = 0,65, es 49,46°)
e) Los 9 calefactores monofásicos se conectan en grupos de 3 por cada dos fases
diferentes.
P5 = (9) (1 000) = 9 000 W
Q5 = 0 VAR
Ahora sumamos las potencias:
PT = P1 + P2 + P3 + P4 + P5 = 5 000 + 9 000 + 5 000 + 30 000 + 9 000 = 58 000 W
QT = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 + Q5 = 3 098,72 + 6 750 + 0 + 35 073,89 + 0 = 44 922,61 VAR
𝑆 𝑇 = 𝑃 𝑇
2
+ 𝑄 𝑇
2
= (58000)2+(44922,61)2= 73362,39 𝑉𝐴
𝐶𝑜𝑠 𝜑 𝑇 =
𝑃 𝑇
𝑆 𝑇
=
58000
73362,39
= 0,79

Ahora ya podemos calcular la corriente total por la línea:
𝐼𝐿 =
𝑃 𝑇
3𝑉𝐿 𝐶𝑜𝑠𝜑 𝑇
=
58000
3(380)(0,79)
= 111,55 𝐴
Calculamos ahora la potencia reactiva de la batería de condensadores
para mejorar el factor de potencia de la instalación hasta 0,95:
Cos 𝜑 𝑇= 0,79: le corresponde un ángulo 𝜑 𝑇 de 37,81º
Cos 𝜑′= 0,95: le corresponde un ángulo 𝜑′ de 18,19º
𝑄 𝑐 = 𝑃𝑇𝑎𝑛 𝜑 − 𝑃𝑇𝑎𝑛 𝜑′
= 58000 𝑇𝑎𝑛 37,81° − 58000 𝑇𝑎𝑛 18,19
𝑄 𝑐 = 25947,41 𝑉𝐴𝑅 = 25,95 𝐾𝑉𝐴𝑅

13. La acometida de un edificio de viviendas consta de 3 conductores más el
neutro y posee una longitud de 50 m. La potencia prevista para el
edificio es de 35 KW con un factor de potencia de 0,85. Se trata de
calcular la sección de los conductores de la línea teniendo en cuenta que
la caída de tensión no puede superar el 1% de la de alimentación. La
tensión de alimentación entre fases es de 380 V y los conductores son
unipolares instalados bajo tubo.
SOLUCIÓN
Primero calculamos la corriente de línea:
𝐼𝐿 =
𝑃
=
35 000
3 380 (0,85)
= 63 𝐴
La caída de tensión en voltios máxima permitida es:
∆𝑉 =
380
100
1 = 3,8 𝑉
Ahora calculamos la sección:
𝑆 =
3 𝜌 𝐿 𝐼𝐿 𝐶𝑜𝑠 𝜑
∆𝑉
=
3 0,017 50 63 (0,85)
3,8
= 21 𝑚𝑚2
La sección comercial que le corresponde es de 25 mm2.
Como la corriente permitida para tres conductores unipolares bajo tubo de 25 mm2 es de 64 A se puede
dar por válido este resultado.

14. Calcular la potencia absorbida, útil y perdida, así como el
par nominal de un motor trifásico cuyas características son:
V = 380 V / I = 85 A / 𝜂 = 92,5% / Cos = 0,86 / n = 980 rpm
SOLUCIÓN
a) Potencia absorbida: P
𝑃 =
3𝑉𝐼𝐶𝑜𝑠𝜑
1000
=
3(380)(85)(0,86)
1000
= 48,113 𝐾𝑊
b) Potencia útil: Pu
𝑃𝑢 = 𝑃𝜂 = 48,113 𝐾𝑊 0,925 = 44,504 𝐾𝑊
c) Potencia perdida: Pp
𝑃𝑝 = 𝑃 − 𝑃𝑢 = 48,113 − 44,504 = 3,609 𝐾𝑊
d) Par nominal en el eje del motor: Mn
𝑀 𝑛 =
9550𝑃
𝑛
=
9550(44,504)
980
= 433,687 𝑁𝑚

15. Calcular la energía activa y reactiva consumida por un motor de 45 KW en 16
horas, siendo su factor de potencia Cos 𝜑 =0,86, y su rendimiento 𝜂 = 92,5%,
suponiendo que todo el tiempo funciona a sus valores nominales.
SOLUCIÓN
a) Potencia absorbida: P
𝑃 =
𝑃𝑢
𝜂
=
45
0,925
= 48,649 𝐾𝑊
b) Energía activa: W
𝑊 = 𝑃ℎ = 48,649 𝐾𝑊 16 ℎ = 778,378 𝐾𝑊ℎ
(En electricidad la unidad practica es el KWh; 1 KWh = 3 600 000 Joules)
c) Potencia reactiva: Px
𝑃𝑥 = 𝑃 𝑇𝑎𝑛 𝜑 = 48,649 𝐾𝑊 0,593 = 28,849 𝐾𝑉𝐴𝑅
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝐶𝑜𝑠 𝜑 = 0,86 ⇒ 𝑎𝑟𝑐 𝐶𝑜𝑠 0,86 = 30,68)
Tan 30,68º = 0,593
d) Energía reactiva: Wx
Wx = Pxh = (28,849 KVAR)(16 h) = 461,584 KVARh

16. Características de un determinado motor, dados por el constructor:
CARACTERÍSTICAS VALORES
– Potencia P = 45 KW (60 CV)
– Tensión U = 380 V en la red
– Intensidad I = 85 A a 380 V
– Velocidad n = 980 rpm
– Factor de potencia Cos φ= 0,86
– Rendimiento η = 92,5%
– Par máximo MM/MN = 2,3
– Intensidad de arranque IA/IN = 6,3
– Momento de inercia J = 1,5 Kgm2
– Peso m = 625 Kg
– Otras características No consideradas en este cálculo
SOLUCIÓN
Verificación y cálculo de los datos del motor de C.A.
a) Potencia útil: Pu
La placa de característica del motor señala la potencia útil que puede transmitir:
𝑃𝑢 =
3 𝑈 𝐼 𝐶𝑜𝑠 𝜑 𝜂
1000
=
3(380)(85)(0,86)(0,925)
1000
= 44,504 𝐾𝑊

b) Potencia absorbida: Pa
Los cálculos para los aparatos de maniobra se harán a partir de la potencia absorbida:
𝑃𝑎 =
3 𝑈 𝐼 𝐶𝑜𝑠 𝜑
1000
=
3(380)(85)(0,86)
1000
= 48,113 𝐾𝑊
c) Intensidad absorbida por el motor: I
La intensidad puede calcularse con cualquiera de las dos formas anteriores:
𝐼 =
1000 𝑃
3(380)(0,86)(0,925)
= 84,99 𝐴
d) Tensión de conexión: U
Las fases del motor están construidas para Uf = 380 V
Con red de VL = 380 V, el motor podría arrancarse en conexión estrella-triangulo (λ-Δ).
Por otro lado, las características del motor permiten el arranque directo, ya que el constructor admite una
intensidad de arranque IA = 6,3 veces la intensidad nominal IN
e) Velocidad: n
La velocidad asíncrona de n = 980 rpm, corresponde a una velocidad sincronía de ns = 1 000 rpm, por lo que se
tratara de un motor con devanado trifásico de 6 polos.
f) Factor de potencia: Cos 𝜑
El factor de potencia Cos 𝜑 = 0,86, corresponde al del motor, a sus valores nominales.
g) Par nominal: M
𝑀 =
9550𝑃
𝑛
=
9550(44,504)
980
= 433,687 𝑁 − 𝑚
h) Par máximo: MM
Según el constructor: MM = 2,3 MN = 2,3(433,687) = 997,48 N-m

17. El barraje infinito de la siguiente figura opera a 480 V. La carga 1 es un motor de inducción que consume
100 KW con factor de potencia 0,78 en atraso, y la carga 2 es un motor de inducción que consume 200 KW
con factor de potencia 0,8 en atraso y la carga 3 es un motor sincrónico cuyo consumo de potencia real es
de 150 KW.
a) Si se ajusta el motor sincrónico para operar a un factor de potencia de 0,85 en atraso ¿Cuál es la corriente
en la línea de transmisión del sistema?
b) Si se ajusta el motor sincrónico para operar a factor de potencia 0,85 en adelanto ¿Cuál es la corriente en
la línea de transmisión del sistema?
c) Suponga que las perdidas en la línea de transmisión están dadas por: 𝑃𝐿𝐿 = 3𝐼𝐿
2
𝑅 𝐿; donde LL representa
las perdidas en la línea ¿Cómo se comparan las pérdidas de transmisión en los dos casos?

SOLUCIÓN
a) En el primer caso, la potencia real de la carga es 100 KW, y la potencia reactiva de la carga
1, es:
𝑄1 = 𝑃1 𝑇𝑎𝑛𝜃 = 1000 𝐾𝑊 𝑇𝑎𝑛 𝐶𝑜𝑠−1
0,78 = 1000 𝐾𝑊 𝑇𝑎𝑛 38,739 = 80,228 𝐾𝑉𝐴𝑅
La potencia real de la carga 2 es 200 KW, y su potencia reactiva es:
𝑄2 = 𝑃2 𝑇𝑎𝑛𝜃 = 200 𝐾𝑊 𝑇𝑎𝑛 𝐶𝑜𝑠−1 0,80 = 200 𝐾𝑊 𝑇𝑎𝑛 36,87 = 150 𝐾𝑉𝐴𝑅
La potencia real de la carga 3 es 150 KW, y la potencia reactiva de la carga 3 es:
𝑄3 = 𝑃3 𝑇𝑎𝑛𝜃 = 150 𝐾𝑊 𝑇𝑎𝑛 𝐶𝑜𝑠−1
0,85 = 150 𝐾𝑊 𝑇𝑎𝑛 31,788 = 92,962 𝐾𝑉𝐴𝑅
Entonces la carga total es:
PT = P1 + P2 + P3 = 100 KW + 200 KW + 150 KW = 450 KW
La carga reactiva total es:
QT = Q1 + Q2 + Q3 = 80,228 + 150 + 92,962 = 323,19 KVAR
El factor de potencia equivalente del sistema es:
𝑃𝐹 = 𝐶𝑜𝑠𝜃 = 𝐶𝑜𝑠 𝑇𝑎𝑛−1 𝑄
𝑃
= 𝐶𝑜𝑠 𝑇𝑎𝑛−1 323,19
450
= 𝐶𝑜𝑠35,686° = 0,812, en atraso.
Finalmente, la corriente de línea está dada por:
𝐼𝐿 =
1000𝑃 𝑇
3𝑉𝐿 𝐶𝑜𝑠𝜃
=
1000(450 𝐾𝑊)
3(480 𝑉)(0,812)
= 666,584 𝐴

b) Las potencias real y reactiva de las cargas 1 y 2 no varían, así como tampoco la potencia real de la
carga 3. La potencia reactiva de la carga 3, es:
Q3 = P3Tan =(150 KW) Tan (Cos-1 0,85) = (150 KW)Tan(-31,788) = -92,962 KVAR
Entonces, la carga real total es:
PT = P1 + P2 + P3 = 100 KW + 200 KW + 150 KW = 450 KW
La carga reactiva total es:
QT = Q1 + Q2 + Q3 = 80,228 KVAR + 150 KVAR – 92,962 KVAR = 137,266 KVAR
El factor de potencia equivalente del sistema es:
𝑃𝐹 = 𝐶𝑜𝑠𝜃 = 𝐶𝑜𝑠 𝑇𝑎𝑛−1 𝑄
𝑃
= 𝐶𝑜𝑠 𝑇𝑎𝑛−1 137,266
450
= 𝐶𝑜𝑠 16,964° = 0,956, en atraso.
Finalmente, la corriente de línea está dada por:
𝐼𝐿 =
1000𝑃 𝑇
3𝑉𝐿 𝐶𝑜𝑠𝜃
=
1000(450 𝐾𝑊)
3(480 𝑉)(0,956)
= 566,178 𝐴
c) Las pérdidas de transmisión en el primer caso son:
𝑃𝐿𝐿 = 3𝐼𝐿
2
𝑅 𝐿 = 3(666,584 𝐴)2
𝑅 𝐿 = 1333002,687 𝑅 𝐿
Las perdidas de transmisión en el segundo caso son:
𝑃𝐿𝐿 = 3𝐼𝐿
2
𝑅 𝐿 = 3(566,178 𝐴)2
𝑅 𝐿 = 961672,587 𝑅 𝐿
Notamos que en el segundo caso las perdidas por transmisión son 28% menos que en el primer caso,
mientras que la potencia suministrada a las tres cargas es la misma.

18. Considere un motor de inducción monofásico de 60 Hz con la siguiente
información de placa: 1 HP, 1725 rpm, 115 V, 14,4 A, η = 68%. Determine
el par de salida, el factor de potencia y el costo de operación del motor
si la potencia eléctrica cuesta S/.1,02/KWh
SOLUCIÓN
La potencia de salida es 1 HP x 746 W/HP = 746 W, así que la potencia es, a partir de la
siguiente ecuación:
𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 =
𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎
𝜂
=
746
0,68
= 1097,059 𝑊
Ahora obtenemos el factor de potencia:
𝐹𝑃 =
𝑃 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
𝑉𝐼
=
1097 𝑊
(115 𝑉)(14,4 𝐴)
= 0,662, y la corriente está retrasada por este tipo de motor. El
par de salida será:
𝑇𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 =
𝑃 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎
𝜔 𝑚
=
746 𝑊
(1725 𝑟𝑝𝑚)
2𝜋
60
= 4,13 𝑁 − 𝑚, la velocidad mecánica ha sido convertida a
radianes/segundo. Para la operación continua y condiciones de placa, el costo sería:
1097 𝑊
1000
𝑊
𝐾𝑊
𝑥
24 ℎ
1 𝑑𝑖𝑎
𝑥
𝑆/.1,02
1 𝐾𝑊ℎ
=
𝑆/.26,85
𝑑𝑖𝑎

19. Considere un motor de inducción monofásico de 60 Hz con la siguiente
información de placa: 1 HP, 1725 rpm, 115 V, 14,4 A, η = 68%. Determine
el par de salida, el factor de potencia y el costo de operación del motor
si la potencia eléctrica cuesta S/.1,02/KWh
SOLUCIÓN
La potencia de salida es 1 HP x 746 W/HP = 746 W, así que la potencia es, a partir de la
siguiente ecuación:
𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 =
𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎
𝜂
=
746
0,68
= 1097,059 𝑊
Ahora obtenemos el factor de potencia:
𝐹𝑃 =
𝑃 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
𝑉𝐼
=
1097 𝑊
(115 𝑉)(14,4 𝐴)
= 0,662, y la corriente está retrasada por este tipo de motor. El
par de salida será:
𝑇𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 =
𝑃 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎
𝜔 𝑚
=
746 𝑊
(1725 𝑟𝑝𝑚)
2𝜋
60
= 4,13 𝑁 − 𝑚, la velocidad mecánica ha sido convertida a
radianes/segundo. Para la operación continua y condiciones de placa, el costo sería:
1097 𝑊
1000
𝑊
𝐾𝑊
𝑥
24 ℎ
1 𝑑𝑖𝑎
𝑥
𝑆/.1,02
1 𝐾𝑊ℎ
=
𝑆/.26,85
𝑑𝑖𝑎

Importancia práctica del Cos 𝜑:
20. Un motor monofásico de 1000 W a 220 V con un Cos 𝜑 = 0,6. Estos
datos nos indican que el motor desarrolla una potencia mecánica
equivalente a los 1000 W de potencia activa suministrados por la red
eléctrica. Por otro lado, el factor de potencia está bastante por debajo
de la unidad lo que nos muestra la presencia de una potencia reactiva
elevada causada por el efecto de la autoinducción de los bobinados. Hay
que pensar que la potencia no se transforma en trabajo útil en el motor,
simplemente sirve para generar el campo electromagnético, para luego
ser devuelta al generador. Este trasiego de energía reactiva del
generador al motor y viceversa, hace que la compañía suministradora de
energía eléctrica tenga que proporcionar una potencia aparente por la
red eléctrica muy superior a la que realmente se consume. En
consecuencia, se produce un aumento de corriente por los conductores
de la línea que repercute directamente en los costos de las instalaciones
eléctricas propiedad de las compañías.

SOLUCIÓN
En este problema, obtenemos el siguiente grafico a partir de los datos:
𝑆 =
𝑃
𝐶𝑜𝑠 𝜑
=
1000
0,6
= 1667 𝑉𝐴
𝑄 = 𝑆 𝑆𝑒𝑛 𝜑 = 16677 0,8 = 1334 𝑉𝐴𝑅
𝐼 =
𝑃
𝑉(𝐶𝑜𝑠 𝜑)
=
1000
(220)(0,6)
= 7,6 𝐴
De los datos obtenidos deducimos que el motor produce un consumo de 1000 W, pero necesita
de un suministro de 1667 VA por la línea para funcionar.
Si por algún método mejoramos el factor de potencia hasta por lo menos 0,95 obtendríamos
los siguientes valores:
𝑆 =
𝑃
𝐶𝑜𝑠 𝜑
=
1000
0,95
= 1053 𝑉𝐴
𝑄 = 𝑆 𝑆𝑒𝑛 𝜑 = 1053 0,31 = 326 𝑉𝐴𝑅
𝐼 =
𝑃
𝑉(𝐶𝑜𝑠 𝜑)
=
1000
(220)(0,95)
= 4,8 𝐴
Deducimos que al acercar el factor de potencia a la unidad obtenemos una reducción de
corriente considerable, asi como de la potencia aparente y reactiva.

SOLUCIÓN
Para contrarrestar el consumo excesivo de potencia reactiva de carácter inductivo y así reducir
también la potencia aparente y la corriente por la línea se instalan condensadores conectados
en paralelo con los receptores, tal como se muestra en la siguiente figura:

20. En la fabricación de un transformador monofásico se han utilizado 750 espiras en el
primario y 1500 en el secundario. El flujo máximo que aparece en el núcleo magnético
es de 3 mWb (mili weber). Determinar las tensiones en el primario y en el secundario
para una frecuencia de 50 Hz, así como la relación de transformación.
SOLUCIÓN
𝐸1 = 4,44𝑓𝑁1Φ 𝑚𝑎𝑥 = 4,44 50 750 0,03 = 499,5 𝑉
𝐸2 = 4,44𝑓𝑁2Φ 𝑚𝑎𝑥 = 4,44 50 1 500 0,03 = 999,0 𝑉
Lo cual nos indica que es un transformador elevador, siendo su relación de transformación:
𝑚 =
𝑁1
𝑁2
=
750
1 500
= 0,5

21. Un transformador reductor de 230/110 V proporciona energía a una electrobomba de 2
kW, 110 V, Cos 𝜑 = 0,6. Suponiendo la corriente de vacío y las pérdidas despreciables,
determinar la intensidad por el primario y por el secundario, así como la relación de
transformación del transformador. ¿Cuál es la potencia aparente que suministra el
transformador?
SOLUCIÓN
Calculamos primero la corriente por el secundario:
𝑃 = 𝑉2 𝐼2 𝐶𝑜𝑠𝜑 ⇒ 𝐼2 =
𝑃
𝑉2 𝐶𝑜𝑠𝜑
=
2000
(110)(0,6)
= 30,3 𝐴
La relación de transformación es:
𝑚 =
𝑉1
𝑉2
=
230
110
= 2,01
La corriente por el secundario la calculamos teniendo en cuenta la relación de
transformación:
𝑚 =
𝐼2
𝐼1
⇒ 𝐼1 =
𝐼2
𝑚
=
30,3
2,01
= 15,07 𝐴
La potencia aparente que suministra el transformador es:
𝑆 = 𝑉2 𝐼2 = 110 𝑉 30,3 𝐴 = 3 333 𝑉𝐴

22. Determinar la frecuencia que produce un alternador que gira a
una velocidad de 1500 r.p.m. si éste posee dos pares de polos.
SOLUCIÓN
𝑓 = 𝑝
𝑛
60
= 2
1500
60
= 60 𝐻𝑧
23. ¿A que velocidad deberá girar un alternador con cuatro
pares de polos para producir una frecuencia de 50 Hz?
SOLUCIÓN
De la expresión general tenemos que la velocidad síncrona de un alternador es:
𝑛 =
60𝑓
𝑝
=
(60)(50)
4
= 750 𝑟. 𝑝. 𝑚.

UNAMAD: CIRCUITOS Y MAQUINAS ELECTRICAS: 10. i@402 clase 16jul13

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to UNAMAD: CIRCUITOS Y MAQUINAS ELECTRICAS: 10. i@402 clase 16jul13

Similar to UNAMAD: CIRCUITOS Y MAQUINAS ELECTRICAS: 10. i@402 clase 16jul13 (20)

More from Saúl Montalván Apolaya

More from Saúl Montalván Apolaya (9)

UNAMAD: CIRCUITOS Y MAQUINAS ELECTRICAS: 10. i@402 clase 16jul13